Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán cấp Tỉnh THPT năm 2021-2022 - Sở GDDT Lào Cai

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

9
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu "Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán cấp Tỉnh THPT năm 2021-2022 - Sở GDDT Lào Cai" cung cấp cho các em học sinh những câu hỏi và nội dung ôn tập. Cùng tham khảo để rèn luyện kỹ năng giải đề thi nhằm chuẩn bị thật tốt cho kì thi sắp diễn ra nhé! Chúc các em thi tốt!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán cấp Tỉnh THPT năm 2021-2022 - Sở GDDT Lào Cai

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 LÀO CAI NĂM HỌC 2021 – 2022 MÔN THI: TOÁN Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề) x 1 Câu 1. a/ Cho hàm số y  có đồ thị  C  . Gọi I là giao điểm của của hai đường tiệm cận của  C  . 3 x Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y  x  m cắt  C  tại hai điểm phân biệt M , N sao cho tam giác MNI có trọng tâm nằm trên  C  . Lời giải Chọn C Tập xác định D   \ 3 . 1 1 x 1 x  1  y  1 là tiệm cận ngang của đồ thị  C  . lim y  lim  lim x  x  3  x x  3 1 x lim y    x  3 là tiệm cận đứng của đồ thị  C  . x 3  I  3; 1 là giao điểm của của hai đường tiệm cận của  C  . x 1 Phương trình hoành độ giao điểm:  x  m   x 2   2  m  x  3m  1  0  * . 3 x Đường thẳng d : y  x  m cắt  C  tại hai điểm phân biệt  * có hai nghiệm phân biệt và khác 3 16  0  2  m   ; 8    0;   m  8m  0 Đường thẳng d : y  x  m cắt  C  tại hai điểm phân biệt M  x1 ; x1  m  , N  x2 ; x2  m  với x1 , x2 là nghiệm phương trình * . M , N , I tạo thành tam giác khi m  4  x  x  3 x1  x2  2 m  1   m  1  Tam giác MNI có trọng tâm G  1 2 ;  ; m  1  3 3   3  m4 m  2 G  C   m  1    m 2  8m  12  0   . 8m m  6 Vậy m  2; m  6 .   b/ Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  , biết f   x   x 6  x  2  x 2  8 x  m2  3m  4 , x   . 3 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y  f  x  có 5 điểm cực trị. x  0  f  x  0  x  2  g  x   x 2  8 x  m 2  3m  4  0  *  Hàm số y  f  x  có 5 điểm cực trị  đồ thị hàm số y  f  x  có hai điểm cực trị nằm bên phải trục Oy  f   x   0 có hai nghiệm bội lẻ  PT * có hai nghiệm trái dấu và khác 2 hoặc PT * có một nghiệm bằng 0 và nghiệm còn lại dương khác 2 . Trang 1/6 - WordToan
 3  73  m  3m  16  0 2 m   PT * có hai nghiệm trái dấu và khác 2   2  2  m   1; 4  .  m  3m  4  0  m   1; 4    m  1  PT * có một nghiệm bằng 0  m 2  3m  4  0   m  4 x  0 Với m  1  x 2  8 x  0   . Vậy m  1 . x  8  0 x  0 Với m  4  x 2  8 x  0   . Vậy m  4 . x  8  0 Vậy m   1; 4 . Câu 2 ( 4,0 điểm ) 2.9 x  3.6 x a) Giải bất phương trình  2. 6x  4x 2x 1 b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình log3  3x 2  8 x  m  1 có 2 27 x  54 x  9m 2 1  nghiệm phân biệt thuộc  ;   . 2  Lời giải a) Điều kiện: 6  4  x  0 . x x x 3 2.    3 x 2.9  3.6 x x  2 3 Ta có: 2  2 . Đặt t    , điều kiện t  0 và t  1 . 6x  4x 2 x 2 1   3  1 2t  3 2t 2  5t  2  0  t  1  x  log 3 2 Bất phương trình đã cho trở thành: 2 0 2 2 1 t  1   0  x  log 3 2 1 1  t  2 t  2  1   Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S   ;log 3    0;log 3 2  .  2 2  2   1 x  b) Điều kiện:  2 3 x 2  6 x  m  0  2x 1 log 3  3x 2  8x  m  1 27 x  54 x  9m 2  log 3 (2 x  1)  log 3 (3x 2  6 x  m)  3x 2  8 x  m  1 (*) Đặt u  3 x 2  6 x  m, v  2 x  1 u  0, v  0  . Khi đó phương trình (*) tương đương: log 3 u  u  log 3 v  v . Vì hàm số y  f (t )  log 3 t  t đồng biến trên khoảng (0; ) nên Trang 2/6 – Diễn đàn giáo viên Toán
log3 u  u  log 3 v  v  u  v . Suy ra 3x 2  6 x  m  2 x  1  3x 2  8 x  m  1  0 . Yêu cầu bài toán trở thành tìm m để phương trình : 3x 2  8 x  m  1  0 có hai nghiệm phân biệt 1  thuộc khoảng  ;   . 2  Ta có 3 x 2  8 x  m  1  0  m  3x 2  8 x  1 . Xét hàm số g ( x)  3 x 2  8 x  1 có bảng biến thiên sau 1  9 13 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thuộc  ;   khi  m  . 2  4 3 Câu 3. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh bằng a , đường chéo AC  a . Tam giác SAD là tam giác cân tại S và  SAD    ABCD  . Biết SA tạo với đáy một góc bằng 45 . a) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB và SC . b) Gọi M là trung điểm SD , lấy điểm N thuộc cạnh SC sao cho SN  2 NC , gọi P là giao điểm của  AMN  với BC . Tính thể tích khối đa diện AMNPCD . Lời giải: Trang 3/6 - WordToan
