Tính xác suất sao cho 3 số được chọn là độ dài ba cạnh của một tam giác mà cạnh lớn nhất có độ dài là số chẵn.. Lời giải Lời giải tổng quát Với mỗi k.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT LÀO CAI NĂM HỌC 2020 – 2021 TOANMATH.com Môn thi: TOÁN THPT ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 18/01/2021 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Đề thi gồm 01 trang – 05 câu Câu (5,0 điểm) a) Cho hàm số y f x liên tục trên , biết f '( x) x x , x Xét tính đơn điệu hàm số y f x x b) Cho hàm số y f x x x 1 , x Tìm tất các giá trị tham số m để đồ thị hàm số y f x f x m có điểm cực trị Câu (4,0 điểm) a) Giải bất phương trình x 2 x b) Tìm tất các giá trị tham số m để phương trình log x m log x x x 2m có hai nghiệm thực phân biệt Câu (5,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD biết AB a , góc hai mặt phẳng SBC và ABCD 60° a) Tính khoảng cách hai đường thẳng chéo AB và SC AM SP , Gọi N là giao điểm AD SC SD với mặt phẳng BMP Tính thể tích khối đa diện SABMNP b) Lấy các điểm M, P thuộc cạnh AD, SC cho Câu (4,0 điểm) Cho tập S 1; 2;3;; 2016 a) Hỏi có bao nhiêu tập gồm phần tử khác chọn từ tập S, cho số chọn là độ dài cạnh tam giác mà cạnh lớn độ dài là 1000 b) Chọn ngẫu nhiên số khác từ tập S Tính xác suất cho số chọn là độ dài cạnh tam giác mà cạnh lớn độ dài là số chẵn (2) Câu (2,0 điểm) a) Cho x, y và thỏa mãn xy Chứng minh 1 x y xy b) Cho a, b, c là các số thực tùy ý thỏa mãn điều kiện a b c Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 b c 3a M 2 ab cb ac HẾT -https://toanmath.com/ Thí sinh không sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2: (3) NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 2020 - 2021 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI - SỞ LÀO CAI NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: Toán 12 Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề) LINKNHÓM: https://www.facebook.com/groups/1916660125164699 HỌC HỎI - CHIA SẺ KIẾN THỨC Câu (5,0 điểm) a) Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên , biết f ′( x) =− ( x + )( x − ) , ∀x ∈ Xét tính đơn điệu hàm số = y f ( x − 3x ) b) Cho hàm số y = f ( x) = ( x + )( x − 1) , ∀x ∈ Tìm tất các giá trị tham số m để đồ thị hàm số y =g ( x) = f ( x) − f ( x) − m có điểm cực trị Câu (4,0 điểm) a) Giải bất phương trình (2 + 3) x ( − 2 − ) x > b) Tìm cất các giá trị tham số m để phương trình log ( x + m ) − log x = x − x − 2m − có hai nghiệm thực phân biệt Câu (5,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác S ABCD biết AB = a , góc hai mặt phẳng ( SBC ) và mặt phẳng ( ABCD ) 60° a) Tính khoảng cách hai đường thẳng chéo AB và SC AM SP = Gọi N là = , AD SC giao điểm SD và mặt phẳng ( BMP ) Tính thể tích khối đa diện