Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 12 - Sở GD&ĐT Yên Bái 2019-2020 (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 12 - Sở GD&ĐT Yên Bái 2019-2020 (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO YÊN BÁI ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2019 – 2020 MÔN THI: TOÁN Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) ĐÈ CHÍNH THỨC Câu I. mx 9 1. Cho hàm số y . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số nghịch biến trên khoảng xm ( ;1) . 2. Cho hàm số f( x ) x32 6 x (9 m ) x 2 m 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số g()() x f x có đúng 5 điểm cực trị. Câu II. Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên lấy ra được chỉ có mặt ba chữ số khác nhau. Câu III. 2 y x y x y 22 x x (1) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: 22 3 (2) xy 5 y 7 x 7 y 4 6 xy y 1 Câu IV. Cho hình chóp S. ABC có đáy là ABC vuông tại B, AB a3, ACB 600 , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABC là trọng tâm của tam giác ABC, gọi E là trung điểm cạnh AC, biết góc giữa SE và mặt phẳng đáy bằng 300 . a) Tính theo a thể tích khối chóp S. ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng SAB . b) Tính góc giữa hai mặt phẳng SAC và ABC . Câu V. Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn O , có đường cao AD D BC . Kẻ DE, DF lần lượt vuông góc với AB, AC E AB, F AC . BF CE I,, K BF  DE L  CE DF , hai điểm M, N lần lượt là trung điểm của AD và AI. Chứng minh rằng: a) Đường thẳng KL song song với đường thẳng BC. b) M, N, O thẳng hàng. Câu VI. Cho các số thực dương x,, y z thoả mãn điều kiện 3 x y z x2 y 2 z 2 2 xy . Tìm giá trị 20 20 nhỏ nhất của biểu thức P x y z. x z y 2 Câu VII. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho nn43 1 là số chính phương. HẾT Trang 1/11 - WordToan
2. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu I. 1. Cho hàm số Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số nghịch biến trên khoảng . 2. Cho hàm số Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số mx 9 cóy đúng 5 điểm. cực trị. xm ( ;1) Lời giải 1. Tập xác định: D f( x ) x32 6 x (9 m ) x 2 m 2. m2 9 Tag()() có: x y f' x ()xm 2 Hàm số nghich biến trên khoảng ( ;1) y' 0,  x 1 m2 90 33 m 31 m m ( ;1) m 1 Vậy với 31 m thì hàm số nghịch biến trên khoảng . 2. Hàm số có đúng 5 điểm cực trị Hàm số fx() có 2 điểm cực trị và yyCĐ .0CT Cách 1: Hàm số có 2 điểm cực trị và Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt x32 6 x (9 m ) x 2 m 2 0 có 3 nghiệm phân biệt (x 2)( x2 4 x 1 m ) 0 có 3 nghiệm phân biệt x2 4 x 1 m 0 có 2 nghiệm phân biệt ' m 3 0 khác 2 2 m 3 2 4.2 1 m 0 Vậy với m 3 thì hàm số có đúng 5 điểm cực trị. Cách 2: Hàm số có 2 điểm cực trị và Ta có f'( x ) 3 x2 12 x 9 m 2 Hàm số có 2 điểm cực trị xx12, f'( x ) 3 x 12 x 9 m =0 có 2 nghiệm phân biệt ' 3mm 9 0 3 (1) Trang 2/11 – Diễn đàn giáo viên Toán
