Bộ 8 đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án

Để đạt thành tích cao trong kì thi sắp tới, các bạn học sinh có thể tham khảo Bộ 8 đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án sau đây làm tư liệu tham khảo giúp rèn luyện và nâng cao kĩ năng giải đề thi, nâng cao kiến thức cho bản thân để tự tin hơn khi bước vào kì thi chính thức. Mời các bạn cùng tham khảo đề thi.

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP 12 CẤP TỈNH NĂM 2020-2021 CÓ ĐÁP ÁN MỤC LỤC Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Bình Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Trị Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Dương Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Long An Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Đăk Lắk Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Điện Biên Đề thi học sinh giỏi môn Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nam Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021- Sở GD&ĐT Nghệ An SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH SỐ BÁO DANH: KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2020-2021 Mơn thi: Tốn - Vịng I Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (2.5 điểm): Giải phương trình: x 4n  x 2n  2012  2012 (n  Câu (2.5 điểm): Cho dãy số (u n ) xác định công thức: u1   1 3  u  u  ; (n  * )  n  n   3 un   Tính: lim un ? Câu (1.5 điểm): Cho số thực dương x, y, z Chứng minh rằng: 1 36    2 x y z  x y  y z  z x2 * ) Câu (2.0 điểm): Cho tam giác ABC có M trung điểm cạnh BC, N chân đường phân giác góc BAC Đường thẳng vng góc với NA N cắt đường thẳng AB, AM P, Q theo thứ tự Đường thẳng vng góc với AB P cắt AN O Chứng minh OQ vuông BC Câu (1.5 điểm): Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x2  y  z HẾT SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2020-2021 Mơn thi: Tốn - Vịng I HƯỚNG DẪN CHẤM (Đáp án, hướng dẫn có trang) yêu cầu chung * ỏp ỏn ch trỡnh bày lời giải cho Trong làm học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng * Trong bài, học sinh giải sai bước giải trước cho điểm bước giải sau có liên quan * Điểm thành phần nói chung phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm thành phần 0,5 điểm tuỳ tổ giám khảo thống để chiết thành 0,25 điểm * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm * Điểm toàn tổng (khơng làm trịn số) điểm tất Nội dung Câu Điểm 2,5 điểm Phương trình: x  x  2012  2012 (n  N*) Đặt t = x2n  0, phương trình (1) trở thành: t  t  2012  2012 4n  t2  t  2n (1) 0,25 1  t  2012  t  2012  4 1  1    t     t  2012   2  2  0,5 0,5  t   t  2012 0,25  t  t  2011  Giải phương trình (2) ta được: t  Phương trình có nghiệm: x1  2n 0,25 (2) 1  8045 thỏa mãn điều kiện 1  8045 1  8045 x   2n , n  * 2 0,25 0,5 2,5 điểm Theo công thức xác định dãy (u n ) , ta có un  0; n  Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có: * 1  1 3 un1   2un     un  un    un2  3 ; n  3 un   un  un Do đó: un  3 ; n  * 0,5 * 0,5    un3  1 Mặt khác: un1  un  un   un    un      un  un   un  Vậy (u n ) dãy số giảm bị chặn nên có giới hạn Giả sử, lim un  a Ta có: a  a   a   a  3 a a Vậy: lim un  0,5 0,5 0,5 1.5 điểm 1 36    2 x y z  x y  y z  z x2 1 1  (9  x y  y