S ABMNP b) Lấy các điểm M , P thuộc các cạnh AD , SC cho Câu (4,0 điểm) Cho tập S = {1; 2;3; ; 2016} a) Hỏi có bao nhiêu tập gồm phần tử khác chọn từ tập S cho số chọn là độ dài ba cạnh tam giác mà cạnh lớn có độ dài là 1000 b) Chọn ngẫu nhiên số khác từ tập S Tính xác suất cho số chọn là độ dài ba cạnh tam giác mà cạnh lớn có độ dài là số chẵn Câu (2,0 điểm) a) Cho x, y > và thỏa mãn xy ≥ Chứng minh TÀI LIỆU ÔN THI HỌC SINH GIỎI 1 + ≥ + x + y + xy Trang (4) NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 2020 - 2021 b) Cho a, b, c là các số thực tùy ý thỏa mãn điều kiện a ≥ b ≥ c > Tìm giá trị nhỏ biểu thức M= 1 b c 3a + + 2 a+b c+b a+c HẾT Trang TÀI LIỆU ÔN THU THPT QUỐC GIA (5) NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 2020 - 2021 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (5,0 điểm) a) Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên , biết f ′( x) =− ( x + )( x − ) , ∀x ∈ Xét tính đơn điệu hàm số = y f ( x − 3x ) Lời giải x = −2 f ′( x)= ⇔ x = (nghiÖm k Ðp) Đặt hàm số g ( x) = f ( x − x) → g ′( x) = (2 x − 3) f ′ ( x − x ) x = 2 x − = g ′( x) =0 ⇔ ⇔ x =1 −2 x − 3x = x = Bảng xét dấu: 3 Vậy : Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;1) và ; 2 3 Hàm số nghịch biến trên khoảng 1; và ( 2; +∞ ) 2 b) Cho hàm số y = f ( x) = ( x + )( x − 1) , ∀x ∈ Tìm tất các giá trị tham số m để đồ thị hàm số y =g ( x) = f ( x) − f ( x) − m có điểm cực trị Lời giải f ′( x) = ( x − 1) + ( x − 1)( x + ) = ( x − 1)( x + 3) x =−1 ⇒ y =4 f ′( x)= ⇔ x = ⇒ y = Số điểm cực trị hàm số y =g ( x) = f ( x) − f ( x) − m số điểm cực trị hàm số h( x) = f ( x) − f ( x) − m cộng với số giao điểm ( khác điểm cực trị ) đồ thị hàm số TÀI LIỆU ÔN THI HỌC SINH GIỎI Trang (6) NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 2020 - 2021 h( x) f ( x) − f ( x) − m và y = = h′= ( x) f ′( x) f ( x) − f ′= ( x) f ′( x) ( f ( x) − 1) x = −1 x = f '( x) = ⇒ x = a ( a < −1) h '( x) = ⇒ f ( x) = x= b ( −1 < b < 1) x c ( c > 1) = Để hàm số y =g ( x) = f ( x) − f ( x) − m có điểm cực trị thì điều kiện : −m ≤ < − m ⇔ ≤ m < Câu (4,0 điểm) (2 + 3) a) Giải bất phương trình x ( − 2 − ) x > b) Tìm tất các giá trị tham số m để phương trình log ( x + m ) − log x = x − x − 2m − có hai nghiệm thực phân biệt ( + ) − 2.( − ) > ) ( t > ) ⇒ = ( − ) , bất phương trình trở thành: t a) Giải bất phương trình ( Đặt t = + t− Lời giải x x x x > ⇔ t − > t ⇔ t − t − > ⇔ t > vì t > t ⇒ 2+ ( ) Vậy S = ( log x > ⇔ x > log 2+ 2+ ) 2; +∞ b) Tìm tất các giá trị tham số m để phương trình log ( x + m ) − log x = x − x − 2m − có hai nghiệm thực phân biệt x > Điều kiện xác định: m x > − Ta có: log ( x + m ) − log x = x − x − 2m − Trang TÀI LIỆU ÔN THU THPT QUỐC GIA (7) NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 