S M L D A H J N I P C B Q a) Gọi H là trung điểm AD . Suy ra SH  AD  SH   ABCD      SAH SA;  ABCD    SAH   45  SH  AH  a . 2 Ta có AB //CD  AB //  SCD   d  AB; SC   d  AB;  SCD    d  A;  SCD    2d  H ;  SCD   . Đáy là hình thoi cạnh bằng a , đường chéo AC  a nên tam giác ACD đều. Gọi I , J lần lượt là trung điểm CD, ID . Khi đó HJ  CD . Gọi L là hình chiếu của H lên cạnh SJ .Khi đó ta chứng minh được HL   SCD  . 2 1  HS 2 .  AI  HS 2 .HJ 2 2  . Do đó d  H ;  SCD    HL  d  AB; SC   2 HL   HS 2  HJ 2 1  2 HS 2   AI  2  a 3 Ta có tam giác ACD đều cạnh bằng a nên AI  . 2 2 a 1 a 3 2   . .  2 2 2  3 Vậy d  AB; SC   2 2  . a 2  1 a 3  7    .    2 2  2 b) Gọi Q  MN  CD  P  BC  AQ. Trong tam giác SDQ có MS  MD, SN  2 NC nên N là trọng tâm tam giác SDQ . Suy ra CD  CQ, PQ  PA. Trang 4/6 – Diễn đàn giáo viên Toán
VQPNC QP QN QC 1 5 Ta có  . .   VAMNPDC  VQAMD . VQAMD QA QM QD 6 6 1 1 1 1 1 a a 2 3 a3 3 Lại có VMADQ  VSADQ  . .SH .S AQD  .SH .S ABCD  . .  . 2 2 3 6 6 2 2 24 5 5a 3 3 Vậy VAMNPDC  VQAMD  . 6 144   2002 Câu 4. a) Có bao nhiêu số hạng là số nguyên trong khai triển 235 . b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số được lập từ tập A  0;1; 2;3; 4;5;6; 7;8;9 . Lấy ngẫu nhiên 1 số từ tập S . Tính xác suất để lấy được số có dạng abcdef sao cho a.b.c.d .e. f  1400 . Lời giải   2002 a) Có bao nhiêu số hạng là số nguyên trong khai triển 235 . 2002  k k   2002 Số hạng tổng quát của khai triển 2 5 3 là: Tk 1  C k 2002 2 2 5 . 3 k 2002  k k  3   k  3n  2022 Để Tk 1  C2002 k 2 5 là số nguyên thì ta có:  2 3  (m, n  ) .  2002  k   k  2m  2022  2 n  2 p Từ đó ta suy ra  , p . 0  2 p  674 674 Vậy có  1  338 số p thoả mãn tức là có 338 số hạng là số nguyên trong khai triển 2   2002 235 . b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số được lập từ tập A  0;1; 2;3; 4;5;6; 7;8;9 . Lấy ngẫu nhiên 1 số từ tập S . Tính xác suất để lấy được số có dạng abcdef sao cho a.b.c.d .e. f  1400 . Lời giải Số phần tử của không gian mẫu: n     9.105 . Gọi X là biến cố lấy được số có dạng abcdef sao cho a.b.c.d .e. f  1400 . Ta có 1400  23.52.7  2.4.52.7.1  8.52.7.1.1 . 6! Trường hợp 1: a, b, c, d , e, f là 1 trong 6 số: 2, 2, 2,5,5,7 có  120 số abcdef . 3!.2!.1! 6! Trường hợp 2: a, b, c, d , e, f là 1 trong 6 số: 2, 4,5,5,7,1 có  360 số abcdef . 1!.1!.1!2!.1! 6! Trường hợp 3: a, b, c, d , e, f là 1 trong 6 số: 8,5,5, 7,1,1 có  180 số abcdef . 2!2!.1!.1! Vậy số phần tử của tập X là n  X   120  360  180  660 . 660 22 Xác suất của biến cố X là P  X    . 9.10 3.104 5 Câu 5 (2,0 điểm) Cho a, b là những số thực thỏa mãn a 2  ab  b 2  1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất a 4  b4  2 của biểu thức P  . a 2  b2  1 Trang 5/6 - WordToan
Lời giải: Theo giả thiết: a  ab  b  1   a  b   3ab  1 (1). 2 2 2 s  a  b Đặt  . Điều kiện: s 2  4 p .  p  ab 1 Khi đó ( 1) trở thành: s 2  3 p  1  s 2  3 p  1  0  p   . 3 Mà s  4 p nên 3 p  1  4 p  p  1 . 2 Ta có: a 2  ab  b 2  1  a 2  b 2  1  ab . a 4  b 4  2   a 2  b 2   2a 2b 2  2  1  ab   2  ab   2 . 2 2 2 1  ab   2  ab   2 1  p   2 p 2  2  p 2  2 p  1  p  1 . 2 2 2 2 Suy ra P    1  ab  1 p2 p2 p2  p  1 2 1 Xét hàm số f  p   với   p  1 . p2 3 2  p  1 p  2    p  1 2 2  p2  p  2  p2  2 p 1  p2  4 p  5 f '  p     .  p  2  p  2  p  2 2 2 2  p 1 f  p  0   p  4 p  5  0   ' 2  p  5    1 ;1   3   1 16 Ta có: f      và f 1  0 .  3 15 ab  1 a  b  1 Suy ra: Giá trị lớn nhất của P là 0 khi   . a  b  2  a  b  1  3  3  1  a a   16  ab    3  3 Giá trị nhỏ nhất của P là  khi  3  hoặc  . 15 a  b  0 b   3 b  3  3  3 ------------- Hết ------------- Trang 6/6 – Diễn đàn giáo viên Toán