Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Cà Mau.pdf (đề thi học sinh giỏi)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CÀ MAU KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT MÔN TOÁN – LỚP 12 NĂM HỌC 2020 - 2021 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 04 tháng 10 năm 2020 TOANMATH.com Câu 1: (3,0 điểm) Giải các phương trình sau: a) cos 2 x  5sin x  3 sin 2 x  5 3 cos x  8  0 . b)  x  3 1  x  x 4  x  2 x 2  6 x  3 . Câu 2: (3,0 điểm) a) Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  và có bảng xét dấu của f   x  như sau: x 3 8   1 1  0  0  0  0  f  x Tìm các điểm cực trị của hàm số g  x   f  x 2  2 x  . b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  Câu 3: x 2  3x đồng biến trên 1;   . xm (3,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A 1; 2  , đường trung tuyến và đường phân giác trong hạ từ đỉnh B lần lượt có phương trình d : 2 x  3 y  2 , d1 : 9 x  3 y  16 . Tìm tọa độ đỉnh C của tam giác ABC . Câu 4: (3,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , cạnh a . Biết SA  SB  SC  a .   Đặt SD  x 0  x  a 3 . a) Tính số đo góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng  ABCD  khi x  a . b) Tính x theo a sao cho tích AC.SD lớn nhất. Câu 5: (3,0 điểm) a. Cho đa giác đều có 24 đỉnh, chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của  H  . Tính xác suất để 4 đỉnh chọn được tạo thành một hình chữ nhật nhưng không phải là hình vuông. b. Cho P  x   1  4 x  3 x 2  . Xác định hệ số của x 3 trong khai triển P  x  theo lũy thừa của 13 Câu 6: x. (3,0 điểm) Cho dãy số  un  được xác định bởi u1  1 và un1  3un2  2 , n   . a) Xác định số hạng tổng quát của dãy số  un  . 2 b) Tính tổng S  u12  u22  ...  u2020 . Câu 7: (2,0 điểm) Cho hai số thực thay đổi x, y với x  0. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P xy 2 ( x 2  3 y 2 )( x  x 2  12 y 2 ) . ____________________ HẾT ____________________ HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: Giải các phương trình sau: a) cos 2 x  5sin x  3 sin 2 x  5 3 cos x  8  0 . b)  x  3 1  x  x 4  x  2 x 2  6 x  3 . Lời giải a) cos 2 x  5sin x  3 sin 2 x  5 3 cos x  8  0    5 sin x  3 cos x  3 sin 2 x  cos 2 x  8  0 1  3 3 1  5  sin x  cos x   sin 2 x  cos 2 x  4  0 2 2 2  2      5sin  x    sin  2 x    4  0 3 6   Đặt t  x   3  2x   6  2t   2 .   Phương trình trở thành 5sin t  sin  2t    4  0 . 2   5sin t  cos 2t  4  0  2sin 2 t  5sin t  3  0 sin t  1     t   k 2  x   k 2  k    . 3 sin t  2 6  2 b)  x  3 1  x  x 4  x  2 x 2  6 x  3 . Điều kiện: 1  x  4 . PT   x  3  x  x  3      1  x  1  x 1  4  x  2 x2  6 x x  x  3 1 x 1 1 4  x  2 x  x  3  x  x  3  0  1 1   2  1  x  1 1  4  x 1  2 x  0 . x  3 1    1  x  1  1 1 1 Xét phương trình (2): Ta có     2. 1  x  1 1  4  x 1  4  x  1   x  1 Dấu bằng xảy ra khi  (vô lí). Vậy phương trình (2) vô nghiệm. x  4 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0 và x  3 . Câu 2: a) Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  và có bảng xét dấu của f   x  như sau: x  f  x  3 0 1  0 1   0 8 0   Tìm các điểm cực trị của hàm số g  x   f  x 2  2 x  . Lời giải x 1 x 1  2 x  2 x   3   x  1  BC  2 2  Ta có g   x    2 x  2  f   x  2 x   0  x  2 x  1   .  