Đề thi học sinh giỏi tỉnh Toán 12 năm 2020 - 2021 sở GD&ĐT Nghệ An (Bảng A) - TOANMATH.com

<span class='text_page_counter'>(1)</span>

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1a. Cho phương trình = sin x. ( cot x + 2 3 ) cos x . Hỏi phương trình đã cho có bao nhiêu. nghiệm thuộc khoảng ( 0; 2020π ) Lời giải. Điều kiện sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ , k ∈  .. π. Ta có x= Xét x ≠. π 2. ⇔ tan x =. 2. + kπ không thỏa mãn phương trình đã cho.. (. ). + kπ , phương trình sin x = cot x + 2 3 cos x ⇔ tan x = cot x + 2 3  tan x =−2 + 3 1 + 2 3 ⇔ tan 2 x − 2 3 tan x − 1 = 0 ⇔  tan x  tan x= 2 + 3. π  x = + mπ  12 (1) với m, n ∈  . ⇔ 5π = x + nπ  12 1 5 1 + m = + n ⇔ m = n + (*) với m, n ∈  nên phương trình (*) vô nghiệm. Suy ra các Xét 12 12 3 nghiệm của hệ (1) là khác nhau. 1 π  1   − 12 < m < 2020 − 12 0 < 12 + mπ < 2020π Do x ∈ ( 0; 2020π ) nên ta có  ⇔ 5 π  − 5 < n < 2020 − 5 0 < + nπ < 2020π  12  12 12 Suy ra m ∈ {0;1; 2;...2019} và n ∈ {0;1; 2;...2019} . Vậy phương trình đã cho có tất cả 4040 nghiệm. ( 4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0 (1) Câu 1b. Cho hệ phương trình:  m (2) 4 x 2 + y 2 + 2 3 − 4 x = ( x, y∈  , m là tham số). Tìm tất các các giá trị nguyên của tham số m để hệ phương trình có nghiệm. Lời giải 3   x ≤ 4 Điều kiện:  (*) y ≤ 5  2. (. Ta có: (1) ⇔ 4 x3 + x =− ( y − 3) 5 − 2 y ⇔ (2 x)3 + (2 x) = 5 − 2 y. ) +( 3. 5− 2y. ). (3). Xét hàm số: f (u ) = u 3 + u ⇒ f '(u ) = 3u 2 + 1 > 0, ∀u . Suy ra f ( u ) luôn đồng biến trên . f (2 x) = f. (. x ≥ 0 x ≥ 0 Thế vào (2), ta được: 5 − 2 y ⇔ 2x = 5 − 2 y ⇔  2 ⇔ 2 4 x = 5 − 2 y 2 y = 5 − 4 x  . ). 2.  5 − 4 x2  4x +  m  + 2 3 − 4x =  2  2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2.  5 − 4x2  g ( x) = 4 x +   + 2 3 − 4x  2  2. Xét. với.  3 x ∈ 0;  .  4. 4 4 5   3 g '( x)= 8 x − 8 x  − 2 x 2  − = 4 x ( 4 x 2 − 3) − < 0, ∀x ∈  0;  3 − 4x 3 − 4x 2   4 265 25 3 Để hệ đã cho có nghiệm ⇔ g   ≤ m ≤ g ( 0 ) ⇔ ≤m≤ +2 3. 64 4 4 Vậy các giá trị m nguyên cần tìm là 5, 6, 7,8,9 .. Câu 2. 3 a) Số phần tử của không gian mẫu: 𝐶𝐶30. Gọi a là biến cố cần tính xác suất. Giả sử 3 số ghi trên ba quả cầu là a; b; c. Ta có 𝑏𝑏 =. 𝑎𝑎+𝑐𝑐 2. , suy ra a, c cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Từ 1 đến 30 cóa 15 số chẵn, 15 số lẻ.. 2 Suy ra số kết quả thuận lợi của A là 2𝐶𝐶15 .. Xác suất cần tính là: b) Cho dãy số. 2 2𝐶𝐶15 3 𝐶𝐶30. ( un ). 3. = 58. xác định bởi u1 = 3, un +1 = un2 − 2, ∀n ∈ N * . Chứng minh rằng:. 5 ( u1.u2 ...u n −1 ) + 4 là một số chính phương. 2. Lời giải Ta có: un +1 = un2 − 2 ⇒ un2 = un +1 + 2 ⇒ ( u1u2u3 ...un ) = 2. ( u2 + 2 )( u3 + 2 ) ... ( un + 2 ). ⇒ 5 ( u1u2 ...un ) = ( u1 + 2 ) ... ( un + 2 ) . 