3. 1 2 2mm4 Mặt khác f( x ) ( x ) f '( x ) ( 2) x 4 nên phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm 3 3 3 3 2m 4m 2 m cực trị là y ( 2)x 4 ( 2)(x 2) 3 3 3 2m 2m Do đó y. y 0 ( 2)2 (x 2)( x 2) 0 ( 2)2 x x 2( x x ) 4 0 CĐ CT 3 12 3 1 2 1 1 2mm 2mm ( 2)2 3 2.4 4 0 ( 2)2 1 0 m 3 ( thỏa mãn Đk (1) ) 33 33 Câu II. Cách 1 Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0. Số phần tử của S là: nS( ) 95 . Gọi  là không gian mẫu của phép thử ngẫu nhiên: " lấy ngẫu nhiên 1 số thuộc tập S" n(  ) 95 Gọi biến cố A:" Số lấy ra được chỉ có mặt ba chữ số khác nhau". Trường hợp 1: Số đó có một chữ số xuất hiện 3 lần và 2 chữ số còn lại xuất hiện 1 lần 3 1 3 Vậy có: n1 C 9. C 3 . C 5 .2 5040 Trường hợp 2: Số đó có hai chữ số xuất hiện 2 lần và chữ số còn lại xuất hiện 1 lần 3 1 2 Vậy có: n2 C 9. C 3 .5.C 4 .1 7560 12600 1400 n(A) n12 n 12600 P(A) \ 95 6561 Cách 2 Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0. Số phần tử của S là: . Gọi là không gian mẫu của phép thử ngẫu nhiên: " lấy ngẫu nhiên 1 số thuộc tập S" Gọi biến cố A:" Số lấy ra được chỉ có mặt ba chữ số khác nhau". Gọi số có 5 chữ số mà có 3 chữ số khác nhau a, b, c lấy từ tập S 1;2;3;4;5;6;7;8;9 Trường hợp 1: Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số abc,, : có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a,,,, a a b c tạo ra từ một số tự nhiên n ; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà aaa,, chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n , nên trong trường hợp 1 này có: 5! C 3.3. 5040 số tự nhiên. 9 3! Trường hợp 2: 1 trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số abc,, và chữ số kia bằng 1 chữ số khác trong ba chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a,,,, a b b c tạo ra một số tự nhiên n ; nhưng cứ 2! hoán vị của các vị trí mà aa, chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà bb, chiếm chỗ thì chỉ tao ra cùng một số tự nhiên n , nên trong trường hợp 2 có: 5! C 3 3. 7560 số tự nhiên. 9 2!2! Trang 3/11 - WordToan
4. Vậy nA( ) 5040 7560 12600 . Câu III. Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: Lời giải Cách 1 x 0 Điều kiện: . xy 0 Thay xy 0 vào phương trình (2) thấy không thỏa mãn, do đó ta xét với xy 0 . Vì xy 0 nên x y 20 x . Nên từ phương trình (1) ta có: yxy xyx22 2 xxyxyx 2 2 2 xy2 x 0 yx 1 x y x y x y x 0 y x 2 x y 0 x y 22 x x y x 2 y x y x y 22 x x (1) xy 22 3 (2) (3) xy 5 y 7 x 7 y 4 6 xy y 1 1 . 20xy (4) x y2 x Nhận xét: 12600 1400 x 0 P(A) 1 Vì 20xy , và 5 6561 0 suy ra phương trình (4) vô nghiệm. xy 0 x y9 2 x Từ (3) thay xy phương trình (2) ta có x3 51446 x 2 x33 x2 x 1 x 12119161 3 x x x x2 x 10 6x x 1 x2 4 x 8 0 2 1 3 x22 x 1 3 x x 1 x 1 6x (5) xx2 4 8 0 . 2 (6) 1 3 x22 x 1 3 x x 1 Từ (5) ta có nghiệm của hệ là xy; 1;1 . Nhận thấy phương trình (6) vô nghiệm, thật vậy: Ta có x2 4 x 8 x 2 2 4 4 2 2 x 332 2 Mặt khác nhận thấy x x 11 x x . Từ đó 2 4 4 Trang 4/11 – Diễn đàn giáo viên Toán
