Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2019-2020 - Sở GD&ĐT Yên Bái

Nhằm giúp các bạn học sinh đang chuẩn bị cho kì thi chọn HSG sắp tới cũng như giúp các em củng cố và ôn luyện kiến thức, rèn kỹ năng làm bài thông qua việc giải Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2019-2020 - Sở GD&ĐT Yên Bái dưới đây. Hi vọng đây là tài liệu hữu ích cho các bạn trong việc ôn tập. Chúc các bạn thi tốt!

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO YÊN BÁI ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2019 – 2020 MƠN THI: TỐN Thời gian: 180 phút (Khơng kể thời gian phát đề) ĐÈ CHÍNH THỨC Câu I Cho hàm số y  mx  Tìm tất giá trị tham số m để hàm số nghịch biến khoảng xm ( ;1) Cho hàm số f ( x)  x3  x  (9  m) x  2m  Tìm tất giá trị tham số m để hàm số g ( x)  f ( x) có điểm cực trị Câu II Từ tập hợp tất số tự nhiên có chữ số mà chữ số khác 0, lấy ngẫu nhiên số Tính xác suất để số tự nhiên lấy có mặt ba chữ số khác Câu III  y  x  y   x  y  x  x Giải hệ phương trình sau tập số thực:  2  xy  y  x  y   xy  y  (1) (2) Câu IV Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC vuông B, AB  a 3, ACB  600 , hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng  ABC  trọng tâm tam giác ABC , gọi E trung điểm cạnh AC, biết góc SE mặt phẳng đáy 300 a) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SAB  b) Tính góc hai mặt phẳng  SAC   ABC  Câu V Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn  O  , có đường cao AD  D  BC  Kẻ DE, DF vng góc với AB, AC  E  AB, F  AC  BF  CE  I , K  BF  DE , L  CE  DF , hai điểm M, N trung điểm AD AI Chứng minh rằng: a) Đường thẳng KL song song với đường thẳng BC b) M, N, O thẳng hàng Câu VI Cho số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện x nhỏ biểu thức P 20 x z 20 y x y y z x2 y2 z2 xy Tìm giá trị z Câu VII Tìm tất số nguyên dương n cho n  n3  số phương HẾT -Trang 1/11 - WordToan HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu I Cho hàm số y  mx  Tìm tất giá trị tham số m để hàm số nghịch biến khoảng xm ( ;1) Cho hàm số f ( x)  x3  x  (9  m) x  2m  Tìm tất giá trị tham số m để hàm số g ( x)  f ( x) có điểm cực trị Lời giải Tập xác định: D  Ta có: y '  m2  ( x  m) Hàm số nghich biến khoảng (;1)  y'  0,  x  m   3  m     3  m  1 m  1 m  (;1) Vậy với 3  m  1 hàm số nghịch biến khoảng ( ;1) Hàm số g ( x)  f ( x) có điểm cực trị  Hàm số f ( x ) có điểm cực trị yCĐ yCT  Cách 1: Hàm số f ( x ) có điểm cực trị yCĐ yCT   Đồ thị hàm số f ( x ) cắt trục hoành điểm phân biệt  x3  x  (9  m) x  2m   có nghiệm phân biệt  ( x  2)( x  x   m)  có nghiệm phân biệt  x  x   m  có nghiệm phân biệt  '  m    m  3 khác   2  4.2   m  Vậy với m  3 hàm số g ( x)  f ( x) có điểm cực trị Cách 2: Hàm số f ( x ) có điểm cực trị yCĐ yCT  Ta có f '( x)  3x  12 x   m Hàm số f ( x ) có điểm cực trị