2. Mà un +1 = un2 − 2 =. ( un − 2 )( un + 2 ) .. Nên un +1 − 2 = ( u1 − 2 )( u1 + 2 ) ... ( un + 2 ) = ( u1 + 2 )( u1 + 2 ) ... ( un + 2 ) ⇒ 5 ( u1u2 ...un ) = un +1 − 2 ⇒ 5 ( u1u2 ...un ) + 4= un +1 + 2= un2 (đpcm) 2. 2. Cách 2:. u1 = 3 1 3± 5 ⇒ a + = 3 ⇒ a 2 − 3a + 1 = 0 ⇒ a = . Xét hàm đa thức đặc trưng:  2 * a 2 un +1 = un − 2 ∀n ∈ N 1 1 1 ⇒ u2 = u1 = a 2 + 2 ⇒ u3 = u2 2 − 2 = a 4 + 4 [...] a a a n−1 1 (2 ) ⇒ un= a + n−1 (2 ) a 1   2 1   4 1   2n−2 1   ⇒ u1u2u3 ...un −1 =  a +   a + 2   a + 4  ...  a + 2n−2  a  a  a    a  1 1  1   n−2 1    ⇒  a −  u1u2u3 ...un −1 =  a −   a +  ...  a 2 + 2n−2  a a  a    a  ⇒ u1 = a +. 1  1  1  1   n−2  n−2  =  a 2 − 2   a 2 + 2  + ... +  a 2 + 2n−2  = .... =  a 2 − 2n−2  a  a   a  a    n−2 1 1  ⇒  a −  u1u2u3 ...un −1 = a 2 − 2n−2 a  a.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Mà a −. 1 = ± 5 nên a. 5. ( u1u2u3 ...u= n −1 ) 2. (. 1   2n−2 5u1u2u3 ...u= n −1  a − 2n−2  a  . ). 2. 2. 2. 2. 1  1  2  n−2  n−2 4  a 2 − 2n−2  += 4  a 2 − 2n−2 = ⇒ 5. ( u1u2u3 ...un −1 ) +=  ( un + 1) (đpcm) a  a    Câu 3. Cho hình lăng trụ ABC. A1 B1C1 có đáy là tam giác đều cạnh bằng a và 2. BA BB BC a 3. = = = 1 1 1. a) Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( ABB1 A1 ) . b) Gọi G1 , G2 , G2 lần lượt là trọng tâm các tam giác ABB1 , ACC1 , CBB1 . Tính thể tích khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm G1 , G2 , G2 , A1 , B1 và C1 . Lời giải. a) Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( ABB1 A1 ) .. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Gọi I là trung điểm A1 B1 ..  A1 B1 ⊥ C1 I ⇒ A1 B1 ⊥ ( BC1 I ) .   A1 B1 ⊥ BO Kẻ C1 H ⊥ BI . Mà C1 H ⊥ A1 B1 .. ⇒ C1 H ⊥ ( A1 B1 BA ) . Vì CC1 // ( A1 B1 BA ) d= ( C1, ( A1 B1 BA ) ) C1 H . ( C, ( A1 B1 BA ) ) d=. ∆A1 B1C1 là tam giác đều. Suy ra : C1 I =. a 3 . 2. = C1O. 2 a 3 . = C1 I 3 3.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> = IO. 1 a 3 . = C1O 2 6. BI=. BA12 − A1 I 2 =. BO =. BI 2 − IO2 =. S∆BIC1 =. 3a 2 −. a 2 a 11 = . 4 2. 11a 2 3a 2 2 a 2 − = . 4 36 3. C I. BO 2 a 2 1 1 = . C1 I. BO BI.C1 H ⇒ C1 H= 1 = BI 2 2 11. d ( C, ( A1 B1 BA ) ) =. 2a 2 11. .. b) Gọi G1 , G2 , G2 lần lượt là trọng tâm các tam giác ABB1 , ACC1 , CBB1 . Tính thể tích khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm G1 , G2 , G2 , A1 , B1 và C1 .. Qua G1 kẻ đường thẳng song song với AB cắt A1 A , B1 B lần lượt tại M và N .. K NG3 ∩ CC1 ⇒ M, G2 , K thẳng hàng. Trong ( B1C1CB ) gọi= 1 S∆G1G2 G3 2 G1G3 .d ( G2 , G1G3 ) 2 = = 1 S∆MNK 9 . MK .d ( N, MK ) 2 ⇒ S∆G1G2 G3. 2 2 a2 3 a2 3 = S∆MNK = = 9 9 4 18. ⇒ S∆MG1G2 + S∆KG2 G3 + S∆NG1G3 = S∆MNK − S∆G1G2 G3 = VC1 . KG2 G3 ⇒ VA1 . MG1G2 + VB1 .NG1G3 + =. =. a 2 3 a 2 3 7a 2 3 − = 4 18 36. 