x  1  2  BC  2   x  2x  1  x  2; x  4  2  x  2x  8 Vậy các điểm cực trị của hàm số g  x  lần lượt là x  2; x  1; x  4 . b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  x 2  3x đồng biến trên 1;   . xm Lời giải ĐK: x   m . x 2  2mx  3m Ta có: y  . 2  x  m  y  0, x  1;    x 2  2mx  3m  0, x  1;   *  Hàm số đồng biến trên 1;     . m  1 m  1;   f  x   0 với f  x   x 2  2mx  3m . *  min 1;   Đồ thị của hàm số f  x  là parabol có toạ độ đỉnh I   m; m 2  3m  . BBT: x m f  x  1 1 m Dựa vào BBT, suy ra min f  x   0  1  m  0  m  1 . 1;  Vậy 1  m  1 thoả mãn yêu cầu bài toán. Câu 3: Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A 1; 2  , đường trung tuyến và đường phân giác trong hạ từ đỉnh B lần lượt có phương trình d : 2 x  3 y  2 , d1 : 9 x  3 y  16 . Tìm tọa độ đỉnh C của tam giác ABC . Lời giải x  2 2 x  3 y  2  Ta có d  d1  B nên toạ độ điểm B thoả hệ phương trình   2. y  9 x  3 y  16  3  2 Do đó B  2;  .  3 Gọi A  a; b  là điểm đối xứng với A qua d1  A  BC .    1 a 2  b  Khi đó trung điểm của AA là I  ;   d1 và AA  ud1 nên ta có hệ: 2   2 18    1 a   2  b  a  5 9    3   16  18 17    A  ;  .   2   2  5 5 a  1  3  b  2   0 b  17   5   8 41   2 Đường thẳng BC đi qua điểm B  2;  nhận vectơ AB   ;  làm vectơ pháp tuyến nên  3  5 15  có phương trình: 72 x  123 y  226  0 . Gọi M là trung điểm của đoạn AC .  226  72t   t  1 472  72t  ; Do C  BC  C  t;  M   . 123  123    2 t 1 472  72t 513  513 278  suy ra C  M  d  2.  3. 2t ; . 2 123 113  113 339  Câu 4: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , cạnh a . Biết SA  SB  SC  a .   Đặt SD  x 0  x  a 3 . a) Tính số đo góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng  ABCD  khi x  a . b) Tính x theo a sao cho tích AC.SD lớn nhất. Lời giải Cách 1: S x A A D B O D G B C C a) Tính số đo góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng  ABCD  khi x  a . Gọi O là hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABCD  . Ta có: SA  SB  SC  SD  a  OA  OB  OC  OD  ABCD là hình vuông. Xét tam giác vuông: a 2 BO 2    450 . cos SBC  2   SBC SB a 2 b) Tính x theo a sao cho tích AC.SD lớn nhất. Gọi G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Do SA  SB  SC  SG   ABCD  .  AC  BD  AC   SBD   AC  SO . Ta có:   AC  SG SOC  BOC (do SC  BC  a , OC chung). SO  OB  OD  BSD vuông tại S . a2  x2 . 2 a 2  x 2 3a 2  x 2 . OA2  AD 2  OD 2  a 2   4 4 BD 2  a 2  x 2  OD  3a 2  x 2  AC  3a 2  x 2 . 2 x 2  3a 2  x 2 3a 2 Xét AC.SD  x. 3a 2  x 2  .  2 2  OA  Dấu "  " xảy ra khi x  3a 2  x 2  2 x 2  3a 2  x 2  3a 2 a 3 a 6 x  . 2 2 2 Cách 2: a) Tính số đo góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng  ABCD  khi x  a . Do SA  SB  SC  SD  a  SO   ABCD  . Gọi H là trung điểm của CD suy ra CD   SOH   CD  OH  ABCD là hình vuông.    45 . Từ đó SBD vuông cân tại S , nên  SB,  ABCD    SBD b) Tính x theo a sao cho tích AC .SD đạt giá trị lớn nhất. Gọi I là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABCD  , do SA  SB  SC  a nên I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , dễ thấy I thuộc đường thẳng BO .    . Ta có AC  2 R sin  . Suy ra Đặt ABC BO  a 2  R 2 sin 2  . 1 1 Theo công thức tính diện tích tam giác ABC ta có: .a 2 .sin   . a 2  R 2 .sin 2  .2 R sin  2 2 a 4R2  a2 . 