Đề thi học sinh giỏi Toán 12 cấp tỉnh năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Bình Phước

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH BÌNH PHƯỚC MÔN TOÁN – LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2020 - 2021 TOANMATH.com
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 15/10/2020 Câu 1: (4,0 điểm) x  m
Cho hàm số y  f  x 
, ( m là tham số thực) có đồ thị C . m  x 1
1. Tìm tất cả các giá trị của m để max f  x  min f  x  3. 1;0  1  ;0
2. Với m  0 , tìm tất cả các điểm M trên C sao cho tiếp tuyến tại M với C cắt hai 0  0 
đường tiệm cận của C tại A và B thỏa mãn IAB cân, với I là giao điểm của hai đường 0  tiệm cận. Câu 2: (6,0 điểm)   
1. Giải phương trình: 2cos3 .
x cos x  cos 4x  sin 2x 1  2 2 sin x    .  4   x 2 x 
  y  2 x   1  y   1  x 1
2. Giải hệ phương trình :  . 2 x 
  x  1 y  1 5 2
x  6  x  4x  9 2  y 1 
3. Cho tập T  1; 2;3; 4; 
5 . Gọi H là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số đôi một
khác nhau thuộc T . Chọn ngẫu nhiên một số thuộc H . Tính xác suất để số được chọn có tổng các chữ số bằng 10 . Câu 3: (3,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD có A 1
 ;2. Gọi M , N lần lượt là trung điểm BC và CD . Gọi
H là giao điểm của BN và AM . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HDN
biết phương trình đường thẳng BN :2x  y  8  0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 2 . Câu 4: (4,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SAB là tam giác đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với  ABCD . Gọi H là trung điểm AB . Tính thể tích khối chóp
S.ABCD và tan SH,SCD. Câu 5: (2,0 điểm) Cho hai đa thức P x 3 2
 ax  bx  cx  b và Qx 3 2
 x  cx  bx  a với a,b,c  ,a  0 .
Chứng minh rằng G x  Px Qx  0 x  thì a  b  c . Câu 6: (2,0 điểm) Giả sử phương trình 3 2
x  3x  ax  b  0 ( với a,b  ) có 3 nghiệm thực dương. Gọi các n n n x  x  x
nghiệm này là x , x , x . Đặt 1 2 3 u  , * n   . 1 2 3 n n 1  n 1  n 1 x  x  x  1 2 3 1 1 1 Tìm a,b để 2   ...  n  2021 . u u u 1 2 n
____________________ HẾT ____________________ HƯỚNG DẪN GIẢI x  m
Câu 1: Cho hàm số y  f  x 
, ( m là tham số thực) có đồ thị C . m  x 1
1. Tìm tất cả các giá trị của m để max f  x  min f  x  3. 1;0  1  ;0
2. Với m  0 , tìm tất cả các điểm M trên C sao cho tiếp tuyến tại M với C cắt hai 0  0 
đường tiệm cận của C tại A và B thỏa mãn IAB cân, với I là giao điểm của hai đường 0  tiệm cận. Lời giải m 1 1. Có f  x   . x  2 1
+ Với m  1  f  x  1 x   1
 ;0  max f x  min f x  2 (không thỏa mãn). 1;0 1;0
+ Với m  1, hàm số f  x đơn điệu trên  1  ;0, do đó: m 1 5
max f  x  min f  x  3  f   1  f 0  3   m  3  m  . 1;0 1;0 2 3 5
Vậy m  thỏa mãn yêu cầu bài toán. 3 x
2. Với m  0  f  x 
có đồ thị C . Tọa độ giao điểm hai đường tiệm cận của 0  x 1 C là I 1; 1. 0   x  Gọi 0 M  x ; , x  1. 0  x 1  0 0  1 Có f  x    . x  2 1 1 x
Phương trình tiếp tuyến của C tại M có dạng y   x  x  . 2  0  0 0  x 1 x 1 0  0  x 1
Tiếp tuyến tại M cắt đường tiệm cận đứng tại 0 A1;
 , cắt đường tiệm cận ngang tại x 1  0  B2x 1;1 . 0  2 Có IA  , IB  2 x 1 . x 1 0 0
Tam giác IAB là tam giác vuông tại I , do đó tam giác IAB cân khi và chỉ khi IA  IB . 2 x  0 M 0;0   2 x 1  x  2 0 1  1    . 0 0  x 1 x  2 M  2;2 0  0
Vậy M 0;0 hoặc M 2;2 . Câu 2:   
