Đề thi hsg toán 12 tiền giang (2) năm học 2020 2021

Tính xác suất của biến cố A... Kết luận: Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1;0... Tính xác suất của biến cố A.. Để biến cố A xảy ra ta lần lượt thực hiện các bước sau : Bước 1:

ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SỞ TIỀN

GIANG –NĂM 2020-2021

Môn: Toán (Vòng 2)

H C H I - ỌC HỎI - ỎI - CHIA SẺ KI N ẾN

TH C ỨC Thời gian: 1800 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1 ( 4 ,0 điểm)

Cho dãy số  u n xác định bởi

1

2 1

1

2021 2

n

u

u 











 với mọi n  *.

1) Đặt 1 2

1

n n

k k

v

u





Tính nlim v n

 

2) Tính lim .

n n

u n

 

Câu 2 ( 3 ,0 điểm)

Giải hệ phương trình

 

 

2







Câu 3 ( 3 ,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp tâm I tiếp xúc,

với các cạnh AB AC lần lượt tại , , E F Các đường thẳng , BI CI lần lượt cắt EF tại , M N

Biết B2;3 , M2;3

và N1;2 

Tìm tọa độ điểm C

Câu 4 ( 3 ,0 điểm)

Giải phương trình sin 2x cos 2 sinx xsin 3xsinxcos cosx x

Câu 5 (4,0 điểm)

1) Cho một bảng ô vuông 3 3

Điền ngẫu nhiên các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 vào bảng trên (mỗi ô chỉ điền một số) Gọi A

là

biến cố “mỗi hàng, mỗi cột bất kì đều có ít nhất một số lẻ” Tính xác suất của biến cố A

2) Cho n là một số nguyên dương và triển khai

0 1 1 2 1 1 n

n

n

, trong đó a a0, , ,1 a là các hệ số thực n

Tìm n biết rằng a2a3a 45n n 1

Câu 6 ( 3 ,0 điểm)

Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn abc a b c     Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu4 thức:      2 2

8

bc P

a b a c

 

.

-HẾT -ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SỞ TIỀN

GIANG –NĂM 2020-2021

Môn: Toán (Vòng 2)

H C H I - ỌC HỎI - ỎI - CHIA SẺ KI N ẾN

TH C ỨC Thời gian: 1800 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1 ( 4 ,0 điểm)

Cho dãy số  u n xác định bởi

1

2 1

1

2021 2

n

u

u 











 với mọi n  *.

1) Đặt 1 2

1

n n

k k

v

u





Tính nlim v n

 

2) Tính lim .

n n

u n

 

Lời giải 1) Bằng qui nạp, ta chứng minh được u n    1, n *.

 Ta có

2 1

2

2021 1

n

u

Suy ra  u n

là dãy tăng

 Giả sử  u n

bị chặn trên Khi đó, dãy  u n

có giới hạn hữu hạn

Đặt L nlimu n.

 



Vì u n    nên 1, n 1 L 1

 Từ giả thiết, ta được

2 2021

0 2

(vô lý với L  ).1

Suy ra  u n

không bị chặn trên hay nlimu n .

  

 Mặt khác

2

2

2021

2

1

n

n n

u u





4 1 1

2021

n

n

v

    

n

n

v

   

        

2) Ta có

2

n n



Suy ra  

n n n



 





 

 Vậy theo định lý Cesaro, ta được

2021

4

n n

u n

  

Câu 2 ( 3 ,0 điểm)

Giải hệ phương trình

 

 

2







Lời giải

Điều kiện :

0

x y









 

Ta có  1  x x 3y 1 3x2y2 3y x3y y

 

      

Thế  3 vào  1 ta được:  1  2y13 3y 1 3y y21

0

8 12 3 3 1 0 *

y







+ Với y 0 x 1 x 1

Cách 1:

+ Giải phương trình  * :   2  2  2 2

2

3

y

y

  2

2

0

y





Từ  3 2 1 0 1

2

    

TH1: Nếu

1

;0 2

y   

  ta có

  2

**

8 12 0

y y y









  

 

Cách 2:

2 2

8y 12y 3 3 y  1

+ Giải phương trình  * : 8y212y 3 3 y2 1

Điều kiện:

3 1

3

4 4

3 1

3

4 4

y

y

















 

 

, kết hợp điều kiện

3 3

0,32 4

0

* 64 192 183 72 0

64 192 183 72 0

y





 Xét hàm số f t  64t3192t2183t72

8 3 8

192 384 183 0

8 3 8

t

t

  









  





Bảng biến thiên

Ta có tính được f t  2 10, 43

Suy ra phương trình f t   0

có nghiệm duy nhất 0

8 3 8

t   

nghiệm này loại

Kết luận: Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1;0.

