Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Bình Phước

Việc ôn thi sẽ trở nên dễ dàng hơn khi các em có trong tay Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Bình Phước được chia sẻ trên đây. Tham gia giải đề thi để rút ra kinh nghiệm học tập tốt nhất cho bản thân cũng như củng cố thêm kiến thức để tự tin bước vào kì thi chính thức các em nhé! Chúc các em ôn tập đạt kết quả cao!

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC TOANMATH.com Câu 1: KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MÔN TOÁN – LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2020 - 2021 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 15/10/2020 (4,0 điểm) xm , ( m tham số thực) có đồ thị  Cm  x 1 Tìm tất giá trị m để max f  x   f  x   Cho hàm số y  f  x   1;0  1;0 Với m  , tìm tất điểm M  C0  cho tiếp tuyến M với  C0  cắt hai đường tiệm cận  C0  A B thỏa mãn IAB cân, với I giao điểm hai đường tiệm cận Câu 2: (6,0 điểm)   Giải phương trình: cos x.cos x  cos x  sin x   2 sin  x   4  x   x  x    y    x  1 y  1  Giải hệ phương trình :   x   x  1 y  1  x   x  x     y    Cho tập T  1; 2; 3; 4; 5 Gọi H tập hợp tất số tự nhiên có chữ số đôi khác thuộc T Chọn ngẫu nhiên số thuộc H Tính xác suất để số chọn có tổng chữ số 10 Câu 3: (3,0 điểm) Cho hình vng ABCD có A  1;2  Gọi M , N trung điểm BC CD Gọi H giao điểm BN AM Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác HDN biết phương trình đường thẳng BN :2 x  y   điểm B có hồnh độ lớn Câu 4: (4,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với  ABCD  Gọi H trung điểm AB Tính thể tích khối chóp S ABCD tan  SH ,  SCD   Câu 5: (2,0 điểm) Cho hai đa thức P  x   ax3  bx  cx  b Q  x   x  cx  bx  a với a,b,c   , a  Chứng minh G  x   P  x   Q  x   x   a  b  c Câu 6: (2,0 điểm) Giả sử phương trình x3  3x  ax  b  ( với a, b  ) có nghiệm thực dương Gọi nghiệm x1 , x2 , x3 Đặt un  x1n  x2n  x3n , n  * x1n 1  x2n 1  x3n1 Tìm a, b để 1     n  2021 u1 u2 un HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: xm , ( m tham số thực) có đồ thị  Cm  x 1 Tìm tất giá trị m để max f  x   f  x   Cho hàm số y  f  x   1;0  1;0 Với m  , tìm tất điểm M  C0  cho tiếp tuyến M với  C0  cắt hai đường tiệm cận  C0  A B thỏa mãn IAB cân, với I giao điểm hai đường tiệm cận Lời giải Có f   x   m 1  x  1 + Với m   f  x   x   1;0  max f  x   f  x   (không thỏa mãn) 1;0  1;0 + Với m  , hàm số f  x  đơn điệu  1;0 , đó: max f  x   f  x    f  1  f      1;0  1;0 m 1 m3m thỏa mãn yêu cầu toán x Với m   f  x   có đồ thị  C0  Tọa độ giao điểm hai đường tiệm cận x 1  C0  I 1;1 Vậy m   Gọi M  x0 ;  x0   , x0  x0   Có f   x     x  1 Phương trình tiếp tuyến  C0  M có dạng y    x0  1  x  x0   x0 x0   x0    , cắt đường tiệm cận ngang  x0   Tiếp tuyến M cắt đường tiệm cận đứng A 1; B  x0  1;1 Có IA  , IB  x0  x0  Tam giác IAB tam giác vuông I , tam giác IAB cân IA  IB  M  0;0   x0  2   x0    x0  1    x0   M  2;2   x0  Vậy M  0;0  M  2;2   Câu 2:   Giải phương trình: cos x.cos x  cos x  sin x   2 sin  x   4  Lời giải    cos x  cos x  cos x  sin x   2 sin  x   4   cos x  sin x   sin x  cos x  cos x  cos x  2sin x cos x  2sin x   cos x  cos x  1  sin x  cos x  1    cos x  1 cos x  sin x      cos x  x   k 2    , k    sin  x       x    k  4   x   x  x    y    x  1 y  1  Giải hệ phương trình :   x   x  1 y  1  x   x  x     y  Lời giải   Điều kiện: x, y  1 Ta có: x   x   y  2 x 1 x3  x  x  x  1 x 1  x  1 y  1   y  1 y   y   x   x       x 1   x 1   x   f  f  x 1      y 1   y 1  y  Xét f  t   t  t  f   t   3t   0, t  f  t  đồng biến  x  y  thay vào   ta được: x 1  2  x x  x    x  5 x   x  x   x    x   x  5   x     x  5  x  x  x    x     x  5 x  x  3 x 1     x    x2  x   x  5 x  3  x6 3  x  3 x    x   TM   x x5   x2 0  x   x6 3 Ta có: x x5  x20 x 1  x6 3 x  1 ) (vô nghiệm x x5   x2  0, x 1  x6 3 Vậy nghiệm S  3 Cho tập T  1; 2; 3; 4; 5 Gọi H tập hợp tất số tự nhiên có chữ số đơi khác thuộc T Chọn ngẫu nhiên số thuộc H Tính xác suất để số chọn có tổng chữ số 10 Lời giải - Số số tự nhiên có chữ số khác thuộc T là: A53  60 số - Số số tự nhiên có chữ số khác thuộc T là: A54  120 số - Số số tự nhiên có chữ số khác thuộc T là: !  