1. Giải phương trình: 2cos3 .
x cos x  cos 4x  sin 2x 1  2 2 sin x    .  4  Lời giải   
 cos 4x  cos 2x  cos 4x  sin 2x 1  2 2 sin x    .  4 
 cos 2x  sin 2x 1  2sin x  2cos x 2
 2cos x  2cos x  2sin x cos x  2sin x  0  cos x cos x   1  sin x cos x   1  0  cos x   1 cos x  sin x  0 cos x 1   x   k2    2       , k . 2 sin x   0        4  x    k  4  x 2 x 
  y  2 x   1  y   1  x 1
2. Giải hệ phương trình :  . 2 x 
  x  1 y  1 5 2
x  6  x  4x  9 2  y 1  Lời giải
Điều kiện: x, y  1. x Ta có: 2 x 
  y  2 x   1  y   1 x 1 3 2 x  x  x    y       x   1 y 1 y 1 1 x 1 3  x   x         y  3 1   y 1.  x 1   x 1   x   f  f    y1. Xét f t 3  t  t  f t 2  3t 1  0, t .  x 1   f t đồng biến. x 
 y 1 thay vào 2 ta được: x 1
   x x  x   2 2 1 5 x  6  x  4x  9
 x x     x  x   x     x   2 1 2 2 5 6 3 3 5  x  4x  9
 x x    x   x    2 1 2 5 6 3  x  x  6 x  x  3 x 5x 3  
  x  3x  2 x 1  2 x  6  3 x  3 TM   x x  5  .   x  2  0  x 1 2 x  6  3 Ta có: x x  5    x x 5
x  2  0 (vô nghiệm vì   x  2  0 , x 1  2 x  6  3 x 1  2 x  6  3 x   1). Vậy nghiệm S    3 .
3. Cho tập T  1; 2;3; 4; 
5 . Gọi H là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số đôi một
khác nhau thuộc T . Chọn ngẫu nhiên một số thuộc H . Tính xác suất để số được chọn có tổng các chữ số bằng 10 . Lời giải
- Số các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau thuộc T là: 3 A  60 số. 5
- Số các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau thuộc T là: 4 A 120 số. 5
- Số các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau thuộc T là: 5!  120 số.
Do đó: tập H có số phần tử là: 60 120 120  300 (phần tử). Suy ra: n  300 .
- Gọi A là biến cố: “chọn được số từ H có tổng các chữ số bằng 10”.
Các số có 3 chữ số khác nhau mà tổng các chữ số bằng 10 chỉ được lập từ các bộ số: 1; 4;5
và 2;3;5 , số các số loại này là: 2.3! 12 số.
Các số có 4 chữ số khác nhau mà tổng các chữ số bằng 10 chỉ được lập từ bộ số 1; 2;3; 4 , số
các số loại này là: 4!  24 số.
Do đó: nA  12  24  36 . n A 36 3
Vậy xác suất cần tính là: P  A    . n     300 25
Câu 3: Cho hình vuông ABCD có A 1
 ;2. Gọi M , N lần lượt là trung điểm BC và CD . Gọi
H là giao điểm của BN và AM . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HDN
biết phương trình đường thẳng BN :2x  y  8  0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 2 . Lời giải Xét A  BM  B  CN  .c .cc  M  AB  N
 BC , từ đó suy ra BN  AM .
Đường thẳng AM qua A và vuông góc với BN nên có phương trình x  2 y  5  0 . 11 18  BN  AM  H  H ;  .  5 5 
Ta có ABH đồng dạng với BMH  AH  2HB  AB  4 . x  3 B TM 4 x y        . B 2 1  2 B 2 7 x  B KTM  5  B3;2.  3 11
Gọi P là trung điểm AH  P ;  .  5 5 
Tứ giác ADNH nội tiếp đường tròn đường kính AN , I là trung điểm AN . 2x  y  8  0
Tọa độ N là nghiệm của hệ phương trình   N 1;6 . x 1  1  PI  HN  I 0;4. 2
Đường tròn ngoại tiếp tam giác HDN có tâm I 0;4 , bán kính IN  5 , vậy phương trình
đường tròn là x   y  2 2 4  5 .
Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SAB là tam giác đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với  ABCD . Gọi H là trung điểm AB . Tính thể tích khối chóp
S.ABCD và tan SH,SCD. Lời giải S K A D H E B C
Từ giả thiết, ta có SH   ABCD . a 3
Vì SAB đều cạnh a nên SH  . 2 3 1 1 a 3 a 3 Thể tích khối chóp 2 S.ABCD :V  S .SH  .a .  . S .ABCD 3 ABCD 3 2 6
Gọi E là trung điểm CD  HE  CD .
Từ H kẻ HK  SE tại K . C  D  HE Ta có 
 CD  SHE  CD  HK . C  D  SH HK  SE Mặt khác   HK  SCD . HK  CD
Như vậy SH,SCD  SH,SK   
HSK  90 (do SHK vuông tại K ). 1 1 1 a 21 Xét tam giác SHE , ta có    HK  . 2 2 2 HK SH HE 7 3 7a Tam giác SHK vuông tại 2 2 K : SK  SH  HK  . 14 HK Như vậy SH SCD   2 3 tan , tan HSK   . SK 3
Câu 5: Cho hai đa thức P x 3 2
 ax  bx  cx  b và Qx 3 2
 x  cx  bx  a với a,b,c  ,a  0 .
Chứng minh rằng G x  P x Qx  0 x  thì a  b  c . Lời giải
Ta có G x  Px Qx  a   3 x  b  c 2 1
x  b  cx  a  b  0, x .
Để ý thấy G x liên tục trên  nếu a 1 0thì lim Gx   nên tồn tại x  0 : G x  0 0  0 x
suy ra vô lý tương tự nếu a 1 0 thì lim G x   nên tồn tại x  0 : G x  0 suy ra vô 0  0 x lý .
Xét trường hợp a 1 suy ra G x b c 2 
 x  b  cx  a  b lập luận tương tự ta cũng có b  c  0.
+ Nếu b  c suy ra G x  a  b  0  a  b .
+ Nếu b  c . Khi đó Gx  x  b  c2 0
 4b  ca  b  0 .
 b  cb  c  4a  4b  0  b  c  4a  4b  0.
 4a  b  c  4b  4a  4b  a  b.
Vậy ta luôn có G x  Px Qx  0 x  thì a  b  c .
Câu 6: Giả sử phương trình 3 2
x  3x  ax  b  0 ( với a,b   ) có 3 nghiệm thực dương. Gọi các n n n x  x  x
nghiệm này là x , x , x . Đặt 1 2 3 u  , * n   . 1 2 3 n n 1  n 1  n 1 x  x  x  1 2 3 1 1 1 Tìm a,b để 2   ...  n  2021 . u u u 1 2 n Lời giải
Ta sẽ chứng minh u là dãy giảm. n   n n n n n n n n n x  x  x x  x  x  x  x  x  1 2 3   1 1 1   1 2 3 2 2 2 2 1 1 1 Thật vậy : u  u  . n n 1   n 1 n 1 n 1 x  x  x   n2 n2 n2 x  x  x 1 2 3 1 1 1 
Theo bất đẳng thức BCS :  n n n  n n n   n n n x x x x x x x x x         2 2 2 2 1 1 1 . 1 2 3 1 1 1 1 2 3 Do đó : u  u  0 , * n
  . Vậy u là dãy giảm. n  n n 1 
Ta có : 9   x  x  x 2  3 x x  x x  x x  3a  a  3   1 . 1 2 3  1 2 2 3 1 3 Vì u là dãy giảm * n    nên: n  1 1 1 n 2 2 2      x x x 9 2a ...    1 2 3 .n  .n . u u u u x  x  x 3 1 2 n 1 1 2 3 9  2a 2 9  2a n  2021 2 9  2a n  2021 Do đó : 2 .n  n  2021     lim 1. 3 3 n 3 n  a  3 2. Từ   1 và 2 : a  3.
Với a  3 ta được : x  x  x  1, suy ra : b  1 (thử lại thỏa mãn). 1 2 3
Vậy a  3, b  1 thỏa yêu cầu bài ra.
____________________ HẾT ____________________