2R2 Mặt khác xét tam giác vuông SBI và tam giác vuông SID ta có:  a 2  4 R 2  a 2  R 2 .sin 2    sin     2 SI 2  a 2  R 2  x 2  2 a 2  R 2 sin 2   R . Thay sin   a2 a 4R 2  a2 vào rút gọn ta được . R  2R 2 a2  x2 Nên AC  2 R sin   3a 2  x 2 . Từ đó AC.SD  x 3a 2  x 2   x 4  3a 2 x 2 .   Xét hàm số f  x    x 4  3a 2 x 2 với 0  x  a 3 . x  0 6 Có f   x   4 x  6a x  0   do x  0; 3a nên ta nhận x  a. 6 a x   2  2  6  6 Lập bảng biến thiên ta được max f  x   f  . Vậy khi x  a a thì AC .SD đạt giá trị lớn   2  2  0; 3a    nhất. 3  2  Câu 5: a. Cho đa giác đều có 24 đỉnh, chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của  H  . Tính xác suất để 4 đỉnh chọn được tạo thành một hình chữ nhật nhưng không phải là hình vuông. b. Cho P  x   1  4 x  3 x 2  . Xác định hệ số của x 3 trong khai triển P  x  theo lũy thừa của 13 x. Lời giải a. Số phần tử của không gian mẫu là : C244 . Đa giác đều có 24 đỉnh thì có 12 đường chéo đi qua tâm nên số hình chữ nhật , kể cả hình vuông là : C122 hình. Ứng với 1 đường chéo thì có một đường chéo duy nhất để tạo thành hình vuông, nên số hình vuông là 6 . Nên số hình chữ nhật cần tìm là C122  6 . Vậy xác suất cần tìm là : C122  6 10 .  4 C24 1771 b. P  x   1  4 x  3 x 2   1  4 x   3 x 2   C130 1  4 x   C131 1  4 x  .3x 2  ... 13 13 13 12  1  4 x   13 1  4 x  .3 x 2  ...  1  4 x   39 1  4 x  .x 2  ... 13 12 13 12 * Tìm hệ số của x 3 trong khai triển 1  4x  : 13 1  4 x  13 13 13   C13k .113 k  4 x    C13k .4k .x k . k k 0 k 0 Ta có k  3 nên hệ số của x 3 là : C133 .43 . * Tìm hệ số của x 3 trong khai triển 1  4 x  .x 2 tức là tìm hệ số của x trong khai triển 12 1  4x  12 . 12 12 Ta có 1  4 x    C12m .112  m  4 x    C12m .4 m.x m . 12 m k 0 k 0 Từ đó m  1 nên hệ số của x là : C .4 . 3 1 12 Vậy hệ số của x 3 trong khai triển P  x  là : C133 .43  39.C121 .4  20176 . Câu 6: Cho dãy số  un  được xác định bởi u1  1 và un1  3un2  2 , n   . a) Xác định số hạng tổng quát của dãy số  un  . 2 b) Tính tổng S  u12  u22  ...  u2020 . Lời giải a) Xác định số hạng tổng quát của dãy số  un  .   Ta có: un 1  3un2  2  un21  1  3 un2  1 , n   . v  2 Đặt vn  un2  1   1 .  vn1  3vn , n   Suy ra  vn  là cấp số nhân với số hạng đầu v1  2 , công bội q  3 .  vn  2.3n1 , n   .  un  2.3n1  1 , n   là số hạng tổng quát của dãy số  un  . 2 b) Tính tổng S  u12  u22  ...  u2020 .   2 Ta có: S  u12  u22  ...  u2020  2 1  3  32  ...  32019  2020 .  2. 1  32020  2020  32020  2021 . 1 3 Vậy S  32020  2021 . Câu 7: Cho hai số thực thay đổi x, y với x  0. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P xy 2 ( x 2  3 y 2 )( x  x 2  12 y 2 ) . Lời giải P Đặt xy ( x  3 y )( x  x 2  12 y 2 ) 2 y2 x2 2 2 = y2 y2 (1  3 2 )(1  1  12 2 ) x x (do x  0 ) . y t. x Khi đó: P  t2 (1  3t 2 )(1  1  12t 2 )  t 2 (1  1  12t 2 ) 1 1  12t 2  1 1 1  12t 2  1 .  .  . (1  3t 2 )(12t 2 ) 12 1  3t 2 3 12t 2  4 Đặt m  1  12t 2  1 . 1 m 1 m 1 Khi đó P  . 2  3P  2  f ( m) . 3 m 3 m 3 f '(m)  m 2  3  2m(m  1)  m 2  2m  3  0 (m 2  3) 2 (m 2  3)2  m  1  m  3 .  0  3P  1 1 0P . 6 18 + P  0 , dấu "  "  m  1  y  0 . + P 1 , dấu "  "  m  3  2 x 2  3 y 2 . 18 Vậy MinP  0  y  0 ; MaxP  1  2x2  3 y2 . 18 ____________________ HẾT ____________________

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

Nội dung