x1 , x2  f '( x)  3x  12 x   m =0 có nghiệm phân biệt x1 , x2   '  3m    m  3 (1) Trang 2/11 – Diễn đàn giáo viên Toán 2m 4m  2) x   Mặt khác f ( x)  ( x  ) f '( x)  ( nên phương trình đường thẳng qua điểm 3 3 2m 4m 2m  2) x    (  2)( x  2) cực trị y  ( 3 Do yCĐ yCT   ( ( 2m 2m  2)  x1 x2  2( x1  x1 )  4   2) ( x1  2)( x2  2)   ( 3 2m 2m  m   m   2)2 3   2.4  4   (  2)2   1   m  3 ( thỏa mãn Đk (1) ) 3     Câu II Cách Gọi S tập hợp tất số tự nhiên có chữ số mà chữ số khác Số phần tử S là: n( S )  95 Gọi  không gian mẫu phép thử ngẫu nhiên: " lấy ngẫu nhiên số thuộc tập S"  n()  95 Gọi biến cố A:" Số lấy có mặt ba chữ số khác nhau" Trường hợp 1: Số có chữ số xuất lần chữ số cịn lại xuất lần Vậy có: n1  C93 C31.C53  5040 Trường hợp 2: Số có hai chữ số xuất lần chữ số lại xuất lần Vậy có: n2  C93 C31.5.C42  7560  n(A)  n1  n2  12600  P(A)  12600 95  1400 \ 6561 Cách Gọi S tập hợp tất số tự nhiên có chữ số mà chữ số khác Số phần tử S là: n( S )  95 Gọi  không gian mẫu phép thử ngẫu nhiên: " lấy ngẫu nhiên số thuộc tập S"  n()  95 Gọi biến cố A:" Số lấy có mặt ba chữ số khác nhau" Gọi số có chữ số mà có chữ số khác a, b, c lấy từ tập S  1;2;3;4;5;6;7;8;9 Trường hợp 1: Cả chữ số lại chữ số a, b, c : có cách; hốn vị từ 5! hoán vị chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo từ số tự nhiên n ; 3! hoán vị vị trí mà a, a, a chiếm chỗ tạo số n , nên trường hợp có: C93 5!  5040 số tự nhiên 3! Trường hợp 2: chữ số lại chữ số a, b, c chữ số chữ số khác ba chữ số đó: có cách; hoán vị từ 5! hoán vị chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo số tự nhiên n ; 2! hoán vị vị trí mà a, a chiếm chỗ 2! hốn vị vị trí mà b, b chiếm chỗ tao số tự nhiên n , nên trường hợp có: 5! C93  7560 số tự nhiên 2!2! Trang 3/11 - WordToan Vậy n( A)  5040  7560  12600  P(A)  12600  1400 6561  y  x  y   x  y  x  x Câu III Giải hệ phương trình sau tập số thực:  2  xy  y  x  y   xy  y  Lời giải Cách (1) (2) x  Điều kiện:  x  y  Thay x  y  vào phương trình (2) thấy khơng thỏa mãn, ta xét với x  y  Vì x  y  nên x  y  2x  Nên từ phương trình (1) ta có: y  x  y   x  y  x  x  xy  x  y  x  x  y  x   x  y  x    y  x  y  x     yx    y  x   2x  y  0   x  y  2x x  y  x   x  y (3)  2 x  y   (4)  x  y  2x Nhận xét: x  Vì   x  y  , x  y   suy phương trình (4) vơ nghiệm x  y  2x Từ (3) thay x  y phương trình (2) ta có   x3  x  14 x   x  x    x  1   x  1 x  1   x  1   x  x    6x    x  1  x  x     x  x    x  x  1    0   x   (5) 6x   x2  4x    (6)  x2  x  1  x  x      Từ (5) ta có nghiệm hệ  x ; y   1;1 Nhận thấy phương trình (6) vơ nghiệm, thật vậy: Ta có x  x    x     2 x  Mặt khác nhận thấy x  x     1  x  x Từ 2  Trang 4/11 – Diễn đàn giáo viên Toán  x  x    x  x  1   Nên x  x   3 33 2 3 x   x      x6  3x 4  4 6x  x  x    x  x  1    nên phương trình (6) vơ nghiệm Vậy hệ phương