z  z x )      36 x y z Ta có:  xyz  0,25  xy  yz + zx    xy  yz  zx       0,25 Do đó:  1   xy  yz+zx  27  xy  yz+zx   x  y  z    xyz  xy  yz+zx      2 27  xy  yz+zx 0,25 Mặt khác:  x y  y z  z x    x y  1   y z  1   z x  1    xy  yz  zx  0,25   1   (9  x y  y z  z x )       x y z   27  3   xy  yz+zx   xy  yz+zx    108     xy  yz  zx    xy  yz  zx     108    xy  yz  zx    1296 xy  yz  zx   1 1 Suy ra: (9  x y  y z  z x )      36 x y z Dấu “=” xảy khi: x = y = z = 0,25 0,25 2.0 điểm 0,25 A y Q B N P C M O x Chọn hệ trục tọa độ Nxy cho A, N nằm trục hồnh Vì AB không song song với trục tọa độ nên phương trình có  b  dạng : y = ax + b (a  0) Khi : A    ;0  , P  (0; b)  a  AC qua A đới xứng với AB qua trục hồnh nên có phương trình : y = -ax – b PO qua P, vng góc với AB nên có phương trình : y   x  b a O giao điểm PO trục hoành nên O  (ab,0) BC qua gốc tọa độ nên : +) Nếu BC không nằm trục tung thì phương trình BC có dạng y = cx với c  0,c   a (vì B, C khơng thuộc trục hồnh, BC khơng song song với AB AC) B giao điểm BC AB nên tọa độ B nghiệm hệ :  y  ax  b bc   b  B ;   ca ca  y  cx C giao điểm BC AC nên tọa độ C nghiệm hệ :  y   ax  b b bc    C   ;    ca ca  y  cx 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 abc  bc  ab ; Do : M   , suy : AM  c; a   2 2  a (c  a ) c a c a  a2 ab Từ ta có phương trình AM : y  x  c c Q giao điểm AM với trục tung nên  ab   1 Q   0;   QO  ab 1;   c  c   Do QO vectơ pháp tuyến BC nên QO vng góc BC +) Nếu BC nằm trục tung tam giác ABC cân A nên M  N, O thuộc AN nên QO vng góc BC 0,25 0,25 Giả sử  x, y, z  nghiệm nguyên dương phương trình Ta có: 1,5 điểm x+2  y  z  yz  x  ( y  z )  yz    x  ( y  z )  yz  yz  12 0,25  yz   x  ( y  z )   12   x  ( y  z )   x  ( y  z )   12  yz   x  ( y  z )   yz  12  Nếu x  ( y  z )  x  ( y  z) 0,25 (vô lý)  y 1  z  Nếu x  y  z yz     x   y     z  Thử lại, ta thấy: (4; 3; 1) (4; 1; 3) nghiệm phương trình Vậy: nghiệm nguyên dương phương trình đã cho (4; 3; 1) (4; 1; 3) 0,25 0,5 0,25 UBND TỈNH QUẢNG TRỊ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HĨA LỚP 12 Khóa ngày 06 tháng 10 năm 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN Thời gian làm 180 phút, khơng kể thời gian giao đề Câu ( 5,0 điểm) Tìm tất các điểm cực đại điểm cực tiểu hàm số y  cos x  sin x Tìm m để phương trình x  x   2m  có nghiệm phân biệt Câu ( 5,0 điểm) 1010 2019 Chứng minh C2020  2C2020   1010C2020  1010.2 Tìm tất cặp số thực  x; y  thỏa mãn xy   x  y  20   x  y  xy  8 Câu ( 6,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh a, tam giác SAB vuông cân S nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy Tính thể tích khới chóp S ABC khoảng cách hai đường thẳng SB AC theo a Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn ( I ) Gọi M , D, E trung điểm BC , IB, IC; F , G tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD ACE Chứng minh AM vng góc FG Câu (2,0 điểm) Cho dãy số  xn  xác định x1  xn1   xn , n  Chứng minh dãy sớ  xn  có giới hạn tìm giới hạn Câu (2,0 điểm) Xét sớ thực dương a, b, c có tổng Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 2b  c 2c  a 2a  b 18abc    a b c ab  bc  ca Hết -Thí sinh khơng sử dụng máy tính cầm tay HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.1 Tìm tất các điểm cực đại điểm cực tiểu hàm số y  cos x  sin x   x    k 2  y '   sin x  cos x ; y '     x  3  k 2      3  y ''  sin x  cos x ; y ''    k 2     0; y ''   k 2        3  Vậy điểm cực đại hàm số là: x   k 2 ; Các điểm cực tiểu hàm số là: x    k 2 4 Câu Tìm m để phương trình x  x   2m  có nghiệm phân biệt x  x   2m   x  x   2m Cách 1: Xét hàm số f ( x)  x  x  có BBT hàm sớ f ( x) f ( x) Số nghiệm phương trình số giao điểm cửa đồ thị hàm số f ( x) đường thẳng y  m Vậy phương trình đã cho có nghiệm phân biệt 2m  hay m  Cách 2: (HS 10,11) x  x   2m (1) Đặt t  x2 , t  0 PTTT: 2t  4t   2m (2) Xét hàm số f (t )  2t  4t  [0; ) | f (t ) | có đồ Biện luận trường hợp số nghiệm (2) (1) Từ kết thị luận m Cách 3: Nhận thấy x0 nghiệm (1) thì  x0 nghiệm pt (1) Do nghiệm xi  thì sớ nghiệm phương trình (1) số chẵn Vậy đk cần để pt có 1 Giải phương trình m  kết luận 2 1010 2019 Câu 2.1 Chứng minh C2020  2C2020   1010C2020  1010.2 nghiệm pt (1) có nghiệm x0  , vào tìm m  Cách 1: Ta có: k.Cnk  k n! (n  1)! n  nCnk11 k ! n  k ! (k  1)!(n  k )! C2020  2020C2019 2C2020  2020C2019 1010 1009 1010C2020  2020C2019 1009 VT  2020  C2019  C2019   C2019  Xét C2019  C2019   C2019  C2019   C2019  1009 1010 2019 1009  C2019  C2019   C2019   22019  2019 Mà Cnk  Cnn  k nên  1009 Vậy VT  2020 C2019  C2019   C2019  1010.22019 Cách 2: 2020 2020  C2020  xC2020  x 2C2020   x 2020C2020 Xét (1  x) Suy được: 2020 2020(1  x)2019  C2020  xC2020   2020 x 2019C2020 1010 1011 2020 C2020  2C2020   1010C2020  1011C2020   2020C2020  2020.22019 Ta có: k.Cnk  k n! n! n!   (n  k  1)  (n  k  1)Cnnk 1 k ! n  k ! (k  1)!(n  k )! (n  k  1)!(k  1)! Do đó: 2020 C2020  2020C2020 2019 2C2020  2019C2020 1010 1011 1010C2020  1011C2020 Vậy: C2020  2C2020   1010C2020  1010.2 1010 2019 Câu 2.2 Tìm tất cặp số thực  x; y  thỏa mãn xy   x  y  20   x  y  xy  8 Đặt S  x  y; P  xy ( S  P) Từ giả thiết ta có: S  P  S ( P  8)  20  2 S  S ( P  8)  P  20  Xét pt theo S   ( P  8)2  4(4 P  20)  P  16 Điều kiện phương trình có nghiệm P  Kết hợp điều kiện giả thiết ta có P  4, P  4 P   S  2 (loại); P  4  S  6 , x, y nghiệm pt X  6X   Vậy cặp  x; y  : 3  13; 3  13 , 3  13; 3  13    Câu 3.1 Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh a, tam giác SAB vuông cân S nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy Tính thể tích khối chóp S ABC khoảng cách hai đường thẳng SB AC theo a *Thể tích: V  a3 24 *Khoảng cách SB AC : Cách 1: Dựng D đối xứng với C qua I 10 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2020-2021 Mơn: TỐN Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1: (4 điểm) x  2m với m tham số Chứng minh m  , đồ thị hàm số cắt đường mx  thẳng d : y  3x  3m điểm phân biệt A, B Xác định m để đường thẳng d cắt trục Ox, Oy C, D cho diện tích OAB lần diện tích OCD Cho hàm số y  Cho hàm sớ y  x2 có đồ thị (C) Chứng minh điểm mặt phẳng tọa độ mà qua kẻ x 1 đến (C) hai tiếp tuyến vng góc với nằm đường tròn tâm I (1;2), bán kính R = Câu 2: (4 điểm) Giải phương trình sau tập số thực: 15x.5x  5x1  27 x  23 Giải bất phương trình sau tập số thực: log 2x   x2  x  x  2x  Câu 3: (6 điểm) Cho tứ diện SABC có AB  AC  a, BC  a , SA  a (a  0) Biết góc SAB  