2020 - 2021 ⇔ log ( x + m ) + − log x = x − x − 2m ⇔ log ( x + m ) + log 2 − log x = x − x − 2m ⇔ log ( x + 2m ) − log x = x − x − 2m ⇔ log ( x + 2m ) + x + 2m = x + log x Xét hàm số = f ( t ) log t + t với t > + > với t > t ln ⇒ f ( t ) đồng biến trên ( 0; +∞ ) ⇒ f ′ (= t) ⇒ f ( x + 2m= m x2 ) f ( x ) ⇔ x + 2= x2 ⇔m= − x (1) x2 − x với x > ⇒ f ′ ( x ) = Xét hàm số f ( x= x−2 ) ⇒ f ′( x) = ⇔ x − = ⇔ x = Để phương trình log ( x + m ) − log x = x − x − 2m − có hai nghiệm thực phân biệt ⇔ Phương trình (1) có hai nghiệm thực phân biệt ⇔ m ∈ ( −2;0 ) Câu (5,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác S ABCD biết AB = a , góc hai mặt phẳng ( SBC ) và mặt phẳng ( ABCD ) 60° a) Tính khoảng cách hai đường thẳng chéo AB và SC AM SP = , = Gọi N là AD SC giao điểm SD và mặt phẳng ( BMP ) Tính thể tích khối đa diện S ABMNP b) Lấy các điểm M , P thuộc các cạnh AD , SC cho Lời giải TÀI LIỆU ÔN THI HỌC SINH GIỎI Trang (8) NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 2020 - 2021 a) Gọi I là trung điểm BC OI ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SOI ) ⇒ BC ⊥ SI Khi đó ta có SO ⊥ BC hay SIO = 60° Suy góc hai mặt phẳng ( SBC ) và mặt phẳng ( ABCD ) là góc SIO Trong ∆SIO vuông O ta có: OI = = tan SIO SI= AB a = 2 SO a a ⇔ SO = OI tan SIO = = ° tan 60 OI 2 2 SO + OI = 3a a + = a 4 Do AB // CD ⇒ AB // ( SCD ) ⇒ d ( AB, SC= ) d ( AB, ( SCD )=) 2d ( O, ( SCD )=) 2d ( O, ( SBC ) ) Trong ∆SIO kẻ OH ⊥ SI (1) với H ∈ SI Do BC ⊥ ( SOI ) ⇒ BC ⊥ OH ( ) Từ (1) và (2) suy OH ⊥ ( SBC ) Vậy d ( O, ( SBC ) ) = OH Trong ∆SIO vuông O ta có: a 1 1 4 16 =2+ ⇔ =2 + ⇔ = ⇔ OH = 2 2 OH OI SO OH a 3a OH 3a Vậy d ( AB,= SC ) 2O H = a b) Gọi Q là giao điểm CD và BM Trang TÀI LIỆU ÔN THU THPT QUỐC GIA (9) NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 2020 - 2021 Q ∈ ( MBP ) ∩ ( SCD ) PQ ⇒ ( MBP ) ∩ ( SCD ) = P ∈ ( MBP ) ∩ ( SCD ) Gọi N là giao điểm SD và PQ Ta có: Do PQ ⊂ ( BMP ) ⇒ SD ∩ ( BMP ) = N Trong ∆SCD có P , N , Q thẳng hàng nên theo định lý Menelaus ta có PS QC ND ND ND = ⇔ − = 1⇔ = − NS PC QD NS NS 1 a a3 (đvtt) .= a SO.S ABCD = 3 Ta thấy ∆AMB = ∆DMQ (c – g – c) ⇒ S ∆BCQ = S ABCD = a Thể tích tứ diện S ABCD là = VS ABCD 2 a d ( S , ( ABCD = SO )) = 5 d ( P, ( ABCD = )) VP.QBC= 1 a a3 d ( P, ( ABCD a S = ) ) ∆BQC = 3 15 1 a a = d ( S , ( ABCD SO = )) = 4 = d ( N , ( ABCD )) S= S= ∆MDQ ∆MAB VN MDQ= a2 AB.