Đề thi học sinh giỏi Toán 12 cấp tỉnh năm 2020 - 2021 sở GD&ĐT Kon Tum - TOANMATH.com

Tính xác suất để số ghế của bạn Hùng bằng trung bình cộng số ghế của hai bạn Việt và Nam... Tính xác suất để số ghế của bạn Hùng bằng trung bình cộng số ghế của hai bạn Việt và Nam..[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KON TUM

TOANMATH.com

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

MÔN TOÁN – LỚP 12 NĂM HỌC 2020 - 2021 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Đề thi gồm 01 trang + 05 bài toán tự luận

Câu 1 (2,5 điểm) Cho hàm số f x   x4 2mx2m2 Tìm m để đồ thị hàm số 1 f x có ba điểm  

cực trị và ba điểm đó cùng gốc tọa độ O lập thành tứ giác nội tiếp đường tròn

Câu 2 (4,0 điểm) 1 Giải phương trình sin 3 3 cos 3 1 0

cos

x

 với x  ;0 

 

3 1 4 5 1





Câu 3 (5,0 điểm) 1 Một nhóm gồm 9 học sinh một lớp trong đó có ba bạn Việt, Nam và Hùng đi dự

đại hội Đoàn trường, ban tổ chức sắp xếp ngẫu nhiên 9 học sinh này ngồi vào một dãy ghế được đánh số từ 1 đến 9 Tính xác suất để số ghế của bạn Hùng bằng trung bình cộng số ghế của hai bạn Việt và Nam

2.Cho dãy số  u thỏa n

1

2020

5 5 n 2 6 2 n , 1, 2,3

u





Tính lim 2 2

n n u n

  Câu 4 (6,0 điểm)Cho tứ diện ABCD có BC AD a AC BD b AB CD c ,   ,  

1 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD theo a b c, ,

2 Biết mặt phẳng ABC vuông góc với mặt phẳng ABD Chứng minh rằng cos cosA BcosC; với A B C, , là ký hiệu ba góc tương ứng với các đỉnh A B C, , của tam giác ABC

3 Gọi S là diện tích toàn phần của tứ diện ABCD Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

a b b c c a

Câu 5 (2,5 điểm) Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn a2b2c23 Tìm giá trị nhỏ nhất của

1 2

 



a b c

- HẾT -

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: Cho hàm số f x   x4 2mx2m2 Tìm m để đồ thị hàm số 1 f x có ba điểm cực trị và  

ba điểm đó cùng gốc tọa độ O lập thành tứ giác nội tiếp đường tròn

Lời giải

f x   x  mx4x x2 m

4x  x m 0 x2 0





  

Để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị thì : m 0

Ba điểm cực trị là A0;m2 ; 1 B m; 1 ;  C m; 1 

 ; 2

BA  m m



; BO m;1

Để ba điểm A,B, C và gốc tọa độ O 0;0 tạo thành tứ giác nội tiếp khi và chỉ khi



180

90

  (do B C ) 

BA BO

  2

0

m m

1

m m





   Vậy m 1

Câu 2.1: Giải phương trình sin 3 3 cos3 1 0

cos

x

 với x  ;0 

Lời giải Trường hợp 1: sin 3x0

sin 3 3 cos 3 1

0

sin 3 3 cos 3 1

1

sin 3 3 cos 3 1 2

2

2

x

x

  







Theo đề bài x  ;0 và

2

x  k nên 13

;

8 18

x   

Trường hợp 2: sin 3x0

sin 3 3 cos 3 1 0

sin 3 3 cos 3 1 1

sin 3 3 cos 3 1 2

2

2

x

x



  





Theo đề bài x  ;0 và

2

x k nên 5 ; ; 11

x     

Vậy nghiệm của phương trình trên là 5 ; ; 11 ; ; 13

x        

Câu 2.2: Giải phương trình     

 

3 1 4 5 1





Lời giải

Điều kiện:

x y y

y







Ta có   1  x y 3 x y y   1 4 y 1 0

Đặt u x y v ,  y1 u0,v0

Khi đó  1 trở thành

 

4

u v





Với u v ta cóx2y thay vào1,  2 ta được: 6y 2 2y 1 4y 1 0

Dễ dàng ta tìm được y   1 x 3

Vậy nghiệm của phương trình là  3;1

Câu 3.1: Một nhóm gồm 9 học sinh một lớp trong đó có ba bạn Việt, Nam và Hùng đi dự đại hội Đoàn

trường, ban tổ chức sắp xếp ngẫu nhiên 9 học sinh này ngồi vào một dãy ghế được đánh số từ 1 đến 9 Tính xác suất để số ghế của bạn Hùng bằng trung bình cộng số ghế của hai bạn Việt và Nam

Lời giải

Số phần tử không gian mẫu n( ) 9! 