5. 23 3 2 2 2 32 3 2 3 6 1 x x 13 x x 1 1 3 x 36 x 1 2 x 3 x 4 4 4 6x Nên xx2 4 8 4 2 3 0 nên phương trình (6) vô nghiệm. 2 1 3 x22 x 1 3 x x 1 Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm . x 0 Cách 2: Điều kiện: xy 0 Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm . Với x 0 thì hệ là : 2 yy 0 y 0 . Vậy hệ vô nghiệm. 2 3 46 5y 7 y 4 6. y 1 Với x 0 , ta có 20x x y (1) 2x x y (2 x22 y xy) 0 xy (x y )(2 x y ) 0 2x x y 1 ()x y 2x y 0 2x x y xy 1 20xy 2x x y x 0 Vì xy 0 11 nên A 2x y x x y 0 2x x y 2x x y Vậy A 0 vô nghiệm. Thế xy vào (2) ta được phương trình: y3 5 y 2 14 y 4 63 y2 y 1 y3 5 y 2 14 y 4 33 8 y2 8 y 8 33 8y2 8 y 8 (8 y2 8 y 8) 3(y 1) (y 1)3 (3) Xét hàm số: f()3 t t t32 ;( t ) f '()33 t t 0;  t Do đó hàm số ft() đồng biến trên , hàm sô liên tục trên và từ (3) ta có: f3 8 y2 8 y 8 f ( y 1) xy; 1;1 3 8y2 8 y 8 y 1 8y2 8 y 8 y 1 3 y32 5 y 11 y 7 0 (y 1)( y2 4 y 7) 0 y 1 y 1. Vậy nghiệm của hệ phương trình là (xy ; ) (1;1) 2 yy 4 7 0 Trang 5/11 - WordToan
6. Cách 3: Điều kiện: Với thì hệ là : . Vậy hệ vô nghiệm. Với , ta có (1) x 0 xy 0 x 0 2 yy 0 y 0 2 3 46 5y 7 y 4 6. y 1 x 0 20x x y Vì 2x nên x y (2 x22 y xy) 0 xy Vậy vô nghiệm. (x Thế y )(2 x y ) vào 0 (2) ta được phương trình: 2x x y 3 2 1 332 3 2 2 yyy ()x5 y 14 4 6 yyyyy 2x 1 y 0 5 8 4 6 yyy 1 2x x y 23 6(y y 1 y ) 0 ( yxy 1)( y2 4S y. ABC 4) ABC AB a3, ACB 60 , 2 1 ABC3 y2 y 1 3 y2 y 1 . yABC y,2 20xy 0 2x x y 30 . S. ABC2 SAB . x 0 2 6(y 1) (yy 1) 2 SAC ABC . 0 xy 0 2 2 2 2 3 y y 1 3 y y 1 . y y 11 A 2x y x x y 0 yy 1 02x x 1 y 2x x y A 0 6(y2 1) Vì (yy 2)2 0;  0 xy 2 3 y2 y 1 3 y2 y 1 . y y2 Câu IV. Cho hình chóp có đáy là vuông tại B, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng là trọng tâm của tam giác gọi E là trung điểm cạnh AC, biết góc giữa SE và mặt phẳng đáy bằng a) Tính theo a thể tích khối chóp và khoảng cách từ C đến mặt phẳng b) Tính góc giữa hai mặt phẳng và Lời giải Trang 6/11 – Diễn đàn giáo viên Toán
7. a) Tính theo a thể tích khối chóp và khoảng cách từ C đến mặt phẳng * Tính thể tích khối chóp S.ABC. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC SG ABC . SE, ABC SEG 300 . BC AB.cot ACB a 3.cot 600 a +) ABC vuông tại B AB . AC 2a sin ACB 13a2 Có S AB BC ABC 22 1 1 1 a EG BE AC 3 3 2 3 aa3 +) SGE vuông tại G SG GE.tan SEG .tan300 . 39 1 a3 S. ABC SAB . Vậy VS. ABC S ABC SG 3 18 SAC ABC . * Tính d C,. SAB +) Trong ABC, kẻ GN BC N AB GN  AB (vì BC AB). GN AG 22a Có GN MB (M là trung điểm của BC). MB AM 3 3 3 aa3 . SG. GN a +) Trong SGN, kẻ GH SN d G,. SAB GH 93 2 2 2 2 6 SG GN aa3 93 CF +) Gọi F là trung điểm AB, có CG SAB F d C, SAB d G,. SAB GF a d C, SAB 3. d G , SAB . 2 a Vậy d C,. SAB 2 b) Tính góc giữa hai mặt phẳng và Trang 7/11 - WordToan
8. BC.3 BA a Trong ABC, kẻ BP AC BP . BC22 BA 2 GK AC Kẻ GK BP 13a . GK BP 36 AC GK Ta có, AC  SK SAC ,. ABC SKG AC SG SG 2 Trong SGK vuông tại G, có tan SKG . GK 3 2 Vậy SAC , ABC SKG arctan . 3 Câu V. Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn , có đường cao AD . Kẻ DE, DF lần lượt vuông góc với AB, AC . , hai điểm M, N lần lượt là trung điểm của AD và AI. Chứng minh rằng: a) Đường thẳng KL song song với đường thẳng BC. b) M, N, O thẳng hàng. O D BC E AB, FL ACời gi ảiBF  CE I,, K BF  DE L  CE DF A F O E I K L C B D a) Cách 1 Trang 8/11 – Diễn đàn giáo viên Toán