Câu 3 ( 3 ,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác , ABC có đường tròn nội tiếp tâm I tiếp xúc

với các cạnh AB AC lần lượt tại , , E F Các đường thẳng , BI CI lần lượt cắt EF tại , M N

Biết B2;3 , M2;3

và N1;2 

Tìm tọa độ điểm C.

Lời giải

 Ta có

   900 

 Tam giác AEF cân tại A nên

 900 

2

A

Suy ra MIC AFE MFC  MFIC nội tiếp

Vì vậy BMC IFC 900  BM MC.

 Tương tự, ta cũng có BN NC.

 Phương trình đường thẳng CM qua M vuông góc BM là x  2 0.

 Phương trình đường thẳng CN qua N vuông góc với BN là 3x y  1 0.

 Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ



 Vậy C2;5 

Câu 4 ( 3 ,0 điểm)

Giải phương trình sin 2x cos 2 sinx xsin 3xsinxcos cosx x

Lời giải

Phương trình sin 2x cos 2 sinx xsin 3xsinxcos cosx x

2sin cosx x cos 2 sinx x 3sinx 4sin3x sin cosx x cos2x

2sin xcosx 1 2sin x sinx 3sinx 4sin x sin cosx x 1 sin x 0

2sin xcosx sinx 2sin x 3sinx 4sin x sin cosx x 1 sin x 0

2sin2 xcosx sin cosx x 2sin3x sin2x 2sinx 1 0

2sinx 1 sin cos  x x 2sinx 1 sin 2 x 2sinx 1 0

2sinx 1 sin cos  x x sin2x 1 0

2sinx 1 sin cos  x x cos2x 0

2sinx 1 sin  x cosxcosx 0

2 6 1

2 2

6

sin cos 0

2 4

x



















 

















 







Câu 5 (4,0 điểm)

1) Cho một bảng ô vuông 3 3

Điền ngẫu nhiên các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 vào bảng trên (mỗi ô chỉ điền một số) Gọi A

là

biến cố “mỗi hàng, mỗi cột bất kì đều có ít nhất một số lẻ” Tính xác suất của biến cố A

2) Cho n là một số nguyên dương và triển khai

0 1 1 2 1 1 n

n

n

x a a x a x  a x , trong đó a a0, , ,1 a là các hệ số thực n

Tìm n biết rằng a2a3a 45n n 1

Lời giải 1)

+ Ta có số phần tử của không gian mẫu n    9!

+ Gọi A : “tồn tại một hàng hoặc một cột chứa toàn số chẵn”

Để biến cố A xảy ra ta lần lượt thực hiện các bước sau :

Bước 1: chọn một hàng hoặc một cột chứa toàn số chẵn  có 6 cách

Bước 2: chọn ba số chẵn trong các số 2, 4, 6, 8 và xếp vào hàng hoặc cột này  cóA cách 43 Bước 3: xếp 6 số còn lại vào 6 ô còn lại  có 6! cách

4

103680 2

6 6! 103680

9! 7

Vậy   1 2 5

7 7

2)

Xét khai triển : n 1  1 n 0 1 1 2 12  1n

n

.1 1 k 1 k

Ta có :   2 3 4    

, Điều kiện : 4 n  

Từ  *  1  1  2  1  2  3 5  1

n n

2

1

11 ( )

110 0

10 ( )

 

     



 Vậy n  là số cần tìm 11

Câu 6 ( 3 ,0 điểm)

Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn abc a b c     Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu4 thức:      2 2

8

bc P

a b a c

 

Lời giải

Ta có:

8 8

bc

bc

 

2 2

8 4

P

bc

 



(1)

Để ý: b2c2 2bc, suy ra

2 2



(2)

Từ (1) và (2) suy ra

4 4

P

bc

bc





Đặt

4

bc

, điều kiện: t  2

Xét hàm số   2

1 4

f t

t t

 

, với t  ta có 2   2 3

1 8

f t

t t

  

, f t     0 t 8

Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên:   1

2

f t 

Suy ra   1

2

Pf t 

Vậy min

1 2

P 

Dấu " " xảy ra khi

4 4

2

2 2 4

, , 0

bc bc

b c

b c

a abc a b c

a b c



 





 