300 góc SAC  300 Tính thể tích khối tứ diện theo a Chứng minh tứ diện có độ dài cạnh lớn 1, độ dài cạnh lại không lớn thì thể tích khối tứ diện khơng lớn Câu 4: (4 điểm) Tính tích phân:  I   x x2 x2  J  dx   cosx  1 ln sinx 1 sin x  dx Câu 5: (2 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c Tìm giá trị lớn biểu thức P a  b  c 1 2  (a  1)(b  1)(c  1) …………Hết………… Họ tên thí sinh:………………………………………………Số báo danh:…………………… Họ tên giám thị số 1:…………………………………………………………………………… Họ tên giám thị số 2:…………………………………………………………………………… 33 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2020-2021 Hướng dẫn chấm biểu điểm Mơn: Tốn (Hướng dẫn chấm biểu điểm gồm có trang) - Lưu ý: Nếu thí sinh trình bày lời giải khác so với hướng dẫn chấm mà cho điểm phần biểu điểm Câu Nội dung Điểm 1.(2 Phương trình hoành độ giao điểm d đồ thị: điểm) 0.25 1 2 3mx  3m x  m  0, x  m Vì m  nên phương trình  3x2  3mx   (*) Ta có  1    9m  12  0, m  f      0, m  (ở f  x  m m vế trái (*)) nên d cắt đồ thị điểm A, B phân biệt m  Ta có A x1;3x1  3m , B  x2 ;3x2  3m  với x1 , x2 nghiệm (*) Kẻ đường cao OH OAB ta có OH  d  0; d   AB   x2  x1    3x2  3x1   10  x2  x1   10  x1  x2   40 x1 x2  10m  3m 10 0,5 40 2.(2 điểm) 10m2  0,25 (Định lý Viet đới với (*)) Mặt khác ta có C  m;0  , D  0; 3m  (để ý m  C, D, O phân biệt) Ta tìm m để SOAB  2SOCD hay 0,5 40 3m  m 3m  m   3 10 Gọi M (x , y0 ) Đường thẳng d qua M, có hệ sớ góc k có phương trình y  k(x  x )  y0 d tiếp xúc (C ) hệ sau có nghiệm x  1:  x 1  k(x  x )  y0 (1)  x 1   1   k (2)   (x  1) (1)  x    k(x  1)  k  kx  y (3) Thay k (2) vào vị x 1 1  x 1   k  kx  y trí (3) : x   x 1 x 1 k(1  x )  y   Suy x 1 2  k(1  x )  y   Thay vào (2)     k   (x  1)2 k  (1  x )(y0  2)  2.k  (y0  2)   (*) 34 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 Nếu từ M kẻ đến (C ) hai tiếp tuyến vng góc thì pt (*) có hai nghiệm (y  2)2  k1 , k thỏa mãn k1.k  1   1 (x  1)2  (x  1)2  (y0  2)2   M nằm đường trịn có tâm I(1,2), có bán kính R=2 (đpcm) Câu 1.(2 điểm) 0,5 Nội dung Điểm Phương trình đã cho  15 x  5  27 x  23 x 27 x  23 Hàm 15 x  27 x  23 số f  x   5x đồng biến R hàm sớ g  x   có 15 x  1 480  g ' x   nên nghịch biến khoảng  ;  3  15x  5 x Ta phải có 15x   phương trình trở thành  1   ;   3  0,5 0,5 0,25 Vậy phương trình có tới đa nghiệm khoảng Mặt khác f 1  g 1  f  1  g  1  0,5 0,25 Nên phương trình đã cho có nghiệm x  1 2.(2 điểm) 2x   2x  6x  x  2x  1 Điều kiện: x  x>  (*) Bất phương trình: log 2 Với đk BPT 2x  2x    2x  6x   log 2  2x  6x  x  2x  2x  4x  2  log2 (2x  1)  log2 (2x  4x  2)  (2x  4x  2)  (2x  1)  log 2 0,5  (2x  1)  log2 (2x  1)  (2x  4x  2)  log (2x  4x  2) u  2x  Đặt  u,v>0 u  log u  v  log v (1) v  2x  4x   Xét hàm số f (t)  log t  t, t  D  (0; ) Có f '(t)    0, t  D t.ln 0,5 Suy f(t) hàm đồng biến D Khi đó, (1) thành f (u)  f (v) u,v thuộc D f(t) đồng biến D nên 0,25 uv 2 Tức 2x   2x  4x   2x  6x    x  x 3 35 3 hoặc 0,5 Kết hợp với điều kiện (*) tập nghiệm bpt đã cho 0,25    3   T   ; ;        Nội dung Câu 1.