Gọi A là biến cố mà số ghế của bạn Hùng bằng trung bình cộng số ghế của hai bạn Việt và Nam

Gọi số ghế của Hùng, Việt, Nam lần lượt là , ,h v n

Có

2

v n

h  mà

 

, , , , 1;9

h v n

h v n









,

v n

 cùng lẻ hoặc cùng chẵn

Mỗi bộ ,v n cùng lẻ hoặc cùng chẵn do 1 h duy nhất

Các bộ ,v n thõa mãn là ( Chưa xét hoán vị )

             

           

     

1;3 ; 1;5 ; 1;7 ; 1;9 ; 3;5 ; 3; 7 ; 3;9

5;7 ; 5;9 ; 7;9 ; 2; 4 ; 2;6 ; 2;8

4;6 ; 4;8 ; 6;8

 16 bộ ,v n

 cách xếp , ,h v n thõa mãn

  16.2!.1 6!

n A

  16.2!.1.6! 4

P A

Câu 3.2: Cho dãy số  u thỏa n

1

2020

5 5 n 2 6 2 n , 1, 2,3

u





Tính lim 2 2

n n u n

 

Lời giải

Ta có

2 2



1 2

2

u



2

1 2

2

u



2

2 2

3

u

2

1 2

2n 2 1 3 2 1 1

u



.404

2n

n  n



Vậy

2 1

.404 2

u    

Suy ra lim 2 2 808

n n u n



Câu 4: Cho tứ diện ABCD có BC AD a AC BD b AB CD c ,   ,  

1 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD theo a b c, ,

2 Biết mặt phẳng ABC vuông góc với mặt phẳng ABD Chứng minh rằng cos cosA BcosC; với A B C, , là ký hiệu ba góc tương ứng với các đỉnh A B C, , của tam giác ABC

3 Gọi S là diện tích toàn phần của tứ diện ABCD Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

a b b c c a

Lời giải

Dựng hình hộp chữ nhật AMBN QCPD (tham khảo hình vẽ)

Gọi , ,x y z lần lượt là ba kích thước của hình hộp chữ nhật AMBN QCPD

Theo giả thiết, ta có

1 2 1 2 1 2



1 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD theo a b c, ,

Ta có

2 //











2

2 Chứng minh rằng cos cosA BcosC

Cách 1: Sử dụng bổ đề sau:

Nếu    P  Q  d  R và      

   

   

   







Áp dụng vào bài toán như sau:

Gọi  ABD , AMBN ; ABC , AMBN 

, tan

,

Tương tự, cũng có    

, tan

,

Từ  1 và  2 tan tan   

Do ABC  ABD     45

cosC cos cosA B

Cách 2:

Dựng CH AB vì ABC  ABDCHABD

Ta có CH a.sinB; BH a.cosB

Áp dụng định lý cosin trong tam giác BHD, ta có DH2 BH2BD22BH BD .cosABD

2 2cos2 2 2 cos cos

2 2cos2 2 2 cos cos

Lại có CHD vuông tại H, nên DH2 CD2CH2CD2CH2DH2

2 2sin2 2cos2 2 2 cos cos

2

ab

Vậy cosCcos cosA B (đpcm)

3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

a b b c c a Đặt

T

a b b c c a

Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có a2 sinR A, b2 sinR B,

2 sin

c R C

Tứ diện ABCD , có BCAD a AC BD b AB CD c ,   ,  

2

4 ABC 8 sin sin sin

Suy ra T 4 sin 2 Asin2Bsin2C

2

  2

(vì cos cos cos 1

8

Suy ra T  9

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức T bằng 9 , xảy ra khi ABC đều

Câu 5: Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn a2b2c2 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biều thức

1 2

 



a b c

Lời giải

Ta có c22ab c 2a2b2 3

3

3

 

1 3

 

 

3 2 2 2

3

1

2 3

 

c

ab bc ca

abc

a b c

Đặt t6abc ,0 t 1 Ta được 2

2

6

3P 3t t3 

t

2

6

t liên tục trên 0 1; và có 

12

nên f t nghịc biến trên   0 1; suy ra  f t    f 1  9 3 P 3 3 1

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 3 1 đạt được khi a b c  1

- HẾT -