trình có nghiệm  x ; y   1;1 x  Cách 2: Điều kiện:  x  y  Vậy hệ phương trình có nghiệm  x ; y   1;1 Với x  hệ :  y  y  y   Vậy hệ vô nghiệm   y 1        y y  Với x  , ta có x  x  y  (1)    x  x  y  ( x2  y  xy)  x y  ( x  y )(2 x  y )  2x  x  y     ( x  y)   2x  y    2x  x  y    x  y    2x  y   x  x  y x  Vì  x  y  1  2x  y   x   x  y  nên A  2x  x  y 2x  x  y Vậy A  vô nghiệm Thế x  y vào (2) ta phương trình: y  y  14 y   y  y   y  y  14 y   33 y  y   33 y  y   (8 y  y  8)  3(y 1)  (y  1)3 (3) Xét hàm số: f (t )  3t  t ;(t  )  f '(t )   3t  0; t  Do hàm số f (t ) đồng biến , hàm sô liên tục từ (3) ta có: f  y  y    f ( y 1)  y2  y   y 1  y  y    y  1  y3  y  11y    ( y  1)( y  y  7)  y 1   y  Vậy nghiệm hệ phương trình ( x; y )  (1;1) y  4y   Trang 5/11 - WordToan Cách 3: x  Điều kiện:  x  y  Với x  hệ :  y  y  y   Vậy hệ vô nghiệm   y 1        y y    x  x  y  (1)  Với x  , ta có  x  x  y  ( x2  y  xy)  x y  ( x  y )(2 x  y )  2x  x  y    ( x  y)   2x  y    2x  x  y    x  y    2x  y   x  x  y 1 x   2x  y   x   x  y  Vì  nên A  2x  x  y 2x  x  y x  y  Vậy A  vô nghiệm Thế x  y vào (2) ta phương trình: y  y  14 y   y  y   y  y  y    y  y  1 y      0 y  y  y  y   6( y  1)  y  y  1 y2  y 1  y  y2  y  y  y2 3   6( y  1) Vì ( y  2)  6( y  y   y )  ( y  1)( y  y  4)     ( y  1)   y        y 1   y     y 1 3 y   0; y   y 1 y  y Câu IV Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC vuông B, AB  a 3, ACB  600 , hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng  ABC  trọng tâm tam giác ABC , gọi E trung điểm cạnh AC, biết góc SE mặt phẳng đáy 300 a) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SAB  b) Tính góc hai mặt phẳng  SAC   ABC  Lời giải Trang 6/11 – Diễn đàn giáo viên Tốn a) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SAB  * Tính thể tích khối chóp S.ABC Gọi G trọng tâm tam giác ABC  SG   ABC     SE ,  ABC   SEG  300  BC  AB.cot ACB  a 3.cot 600  a  +) ABC vuông B   AB  2a  AC  sin ACB  a Có SABC  AB.BC  2 1 a EG  BE  AC  3 a a +) SGE vuông G  SG  GE.tan SEG  tan 300  a3 Vậy VS ABC  SABC SG  18 * Tính d  C ,  SAB   +) Trong ABC , kẻ GN BC  N  AB   GN  AB (vì BC  AB ) GN AG 2 a    GN  MB  (M trung điểm BC) Có MB AM 3 +) Trong SGN , kẻ GH  SN  d  G,  SAB    GH  SG.GN SG  GN +) Gọi F trung điểm AB, có CG   SAB   F  d  C ,  SAB     d  C ,  SAB    3.d  G ,  SAB     a a  a   a 2       3 a  CF d  G ,  SAB   GF a a Vậy d  C ,  SAB    b) Tính góc hai mặt phẳng  SAC   ABC  Trang 7/11 - WordToan BC.BA Trong ABC , kẻ BP  AC  BP  BC  BA2  a GK  AC  Kẻ GK BP   a GK  BP     AC  GK Ta có,   AC  SK   SAC  ,  ABC   SKG  AC  SG SG  Trong SGK vuông G, có tan SKG  GK Vậy  SAC  ,  ABC   SKG  arctan Câu V Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường trịn  O  , có đường cao AD  D  BC  Kẻ DE, DF lần     lượt vng góc với AB, AC  E  