(3 điểm) Điểm S M C A N B Theo định lý cosin tam giác SAB ta có SB  SA2  AB  2SA AB.cos300  3a  a  2a 3.a  a2 Vậy SB = a Tương tự ta có SC = a Gọi M trung điểm SA, hai tam giác SAB cân B SAC cân C nên MB  SA, MC  SA  SA   MBC  Ta có VSABC  VSBMC  VABMC  SA.S MBC 0,5 0,5 0,5 Hai tam giác SAB SAC (c.c.c) nên MB = MC suy tam giác MBC cân M, MN  BC , ta có MN  SA (Ở N trung điểm BC) Từ 0,5 2  a   a  3a MN  AN  AM  AB  BN  AM  a        16 4   a Suy MN  1 a3 V  SA MN BC  Vậy SABC 16 2 2 2 36 0,5 0,5 2.(3 điểm) A D B H C K M Giả sử tứ diện ABCD có AB>1, cạnh cịn lại khơng lớn Đặt CD = x, x   0;1 Gọi M trung điểm BC, K hình chiếu B lên CD H hình chiếu 1 A lên mp( BCD) Khi VABCD  SBCD AH  x.BK.AH (1) 2 2 BC  BD CD x Có BM      BM   x2 4  x2 Tương tự, có AM  1  x (3)  x (2), AH  AM  AH  Mà BK  BM  BK  2 x(4  x ) Từ (1), (2) (3) suy VABCD  24 x(4  x ); x   0;1 đồng biến nên Mặt khác hàm số f (x)  24 f(x)  f (1)  Nên VABCD  (đpcm) 1,0 0,25 0,25 0,5 0,75 0,25 (Dấu xảy hai tam giác ACD BCD hai tam giác có cạnh  1) H,K trùng với M Khi AB  Câu 1.(2 điểm) Nội dung Ta có I  x2 x  x2   x  x  x2  x2   x2  4 dx   Điểm  dx 1 1   x x  2dx   x  x  4dx  I1  I 42 42 4 -Tính I1 : 37 0,5 3 2 3 I1    x    x  2dx    x   dx  2  x   dx  x   2  2 2 x    0,5  10 32  15 -Tính I : Viết I    x  2 x  2dx Đặt   0,5 x   t ta có dx  2tdt I   t  t.2tdt Do I  Vậy I  2.(2 điểm) 2t  8t  0,5 46 15 1 25  39 I1  I  4 30  Có I   (1  sinx)ln(cos x  1)  ln(1  sinx dx    0 =  ln(1  cos x)dx   sinx.ln(1  cos x)dx   ln(1  sinx)dx  A  B  C 0,5  Xét A   ln(1  cos x)dx Đặt x     t  A    ln(1  sin t)dt   ln(1  sinx)dx  C Vậy I = B  0 0,5  2 Xét B =  sinx.ln(1  cos x)dx Đặt u = 1+ cosx thì B =  ln udu 0,5 Dùng phần B = u ln u   du  2ln  1 0,5 Vậy: I = 2ln2 - Câu điểm Nội dung Điểm Theo bđt Cơ-si ta có: 1 2  a  b    c  1   a  b  c  1 2  a b c 3  a  1 b  1 c  1      27 Do P   a  b  c   a  b  c  33 a  b2  c2   t đặt t  a  b  c   t  Ta có P   27 t  2 38 1,0 0,5 t Xét hàm số f  t    27 t  2 , t  1;   Vẽ bảng biến thiên hàm số 1;  ta có max f  t   f    Từ P  dấu đẳng thức xảy a  b  c  39 0,5 SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2020-2021 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN LỚP 12 THPT - BẢNG A Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (6,0 điểm) Giải phương trình:  x  2   x   2 x   3x  ( x  ) Giải bất phương trình: x3  3x   x  2  6x  (x  ) Câu II (3,0 điểm) Tìm tất giá trị tham sớ m để hệ phương trình sau có nghiệm: 3  x  12x  y  6y  16  (x, y  )  2  4x   x  4y  y  m  Câu III (2,5 điểm) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = xyz x > 1, y > 1, z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  x 1 y 1 z 1   y2 z x Câu IV (6,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có AB = CD, AC = BD, AD = BC Chứng minh khoảng cách từ trọng tâm tứ diện ABCD đến mặt phẳng (ABC), (BCD), (CDA), (DAB) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh 2a; SA  SB  SC  2a Gọi V thể tích khới chóp S.ABCD Chứng minh V  2a Câu V (2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):  x  1   y  1  25 , điểm A(7;9), B(0;8) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) cho biểu thức P  MA  2MB đạt giá trị nhỏ - - - Hết - - - Họ tên thí sinh: Số báo danh: 40 SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2020-2021 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN LỚP 12 THPT - BẢNG B Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (6,0 