= AM 1 a a a3 (đvtt) = d ( N , ( ABCD ) ) S∆MDQ = 3 96 Thể tích khối đa diện PNBCDM là VPNBCDM = VP.BQC − VN DQM = Vậy thể tích khối đa diện S ABMNP là a 3 a 3 9a 3 (đvtt) − = 15 96 160 a 3 9a 3 53a 3 (đvtt) VS ABMNP =VS ABCD − VPNBCDM = − = 160 480 Câu (4,0 điểm) Cho tập S = {1; 2;3; ; 2016} a) Hỏi có bao nhiêu tập gồm phần tử khác chọn từ tập S cho số chọn là độ dài ba cạnh tam giác mà cạnh lớn có độ dài là 1000 b) Chọn ngẫu nhiên số khác từ tập S Tính xác suất cho số chọn là độ dài ba cạnh tam giác mà cạnh lớn có độ dài là số chẵn Lời giải Lời giải tổng quát Với k Xét= tập S k {1; 2; ; k − 1} Bài toán trên tương đương với bài toán: “Có bao nhiêu cách chọn phần tử phân biệt S k cho tổng chúng lớn k ” Giả sử hai phần tử chọn là ≤ a < b ≤ k − Đặt s= a + b Suy k + ≤ s ≤ 2k − Vậy với s cố định thì a hoàn toàn xác định biết b Từ điều kiện a, b ta có Nếu s chẵn thì s s + ≤ b ≤ k − Suy có k − − cách 2 TÀI LIỆU ÔN THI HỌC SINH GIỎI Trang (10) NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 2020 - 2021 s +1 s +1 cách ≤ b ≤ k − Suy có k − 2 Vậy k chẵn thì có Nếu s lẻ thì k +2 k +4 2k − Pk = k − +k − + + k − k +2 k +4 2k − + k −1− + k −1− + + k −1− k +2 k +4 k −4 2k − Rút gọn Pk= k − +k − + + k − + − k −4 k −2 k −4 k −2 = ( k − ) + (k − 4) + + + − = 2 + + + + 1 − 2 k − k − k − = + 1 − = (k − 2) a) Với k = 1000 ta có 4992 tập S 1008 1008 1007.1008.(2.1007 + 1) cách b) Với k = 2i chẵn và thuộc S ta có B= − = 4( 1) (i − 1) = i ∑ ∑ i =i = chọn B Vậy xác suất là = C2016 Trường hợp k lẻ 2k − k +3 k +5 Pk = k − +k − + + k − 2k − k +1 k +3 + k −1 − + k −1 − + + k −1 − Rút gọn k +3 k +5 2k − Pk= k − +k − + + k − (k − 1)(k − 3) = [ (k − 3) + (k − 5) + + 1] = Vậy số tam giác mà cạnh lớn có độ dài là số lẻ k= 2i + là: 1007 1007.1008.(2.1007 + 1) 1007.1008 C ∑ (i −= i) = − i =1 Vậy số cách chọn ba số lập thành ba cạnh tam giác là 1007.1008.(2.1007 + 1) 1007.1008 − Từ đây có thể tổng quát thay 2016 n bất kì C Câu (2,0 điểm) a) Cho x, y > và thỏa mãn xy ≥ Chứng minh 1 + ≥ + x + y + xy Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với Trang TÀI LIỆU ÔN THU THPT QUỐC GIA (11) NHÓM TOÁN VDC&HSG THPT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 2020 - 2021 xy − x xy − y 1 − − + ≥0 + ≥ ⇔ ( x + 1) + xy ( y + 1) + xy + x + xy + y + xy ( ⇔ ⇔ ) ( ) x− y y x− y y− x+x y−y x x − ≥0 ≥ ⇔ (1 + x )(1 + y ) + xy + y + x + xy x− y ( + xy x− y )( ) ≥ ⇔ ( x − y ) ( xy − 1) ≥ (1 + xy ) (1 + x )(1 + y ) xy − (1 + x )(1 + y ) (luôn đúng với ∀x, y > và xy ≥ ) Dấu “=” xảy và x = y xy = b) Cho a, b, c là các số thực tùy ý thỏa mãn điều kiện a ≥ b ≥ c > Tìm giá trị nhỏ biểu thức M= 1 b c 3a + + 2 a+b c+b a+c Lời giải 1 b c 3a 1 Ta có : M = + ⇔ 2M = + + + a b c 2 a+b c+b a+c +1 1+ 1+ b c a a u = b a , vì a ≥ b ≥ c > nên u ≥ v ≥ Suy uv = Đặt c v = b c 1 Thay vào biểu thức trên ta có: M = + + u +1 v +1 1+ uv u + ≤ uv + 1 Do u ≥ v ≥ nên , suy + ≥ u + v + 1 + uv v + ≤ uv + 6uv + 3uv Khi đó M ≥ + ⇔M ≥ ⇔ M ≥ 3− + uv + uv + uv + uv Vì uv ≥ ⇔ + uv ≥ ⇔ ≤ , suy M ≥ + uv Vậy giá trị nhỏ biểu thức M đạt u= v= , tức là a= b= c HẾT TÀI LIỆU ÔN THI HỌC SINH GIỎI Trang (12)