AB, F  AC  BF  CE  I , K  BF  DE , L  CE  DF , hai điểm M, N trung điểm AD AI Chứng minh rằng: a) Đường thẳng KL song song với đường thẳng BC b) M, N, O thẳng hàng Lời giải A F O E I L K B a) Cách Trang 8/11 – Diễn đàn giáo viên Toán D C KI LI  Ta chứng minh: KB LC Áp dụng định lí Menelaus tam giác BIC với hai cát tuyến D, L, F D, K , E có: : LI DC FB KI DB EC  1;  suy ta cần chứng minh: LC DB FI KB DC EI DC FB DB EC EC FI  DC      DB FI DC EI EI FB  DB  DC Dễ chứng minh tứ giác FECB nội tiếp Khi đó,ta có: EC sin B AC sin DAC (1)    DB FB sin C AB sin DAB IF FC DC.sin FDC DC.sin DAC (2)    IE EB DB.sin EDB DB.sin DAB Từ (1) (2) suy đpcm A N H F M O E K S B I L C D T A' Cách 2: Ta có AED  AFD  900 nên tứ giác AEDF nội tiếp  AEF  ADF  900  DAC  ACB  BEF  AEF  BEF  ACB  1800  Tứ giác EFCB nội tiếp  BEC  CFB  KEL  BEC  900  CFB  900  LFK  Tứ giác EFLK nội tiếp  ILK  EFI  BCI  KL // BC b) Cách 1: AA đường kính Để chứng minh M, O, N thẳng hàng ta chứng minh I, D, A’ thẳng hàng  AD   O   AH Có: AHD  90  AHA  H , D, A Áp dụng tính chất trục đẳng phương đường tròn  AD ,  O  ,  BEFC  ta có AH, BC, EF đồng quy S Trang 9/11 - WordToan Gọi T trung điểm A’D suy MT // AO suy MT  FE (do OA  FE ) lại có ME  MF  TE  TF (1) Lại có OT // AD suy OT  BC mà OB  OC  TB  TC (2) Từ (1) (2) suy T tâm  BEFC  Áp dụng định lí Brocard tứ giác BEFC có: T trực tâm tam giác SIA suy TI  SA Do T  DA  TD  SA suy T , D, A  đpcm Cách 2: Qua B kẻ đường thẳng song song với DE cắt ID G Qua C kẻ đường thẳng song song với DF cắt ID G' IG IB  Do BG // KD nên ta có: (1) ID IK IG' IC  (2) Do CG' // DL nên ta có: ID IL IB IC  Mà KL // BC nên ta lại có: (3) IK IL IG IG'  Từ (1), (2), (3) ta  G,G' trùng ID ID  ABG  ACG  900 nên tứ giác ABGC nội tiếp  G thuộc đường tròn ( O ) AG đường kính ( O ) Do I ,D,G thẳng hàng N ,M,O trung điểm AI , AD, AG  Ba điểm M ,N ,O thẳng hàng A N M E O F I K L C B D G≡G' Câu VI Cho số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện x Tìm giá trị nhỏ biểu thức P Trang 10/11 – Diễn đàn giáo viên Toán 20 x z 20 y y x2 z x y y2 z z2 xy Lời giải Ta có x y z x y z 2 xy x y z x y z z 0) B C S 2 x y z x y z x y z (do x y Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM ta có 16 8 8 x z x z 33 x x z x z x z x z x z 16 y y y y y 33 8 y y y z 12 12 Khi 20 x z P 16 x z 12 12 20 y x x z y z 16 y y x y z 5 26 x y z x x z y Dấu “=” xảy y z x y z Vậy giá trị nhỏ biểu thức P x 1, y 2, z Câu VII Tìm tất số nguyên dương n cho n  n3  số phương Lời giải     Vì n số nguyên dương nên n4  n4  n3   n4  2n3  n2  n2  n4  n3   n2  n  Theo yêu câu đề n  n3  có dạng n2  k  với k  ,  k  n * n4  n3    n2  k   n3   2n2k  k  k   n2  n  2k    k  1 n2 +) Trường hợp 1: k    k   n  (thỏa mãn) +) Trường hợp 2: k   , từ n2  n  2k   k    k  1 n  k  n (mâu thuẫn * ) Vậy n  HẾT Trang 11/11 - WordToan