điểm) Giải phương trình: x  x   (x  ) Giải bất phương trình: x  3x   x  2  6x  (x  ) Câu II (3,0 điểm) Tìm tất giá trị tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm: 3  x  12x  y  6y  16  (x, y  )  2  4x   x  4y  y  m  Câu III (5,5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh 2a; SA  SB  SC  2a Gọi M trung điểm cạnh SA; N giao điểm đường thẳng SD mặt phẳng (MBC) Gọi V, V1 thể tích khới chóp S.ABCD S.BCNM V1 V b) Chứng minh V  2a a) Tính tỷ số Câu IV (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; -1) Đường phân giác góc B C có phương trình x  2y   ; x  y   Viết phương trình đường thẳng BC Câu V (2,5 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xyz  Tìm giá trị lớn biểu thức: P 1  x2  1  y2  1  z2 - - - Hết - - - Họ tên thí sinh: Số báo danh: 41 SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2020-2021 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN THPT- BẢNG A (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Câu Nội dung Điểm I Phương trình hoành độ giao điểm đường thẳng d đồ thị (C) là: (3,0đ) 0,5 2x    x  m  x  (m  3)x  m   1 , với x  1 x 1 Đường thẳng d cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt khác 1 0,5 m  2m  13   (đúng m ) 0.m     x1  x  m  Gọi x1 , x nghiệm phương trình (1), ta có:  0,5  x1 x   m  Giả sử A  x1 ;  x1  m  , B  x ;  x  m  Khi ta có: AB   x1  x  PA   x1      x1  m   PB   x  2 2  x1     x      x  m  5   x2  2 2 ,   x1   0,5 Suy PAB cân P Do PAB  PA  AB2 2 2   x1     x     x1  x    x1  x    x1  x   6x1x    m 1  m  4m     Vậy giá trị cần tìm m  1, m  5 m    II  x  1 ĐKXĐ:  1,  x  13 (3,0đ) Phương trình đã cho tương đương với  x   x    2x       x  1 x   x   2x   2x  (1) Xét hàm số f  t   t  t ; f '  t   3t   0, t 0,5 0,5 0,5 0,5 Suy hàm số f  t  liên tục đồng biến 0,5 Khi đó: Pt(1)  f 0,5    x 1  f  2x   x   2x  42  x     x   x    x        x    1 x   x  13   2x  12 x3  x  x        x    Đối chiếu ĐKXĐ nghiệm phương trình đã cho là: 1 x  x II x  2, ĐKXĐ:  y   (3,0đ) 2  1  1  x     y    x  y Ta có hệ phương trình đã cho tương đương với:   2  x  1  y  1  2xy 2  1  1   x     y    ux  x  y x    * , đặt  1  1 v  y    y    x  x   y  y      u  v    u  v    Hệ phương trình  *  trở thành  uv    uv   u  v  3 u  v   (I) hoặc  (II) uv uv     Ta có: u  u  hoặc  v  v   u  2  u  1 hoặc   II     v  1  v  2 0,5 0,5 0,5 0,5 I    Vì u  x   u  nên có x 0,5  u  2 u   thỏa mãn   v  1 v  1  x   x   u  x    ta có    (thỏa mãn ĐKXĐ) y  v  y     y   x   2  x  1  u  2 x   ta có   1  (thỏa mãn ĐKXĐ) v   y    y   1   y  43 0,5 0,5 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y  là:  1   1   1    1   1;  , 1;  ,  1;  ,  1;        III a2 1, Diện tích đáy SABC  A' (3,0đ) Gọi G trọng tâm tam giác ABC 0,5 B' C' D 0,5 B E G A C BC  AE  BC   AA'E  Gọi E trung điểm BC Ta có  BC  A 'G Gọi D hình chiếu vuông góc E lên đường thẳng AA' Do BC  DE, AA'  DE Suy DE khoảng cách hai đường thẳng AA' BC DE Tam giác ADE vuông D suy sin DAE    DAE  300 AE a Xét tam giác A'AG vng G ta có A'G  AG.tan 300  a3 Vậy VABC.A 'B'C'  A'G.SABC  12 III Gọi B', C', D' giao điểm A 2, mp    với cạnh AB, AC, AD (3,0đ) D' Ta có VAGBC  VAGCD  VAGDB  VABCD (*) B' I C' B 