1 2 . BO  S∆MG1G2 + S∆KG2 G3 + S∆NG1G3  3 3. 2 2 a 2 7a 2 3 7a 3 2 = . . . 9 36 81 3. 2 2 2 a 2 a 2 3 a3 2 VA1B1C1 . MNK = B0.S∆MNK . = . = . 3 3 4 3 3 ⇒ VA1 B1C1 . G1G2 G3 = VA1 B1C1 . MNK −  VA1 . MG1G2 + VB1 .NG1G3 + VC1 . KG2 G3 =. a3 2 7a3 2 20a3 2 . = − = 3 81 81. Câu 4.. Cho x, y, z là các số thực dương thõa mãn 2 x + 4 y + 7 z = 2 xyz .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + y + z . Lời giải.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>   x x y 2 xyz = 2 x + 4 y + 7 z = 3 + 5 + 7 z ≥ 1515   3 5 3   2 4 2 3. 3. 5.   3 5  y 7 3 5 72 4 15  5  z = 15 x y z     . 3 5   4. 5. 15. 3. 5. 2 4  15   2   4  ⇒ 2 x y z ≥ 15 x y z     ⇔ x12 y10 z 8 ≥       . 3 5  2  3 5 15. 15 15 15. 15. 3. 5 7. 6. 5. 4. 6 5 4 15 x y z  x   y   z  15 15 x y z 4 15 P = x + y + z = 6 + 5 + 4 ≥ 15       = 6 5 4 4 6655 44 6  5 4 6. 5. 15. 3. 5. 6. 5. 15 15 6 5 4  2   4  15 15  15   2   4   2   4  15 = x y z     ≥           = 4 4 2 3 5  2  3 5  3 5 x y  3= 5= z a ≠ 0 1   a= ±  2 4   2  x = 6a  15 x y z 15  , MinP = ⇔  = = Vây P ≥ ⇔  y =5a ⇔  x = 6a 2 6 5 4 2   z = 4a  y = 5a 2 xyz 2 x + 4 y + 7 z =    z = 4a  60a = 240a 3   x = 3  5  ⇔  y =hoặc 2   z = 2 Câu 5..  x = −3  −5  . y = 2    z = −2. Cho hình chóp S . ABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc và SA = 1, SB = SC = 2 2 . Gọi I là. tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Mặt phẳng (α ) thay đổi đi qua I lần lượt cắt các tia. SA, SB, SC tại M , N , P . Chứng minh rằng. 1 1 1 5 + + 2 ≥ . 2 2 SM SN SP 8. Lời giải.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Trước hết ta chứng minh bài toán: Cho hình chóp S . ABC . Điểm I nằm trong mặt phẳng ( ABC )     thỏa mãn aIA + bIB + cIC = 0 . Mặt phẳng (α ) đi qua điểm I và cắt các tia SA, SB, SC lần lượt tại các điểm M , N , P . Chứng minh rằng a.. SA SB SC + b. + c. = a+b+c. SM SN SP. Thật vậy:            aIA + bIB + cIC = 0 ⇔ a SA − SI + b. SB − SI + c. SC − SI = 0. (. ) (. ) (. ).       a. SA .SM + b. SB .SN + c. SC .SP  aSA + bSB + cSC SM SN SP = ⇔ SI = a+b+c a+b+c Vì M , N , P, I đồng phẳng nên SA SB SC + b. + c. SM SN SP = 1 ⇔ a. SA + b. SB + c. SC = a + b + c (*) a+b+c SM SN SP     Ta có: I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên aIA + bIB + cIC = 0 Từ giả thiết suy ra tam giác ABC có= a BC = 4,= b AC = 3,= c AB = 3 a.. 1 2 2 2 2 + 3. + 3. = 4+3+3 SM SN SP Áp dụng bất đẳng thức Buniacopxki ta có: Áp dụng (*) ta được: 4.. 10 =. 4 6 2 6 2 + + ≤ SM SN SP. ⇔. 1 1 1 5 + + 2≥ 2 2 8 SM SN SP. 1 1 1  + + 2 2 2 SN SP   SM. (16 + 72 + 72 ) . 4 2 . 3 ____________________ HẾT ____________________. Dấu bằng xảy ra khi SM = 4, SN = SP =.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>