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

TaiLieu.VN giới thiệu Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Nghệ An nhằm giúp các em học sinh có tài liệu ôn tập, luyện tập nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập Toán một cách thuận lợi. Chúc các bạn thành công!

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1a Cho phương trình = sin x ( cot x + ) cos x Hỏi phương trình cho có nghiệm thuộc khoảng ( 0; 2020π ) Lời giải Điều kiện sin x ≠ ⇔ x ≠ kπ , k ∈  π Ta có x= Xét x ≠ π ⇔ tan x = + kπ không thỏa mãn phương trình cho ( ) + kπ , phương trình sin x = cot x + cos x ⇔ tan x = cot x +  tan x =−2 + + ⇔ tan x − tan x − = ⇔  tan x  tan x= + π  x = + mπ  12 (1) với m, n ∈  ⇔ 5π = x + nπ  12 + m = + n ⇔ m = n + (*) với m, n ∈  nên phương trình (*) vô nghiệm Suy Xét 12 12 nghiệm hệ (1) khác π    − 12 < m < 2020 − 12 0 < 12 + mπ < 2020π Do x ∈ ( 0; 2020π ) nên ta có  ⇔ π  − < n < 2020 − 0 < + nπ < 2020π  12  12 12 Suy m ∈ {0;1; 2; 2019} n ∈ {0;1; 2; 2019} Vậy phương trình cho có tất 4040 nghiệm ( x + 1) x + ( y − 3) − y = (1) Câu 1b Cho hệ phương trình:  m (2) 4 x + y + − x = ( x, y∈  , m tham số) Tìm tất các giá trị nguyên tham số m để hệ phương trình có nghiệm Lời giải   x ≤ Điều kiện:  (*) y ≤  ( Ta có: (1) ⇔ x3 + x =− ( y − 3) − y ⇔ (2 x)3 + (2 x) = − y ) +( 5− 2y ) (3) Xét hàm số: f (u ) = u + u ⇒ f '(u ) = 3u + > 0, ∀u Suy f ( u ) đồng biến  f (2 x) = f ( x ≥ x ≥ Thế vào (2), ta được: − y ⇔ 2x = − y ⇔  ⇔ x = − y y = − x   )  − x2  4x +  m  + − 4x =   2  − 4x2  g ( x) = x +   + − 4x   Xét với  3 x ∈ 0;   4 4 5   3 g '( x)= x − x  − x  − = x ( x − 3) − < 0, ∀x ∈  0;  − 4x − 4x 2   4 265 25 3 Để hệ cho có nghiệm ⇔ g   ≤ m ≤ g ( ) ⇔ ≤m≤ +2 64 4 Vậy giá trị m nguyên cần tìm 5, 6, 7,8,9 Câu a) Số phần tử không gian mẫu: 𝐶𝐶30 Gọi a biến cố cần tính xác suất Giả sử số ghi ba cầu a; b; c Ta có 𝑏𝑏 = 𝑎𝑎+𝑐𝑐 , suy a, c chẵn lẻ Từ đến 30 cóa 15 số chẵn, 15 số lẻ Suy số kết thuận lợi A 2𝐶𝐶15 Xác suất cần tính là: b) Cho dãy số 2𝐶𝐶15 𝐶𝐶30 ( un ) = 58 xác định u1 = 3, un +1 = un2 − 2, ∀n ∈ N * Chứng minh rằng: ( u1.u2 u n −1 ) + số phương Lời giải Ta có: un +1 = un2 − ⇒ un2 = un +1 + ⇒ ( u1u2u3 un ) = ( u2 + )( u3 + ) ( un + ) ⇒ ( u1u2 un ) = ( u1 + ) ( un + ) Mà un +1 = un2 − = ( un − )( un + ) Nên un +1 − = ( u1 − )( u1 + ) ( un + ) = ( u1 + )( u1 + ) ( un + ) ⇒ ( u1u2 un ) = un +1 − ⇒ ( u1u2 un ) + 4= un +1 + 2= un2 (đpcm) 2 Cách 2: u1 = 3± ⇒ a + = ⇒ a − 3a + = ⇒ a = Xét hàm đa thức đặc trưng:  * a un +1 = un − ∀n ∈ N 1 ⇒ u2 = u1 = a + ⇒ u3 = u2 − = a + [ ] a a a n−1 (2 ) ⇒ un= a + n−1 (2 ) a       2n−2   ⇒ u1u2u3 un −1 =  a +   a +   a +   a + 2n−2  a  a  a    a  1    n−2    ⇒  a −  u1u2u3 un −1 =  a −   a +   a + 2n−2  a a  a    a  ⇒ u1 = a +      n−2  n−2  =  a −   a +  + +  a + 2n−2  = =  a − 2n−2  a  a   a  a    n−2 1  ⇒  a −  u1u2u3 un −1 = a − 2n−2 a  a Mà a − = ± nên a ( u1u2u3 u= n −1 ) (   2n−2 5u1u2u3 u= n −1  a − 2n−2  a   ) 2 2    n−2  n−2  a − 2n−2  +=  a − 2n−2 = ⇒ ( u1u2u3 un −1 ) +=  ( un + 1) (đpcm) a  a    Câu Cho hình lăng trụ ABC A1 B1C1 có đáy tam giác cạnh a BA BB BC a = = = 1 a) Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( ABB1 A1 ) b) Gọi G1 , G2 , G2 trọng tâm tam giác ABB1 , ACC1 , CBB1 Tính thể tích khối đa diện lồi có đỉnh điểm G1 , G2 , G2 , A1 , B1 C1 Lời giải a) Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( ABB1 A1 ) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Gọi I trung điểm A1 B1  A1 B1 ⊥ C1 I ⇒ A1 B1 ⊥ ( BC1 I )   A1 B1 ⊥ BO Kẻ C1 H ⊥ BI Mà C1 H ⊥ A1 B1 ⇒ C1 H ⊥ ( A1 B1 BA ) Vì CC1 // ( A1 B1 BA ) d= ( C1, ( A1 B1 BA ) ) C1 H ( C, ( A1 B1 BA ) ) d= ∆A1 B1C1 tam giác Suy : C1 I = a = C1O a = C1 I 3 = IO a = C1O BI= BA12 − A1 I = BO = BI − IO2 = S∆BIC1 = 3a − a a 11 = 11a 3a 2 a − = 36 C I BO a 1 = C1 I BO BI.C1 H ⇒ C1 H= = BI 2 11 d ( C, ( A1 B1 BA ) ) = 2a 11 b) Gọi G1 , G2 , G2 trọng tâm tam giác ABB1 , ACC1 , CBB1 Tính thể tích khối đa diện lồi có đỉnh điểm G1 , G2 , G2 , A1 , B1 C1 Qua G1 kẻ đường thẳng song song với AB cắt A1 A , B1 B M N K NG3 ∩ CC1 ⇒ M, G2 , K thẳng hàng Trong ( B1C1CB ) gọi= S∆G1G2 G3 G1G3 d ( G2 , G1G3 ) = = S∆MNK MK d ( N, MK ) ⇒ S∆G1G2 G3 2 a2 a2 = S∆MNK = = 9 18 ⇒ S∆MG1G2 + S∆KG2 G3 + S∆NG1G3 = S∆MNK − S∆G1G2 G3 = VC1 KG2 G3 ⇒ VA1 MG1G2 + VB1 NG1G3 + = = a a 7a − = 18 36 BO  S∆MG1G2 + S∆KG2 G3 + S∆NG1G3  3 2 a 7a 7a = 36 81 2 a a a3 VA1B1C1 MNK = B0.S∆MNK = = 3 3 ⇒ VA1 B1C1 G1G2 G3 = VA1 B1C1 MNK −  VA1 MG1G2 + VB1 NG1G3 + VC1 KG2 G3 = a3 7a3 20a3 = − = 81 81 Câu Cho x, y, z số thực dương thõa mãn x + y + z = xyz Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x + y + z Lời giải   x x y xyz = x + y + z = + + z ≥ 1515     2 3    y 72 4 15   z = 15 x y z     3 5   4 15 2 4  15      ⇒ x y z ≥ 15 x y z     ⇔ x12 y10 z ≥       3 5   3 5 15 15 15 15 15 6 15 x y z  x   y   z  15 15 x y z 15 P = x + y + z = + + ≥ 15       = 4 6655 44 6  5 4 15 15 15     15 15  15          15 = x y z     ≥           = 4 3 5   3 5  3 5 x y  3= 5= z a ≠   a= ±     x = 6a  15 x y z 15  , MinP = ⇔  = = Vây P ≥ ⇔  y =5a ⇔  x = 6a   z = 4a  y = 5a xyz 2 x + y + z =    z = 4a  60a = 240a   x =   ⇔  y =hoặc   z = Câu  x = −3  −5  y =    z = −2 Cho hình chóp S ABC có SA, SB, SC đơi vng góc SA = 1, SB = SC = 2 Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Mặt phẳng (α ) thay đổi qua I cắt tia SA, SB, SC M , N , P Chứng minh 1 + + ≥ 2 SM SN SP Lời giải Trước hết ta chứng minh tốn: Cho hình chóp S ABC Điểm I nằm mặt phẳng ( ABC )     thỏa mãn aIA + bIB + cIC = Mặt phẳng (α ) qua điểm I cắt tia SA, SB, SC điểm M , N , P Chứng minh a SA SB SC + b + c = a+b+c SM SN SP Thật vậy:            aIA + bIB + cIC = ⇔ a SA − SI + b SB − SI + c SC − SI = ( ) ( ) ( )       a SA SM + b SB SN + c SC SP  aSA + bSB + cSC SM SN SP = ⇔ SI = a+b+c a+b+c Vì M , N , P, I đồng phẳng nên SA SB SC + b + c SM SN SP = ⇔ a SA + b SB + c SC = a + b + c (*) a+b+c SM SN SP     Ta có: I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC nên aIA + bIB + cIC = Từ giả thiết suy tam giác ABC có= a BC = 4,= b AC = 3,= c AB = a 2 2 + + = 4+3+3 SM SN SP Áp dụng bất đẳng thức Buniacopxki ta có: Áp dụng (*) ta được: 10 = 6 + + ≤ SM SN SP ⇔ 1 + + 2≥ 2 SM SN SP 1  + + 2 2 SN SP   SM (16 + 72 + 72 )  HẾT Dấu xảy SM = 4, SN = SP = ... π ⇔ tan x = + kπ không thỏa mãn phương trình cho ( ) + kπ , phương trình sin x = cot x + cos x ⇔ tan x = cot x +  tan x =−2 + + ⇔ tan x − tan x − = ⇔  tan x  tan x= + π  x = + mπ  12 (1)... n ∈  ⇔ 5π = x + nπ  12 + m = + n ⇔ m = n + (*) với m, n ∈  nên phương trình (*) vô nghiệm Suy Xét 12 12 nghiệm hệ (1) khác π    − 12 < m < 2020 − 12 0 < 12 + mπ < 2020π Do x ∈ ( 0;... 12 + mπ < 2020π Do x ∈ ( 0; 2020π ) nên ta có  ⇔ π  − < n < 2020 − 0 < + nπ < 2020π  12  12 12 Suy m ∈ {0;1; 2; 2019} n ∈ {0;1; 2; 2019} Vậy phương trình cho có tất 4040 nghiệm ( x