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 D 0,5 G C Vì VAB'C' D'  VAIB'C'  VAIC' D'  VAID' B' (*) nên VAB'C' D' VAIB'C' V V   AIC' D'  AID' B' VABCD 3VAGBC 3VAGCD 3VAGDB  AB'.AC'.AD' AI.AB'.AC' AI.AC'.AD' AI.AD'.AB'    AB.AC.AD 3.AG.AB.AC 3.AG.AC.AD 3.AG.AD.AB 44 0,5 0,5 AB AC AD BB' CC' DD' AG      3 6 AB' AC' AD' AB' AC' AD' AI BB' h B CC' h C DD' h D Mặt khác ta có  ,  ,  AB' h A AC' h A AD' h A h h h Suy B  C  D   h B  h C  h D  3h A (**) hA hA hA  0,5 0,5  h B  h C  h D   3 h B2  h C2  h D2  2   h B  h C    h C  h D    h D  h B   ( ) Kết hợp với (**) ta  3h A   3 h B2  h C2  h D2  Ta có: h 2B  h C2  h D2 Hay  h 2A IV Đường trịn  T  có tâm K  3;2  bán kính R  (2,5đ) Ta có AI :x  y  , đường thẳng AI cắt đường trịn  T  A ' ( A' khác A ) có tọa độ nghiệm hệ 2   x  3   y    25  x  1  (loại)  B y     x  y  x  hoặc  y  0,5 A I 0,5 K C A' Vậy A'  6;6  Ta có: A'B  A'C (*) (Do BA'  CA' ) A'BC  BAI (1) (Vì IAC ) Mặt khác ta có ABI  IBC (2) Từ (1) (2) ta có: BIA'  ABI  BAI  IBC  A'BC  IBA' Suy tam giác BA'I cân A ' A'B  A'I (**) Từ * , ** ta có A'B  A'C  A'I Do B,I,C thuộc đường trịn tâm A ' bán kính A'I có phương trình  x  6 0,5 0,5   y    50  x  32   y  2  25 Suy tọa độ B, C nghiệm hệ  2   x     y    50 Nên tọa độ điểm B,C : (7; 1),(1;5) Khi I nằm tam giác ABC (TM) Vậy phương trình đường thẳng BC : 3x  4y  17  V Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có (2,5đ) a  4b a  4b  16c a  ab  abc  a    a  b  c 2 3 45 0,5 0,5 0,5 Đẳng thức xảy a  4b  16c 3 Suy P   2a  b  c abc 3 Đặt t  a  b  c, t  Khi ta có: P   2t t 3 3 Xét hàm số f  t    với t  ta có f '  t    2t 2t t 2t t 3 f ' t       t 1 2t t 2t Bảng biến thiên   t +  f ' t  f t 0,5 0,5  0,5  Do ta có f  t    t 0 3 t  Vậy ta có P   , đẳng thức xảy  16 a  21  a  b  c    b   21 a  4b  16c   c   21  16  Vậy giá trị nhỏ P   a,b,c    , ,   21 21 21  - - Hết - Chú ý: - Học sinh giải cách khác cho điểm phần tương ứng - Khi chấm giám khảo khơng làm trịn điểm 46 0,5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2020-2021 MƠN TỐN Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC 2y    x  y  x  Bài a) Giải hệ phương trình:   x  y  2x   y b) Trong mặt phẳng, với hệ toạ độ Oxy, chứng minh đồ thị hàm số sau cắt trục hoành ít x x 1 điểm: y  log  2x  1  log  2x  1  Bài Tìm tham số m để hàm số y  x  3mx   m  1 x  nghịch biến đoạn có độ dài lơn Bài Hai số thực x, y thoả mãn: x2 + 4y2 = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức: A = x  4y3  3xy Bài Hình chóp A.BCD có ACB  ADB  900 AB = 2a Đáy BCD tam giác cân B, có CBD  2 CD = a Tính thể tích khới chóp A.BCD theo a  Bài Tam giác ABC không nhọn có góc thoả mãn đẳng thức:  sin B  sin A  sin C  1  1  1  43  sin A  sin C  sin B  Hỏi tam giác ABC tam giác gì? _ Hết _ 47 ... Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Đăk Lắk Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Điện Biên Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp tỉnh. .. LỤC Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Bình Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Trị Đề thi học. .. học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Dương Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Long An Đề thi học sinh giỏi