9. KI LI : Ta sẽ đi chứng minh: KB LC . Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác BIC với hai cát tuyến DLF,, và DKE,, có: LI DC FB KI DB EC . . 1; . . 1 suy ra ta cần chứng minh: LC DB FI KB DC EI 2 DC FB DB EC DC EC FI . DB FI DC EI DB EI FB DC ECsin B AC Dễ chứng minh tứ giác FECB nội tiếp. Khi đó,ta có: sin DAC (1) FBsin C AB DB sin DAB IF FC DC.sin FDC DC .sin DAC (2) IE EB DB.sin EDB DB .sin DAB Từ (1) và (2) suy ra đpcm. A H N F M O E I K L C S B D T A' Cách 2: 1. Ta có AED  AFD 900 nên tứ giác AEDF nội tiếp AEF  ADF 900  DAC  ACB BEF  AEF  BEF  ACB 1800 Tứ giác EFCB nội tiếp BEC  CFB KEL  BEC 9000  CFB 90  LFK Tứ giác EFLK nội tiếp. ILK  EFI  BCI KL // BC b) Cách 1: AA là đường kính. Để chứng minh M, O, N thẳng hàng ta đi chứng minh I, D, A’ thẳng hàng. AD O AH   . Có: AHD 90  AHA H,, D A Áp dụng tính chất trục đẳng phương của 3 đường tròn AD ,, O BEFC ta có AH, BC, EF đồng quy tại S. Trang 9/11 - WordToan
10. Gọi T là trung điểm A’D suy ra MT // AO suy ra MT FE (do OA FE ) lại có ME MF TE TF . (1) Lại có OT // AD suy ra OT BC mà OB OC TB TC (2) Từ (1) và (2) suy ra T là tâm BEFC . Áp dụng định lí Brocard đối với tứ giác BEFC có: T là trực tâm tam giác SIA suy ra TI SA Do T DA TD  SA suy ra TDA,, đpcm. Cách 2: 2. Qua B kẻ đường thẳng song song với DE cắt ID tại G . Qua C kẻ đường thẳng song song với DF cắt tại G' . IG IB Do BG // KD nên ta có: (1) ID IK IG' IC Do CG' // DL nên ta có: (2) ID IL IB IC Mà // nên ta lại có: (3) IK IL IG IG' Từ (1), (2), (3) ta được G,G' trùng nhau. ID ID ABG  ACG 900 nên tứ giác ABGC nội tiếp. G thuộc đường tròn (O) và AG là một đường kính của . Do I ,D,G thẳng hàng và N,M,O lần lượt là trung điểm của AI ,AD,AG Ba điểm M ,N,O thẳng hàng. A N M E O F I K L B C D KL BC x,, y z 3 x y z x2 y 2 z 2 2 xy . 20 20 P x yG≡G' z. x z y 2 Câu VI. Cho các số thực dương thoả mãn điều kiện Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Trang 10/11 – Diễn đàn giáo viên Toán
11. Lời giải x y z 2 Ta có 32x y z x2 y 2 z 2 xy x y2 z2 BCS 2 x y z2 66 x y z x y z (do x y z 0 ) Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM ta có 16 8 8 8 8 x z x z 33 . .x z 12 x z x z x z x z x z 16 8 8 8 8 y 2 y 2 33 . .y 2 12 y 2 y2 y 2 y2 y 2 Khi đó 20 20 P x y z x z y 2 5 16 16 1 5 x z y2 x y z 4 x z y 2 4 2 5 1 5 12 12 .6 26. 4 4 2 x y z x 1 xz4 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi y 2. y 24 z 3 x y z 6 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng 6 khi x1, y 2, z 3. Câu VII. Tìm tất cả các số nguyên dương sao cho là số chính phương. Lời giải 2 Vì n là số nguyên dương nên nnn4 4 31 nnn 4 2 3 2 nnn 2 4 3 1 nn2 . 2 Theo yêu câu đề bài thì nn43 1 có dạng nk2 với k , 1 k n . * 2 nn4 3 1 nk2 n3 1 2 nkkk2 2 21 nnkk 2 2 2 1 n 2 . +) Trường hợp 1: k2 1 0 k 1 n 2 (thỏa mãn). +) Trường hợp 2: k 2 10, từ n2 n 2 k k2 1 0 k2 1 n 2 k n (mâu thuẫn * ) Vậy n 2. HẾT n nn43 1 Trang 11/11 - WordToan