120 số Do đó: tập H có số phần tử là: 60  120  120  300 (phần tử) Suy ra: n     300 - Gọi A biến cố: “chọn số từ H có tổng chữ số 10 ” Các số có chữ số khác mà tổng chữ số 10 lập từ số: 1; 4;   2; 3;  , số số loại là: 2.3!  12 số Các số có chữ số khác mà tổng chữ số 10 lập từ số 1; 2; 3;  , số số loại là: !  24 số Do đó: n  A   12  24  36 Vậy xác suất cần tính là: P  A   Câu 3: n A n   36  300 25 Cho hình vng ABCD có A  1;2  Gọi M , N trung điểm BC CD Gọi H giao điểm BN AM Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác HDN biết phương trình đường thẳng BN :2 x  y   điểm B có hồnh độ lớn Lời giải Xét ABM  BCN  c.c.c   MAB  NBC , từ suy BN  AM Đường thẳng AM qua A vng góc với BN nên có phương trình x  y    11 18  BN  AM  H  H  ;  5 5 Ta có ABH đồng dạng với BMH  AH  HB  AB   xB   TM  2    xB  1   yB      x   KTM   B  B  3;2   11   5  Gọi P trung điểm AH  P  ; Tứ giác ADNH nội tiếp đường trịn đường kính AN , I trung điểm AN 2 x  y    N 1;6  x  Tọa độ N nghiệm hệ phương trình    PI  HN  I  0;4  Đường tròn ngoại tiếp tam giác HDN có tâm I  0;4  , bán kính IN  , phương trình đường trịn x   y    Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , SAB tam giác nằm mặt phẳng vuông góc với  ABCD  Gọi H trung điểm AB Tính thể tích khối chóp S ABCD tan  SH ,  SCD   Lời giải S K A D H E C B Từ giả thiết, ta có SH   ABCD  Vì SAB cạnh a nên SH  a 1 a a3 Thể tích khối chóp S ABCD : VS ABCD  S ABCD SH  a  3 Gọi E trung điểm CD  HE  CD Từ H kẻ HK  SE K CD  HE Ta có   CD   SHE   CD  HK CD  SH  HK  SE Mặt khác   HK   SCD   HK  CD   90 (do SHK vuông K ) Như  SH ,  SCD     SH , SK   HSK Xét tam giác SHE , ta có 1 a 21    HK  2 HK SH HE Tam giác SHK vuông K : SK  SH  HK  7a 14   HK  Như tan  SH ,  SCD    tan HSK SK Câu 5: Cho hai đa thức P  x   ax3  bx  cx  b Q  x   x  cx  bx  a với a,b,c   , a  Chứng minh G  x   P  x   Q  x   x   a  b  c Lời giải Ta có G  x   P  x   Q  x    a  1 x3   b  c  x   b  c  x  a  b  , x   Để ý thấy G  x  liên tục  a   lim G  x    nên tồn x0  : G  x0   x  suy vô lý tương tự a   lim G  x    nên tồn x0  : G  x0   suy vô x  lý Xét trường hợp a  suy G  x    b  c  x   b  c  x  a  b lập luận tương tự ta có bc  + Nếu b  c suy G  x   a  b   a  b + Nếu b  c Khi G  x   x     b  c    b  c  a  b     b  c  b  c  4a  4b    b  c  4a  4b   4a  b  c  4b  4a  4b  a  b Vậy ta ln có G  x   P  x   Q  x   x   a  b  c Câu 6: Giả sử phương trình x3  3x  ax  b  ( với a, b   ) có nghiệm thực dương Gọi nghiệm x1 , x2 , x3 Đặt un  Tìm a, b để x1n  x2n  x3n , n  * n 1 n 1 n 1 x1  x2  x3 1     n  2021 u1 u2 un Ta chứng minh  un  dãy giảm Thật : un  un 1 x  n Lời giải  x2n  x3n  x1n   x1n   x1n     x1n 1  x2n 1  x3n 1  x n 1  x2n1  x3n1  x1n  x1n   x1n   Theo bất đẳng thức BCS :  x1n  x2n  x3n  x1n  x1n   x1n     x1n1  x2n 1  x3n 1  Do : un  un 1  , n  * Vậy  un  dãy giảm Ta có :   x1  x2  x3    x1 x2  x2 x3  x1 x3   3a  a  1 Vì  un  dãy giảm n  * nên:  2a 1 n x  x22  x32 n  n      u1 u2 un u1 x1  x2  x3  2a n  2021  2a n  2021  2a n  n  2021     lim  3 n n a3  2 Do : Từ 1   : a  Với a  ta : x1  x2  x3  , suy : b  (thử lại thỏa mãn) Vậy a  , b  thỏa yêu cầu HẾT ... số 10 Lời giải - Số số tự nhiên có chữ số khác thuộc T là: A53  60 số - Số số tự nhiên có chữ số khác thuộc T là: A54  120 số - Số số tự nhiên có chữ số khác thuộc T là: !  120 số Do đó: tập... chữ số khác thuộc T là: !  120 số Do đó: tập H có số phần tử là: 60  120  120  300 (phần tử) Suy ra: n     300 - Gọi A biến cố: “chọn số từ H có tổng chữ số 10 ” Các số có chữ số khác... 4;   2; 3;  , số số loại là: 2.3!  12 số Các số có chữ số khác mà tổng chữ số 10 lập từ số 1; 2; 3;  , số số loại là: !  24 số Do đó: n  A   12  24  36 Vậy xác suất cần tính là: