Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 năm 2019 - Sở GD và ĐT Bình Phước (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 năm 2019 - Sở GD và ĐT Bình Phước (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BÌNH PHƯỚC CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM 2019 Môn: Toán. ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề). (Đề thi gồm có 01 trang) Ngày thi: 22/09/2019. x +1 Câu 1. (4 điểm) Cho hàm số y= fx( ) = có đồ thị (C). x −1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y= fx( ). b) Tìm hai điểm AB, thuộc về hai nhánh của đồ thị (C) sao cho AB ngắn nhất. Câu 2. (6 điểm) a) Giải phương trình: (sin2x+ cos2 xx) cos + 2cos2 x −= sin x 0 . 2xy2− y − y 2 ++12 xy 22 4 x += 10 b) Giải hệ phương trình:  3 3 x−2 2 xy = 2 x ++ 6 2 c) Có 27 tấm thẻ được đánh các số tự nhiên từ 1 đến 27 (mỗi thẻ đánh đúng một số). Rút ngẫu nhiên ba thẻ. Tính xác suất để rút được ba thẻ mà tổng các số trên ba thẻ chia hết cho 3. Câu 3. (4 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy . Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I (−−2; 1) , = 90 , H (−−1; 3 ) là hình chiếu vuông góc của A lên BC và K (−1; 2 ) là một điểm thuộc đường thẳng𝑜𝑜 AC . Tìm tọa độ các đỉnh ABC,, . Biết rằng điểm A có hoành độ dương. 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴� b) Cho tam giác ABC ( AB ) 0 và a≥ max{ bc , } . Chứng minh rằng: a11 bc a++7( bc) 15 + ++2 > bc+22 ac ++ ab a Câu 6. (1 điểm) Cho dãy số (un ) xác định bởi 2019un 2019 uu12=1; = 2020; unn+− 1 = +1 +un1, ∀≥ 2 nn−1 111 1 Tính lim + + ++ . n→+∞ uuu123 un HẾT - Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay - Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
2. LỜI GIẢI CHI TIẾT x +1 Bài 1. Cho hàm số y=f( x) = có đồ thị (C) . x −1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y= f( x) . b) Tìm hai điểm A , B thuộc về hai nhánh của đồ thị (C) sao cho AB ngắn nhất. Lời giải x +1 a) y=f( x) = x −1 +) Tập xác định: D = ℝ \{} 1 . −2 +) y′ = 0 . 2 2 2 2 2 (x2− x1 ) 2 (a+ b) 2  2   AB=( x2−x1 ) + 4 2 2 =(a+ b) + 4 2 =(a+ b) 1+   ab  (x1 −1)(x2 −1) (ab)   4 ≥4.ab =16 . ab 2
3. a= b  a = 2 Dấu ""= xảy ra khi và chỉ khi  2 ⇔  . Vậy A(1−2;1− 2 ), B(1+2;1+ 2 ) . 1 = b = 2  ab  Bài 2. a) Giải phương trình (sin2x+ cos2x) cosx+2cos2 x−sin x = 0 2 2 22 2xy−y −y+12+xy4 x +10= (1) b) Giải hệ phương trình  3 3 x−22xy= 2x +6+ 2 (2) c) Có 27 tấm thẻ được đánh các số tự nhiên từ 1 đến 27 (mỗi thẻ đánh đúng một số). Rút ngẫu nhiên ba thẻ. Tính xác suất để rút được ba thẻ mà tổng các số trên ba thẻ chia hết cho 3 . Lời giải a) (sin2x+ cos2 x) cosx+2cos2 x−sin x = 0⇔ 2sinx cos2 x+ cos2 x( cosx+2 ) −sinx = 0 ⇔ sinx(2cos 2 x−1 ) + cos2x( cosx −2 ) =0⇔ cos2x( sinx+cos x − 2) = 0  πkπ x =+ cos2x = 0  42 ⇔ ⇔  . sinx+ cosx − 2= 0  π  sin x + = 2(PTVN)  4  πkπ  Vậy nghiệm của phương trình là S= +| k ∈ℤ .  42  b)ĐK: x≥0;y ≥ 0 . Nhận thấy x=0;y = 0 không phải là nghiệm của hệ phương trình do đó ta chỉ xét x>0,y > 0 . Ta có: 2xy2 − y−y2 +12+xy2 4 x2 +10=⇔2xy2 (1+4 x2 +1) =y+y2 +1 11 ⇔21x+4x2 +1=+1+ ( ) yy2 t 2 Xét hàm số ft() = t1+1+t2 ,t > 0 , ft′() =1+1+ t 2 +> 0 . ) 2 ( 1+ t Hàm số f( t) đồng biến trên (0;+∞) dó đó ta có 11 1 11 21x+4x2 +1=+1+⇔f2x=f⇔2x=⇔y = ( ) 2 ()  yy y y2x Thay vào phương trình (2) ta có: 3
4.   2 x3 −2=23 x+62+⇔x3 −82 =3 x+ 64−⇔x−2  x2 +2x +4 −  = 0 () 2   3 x+6+23 x +6+ 4   ()  x = 2  2 ⇔  2 x+2x +4− 2 = 0  3 x+6+23 x +6+ 4  () 1 + Vói x=2 ⇒y = thoả mãn yêu cầu. 4 2 2 + Với x+2x +4 − 2 = 0 (3x+6) +23 x +6+ 4 2 3 x +61++ 7 2 2 2 ( ) ⇔(x +1) +3 − 2 =0⇔(x +1) + 2 = 0( *) (3x+6) +23 x +6+ 4 (3 x +61+) + 3 Phương trình (*) vô nghiệm. x = 2  Vậy hệ có nghiệm duy nhất  1 . y =  4 3 c) Gọi Ω không gian mẫu của phép thử: “Rút 3 thẻ trong 27 thẻ”. Khi đó, n() =C27 = 2925 . Gọi biến cố A : “Rút 3 thẻ trong 27 thẻ mà tổng các số trên ba thẻ chia hết cho 3”. Xét 3 tập hợp: Tập B : “Các thẻ có số chia hết cho 3”⇒B = {3;6;9;12;15;18;21;24;27}. Tập C : “Các thẻ có số chia cho 3 dư 1” ⇒C = {1;4;7;10;13;16;19;22;25} . Tập D : “Các thẻ có số chia cho 3 dư 2” ⇒D = {2;5;8;11;14;17;20;23;26} . (Nhận xét: Ba tập hợp B, C, D là đôi một rời nhau với nB( ) = nC( ) =n ( D) = 9 ; 27 tấm thẻ đều được liệt kê 1 trong 3 tập trên, không có tấm thẻ nào được liệt kê 2 lần). Theo tính chất đồng dư và phép chia hết cho 3, biến cố A xảy ra khi và chỉ khi một trong các khả năng sau xảy ra: 3 KN1. 3 thẻ rút được đều nằm trong tập B , khi đó nA1( ) =C9 = 84 . 3 KN2. 3 thẻ rút được đều nằm trong tập C , khi đó n2( A) =C9 = 84 . 3 KN3. 3 thẻ rút được đều nằm trong tập D , khi đó nA3( ) =C9 = 84 . KN4. 3 thẻ rút được có 1 thẻ trong tập B , 1 thẻ trong tập C , 1 thẻ trong tập D , khi đó 111 n4( A) =CCC999 = 729 . Do đó, nA( ) =nA 1 ( ) +n2 ( A) +nA3 ( ) +n4 ( A) = 981. 4
5. n( A) 981109 Vậy xác suất của biến cố A là: PA() === . n(ω) 2925325 Bài 3. a) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy .Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I (−2;− 1) . Góc AIB bằng 90o , H (−1;− 3) là hình chiếu vuông góc của A lên BC và K (−1;2) thuộc đường thẳng AC . Tìm toạ độ A, B, C biết rằng A có hoành độ dương. b) Cho tam giác ABC (AB< AC ) . Đường phân giác trong góc A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D. Gọi E là giao điểm của đường trung trực của đoạn thẳng AC và đường phân giác ngoài của góc A, H=DE∩ AC . Đường thẳng qua H và vuông góc với DE cắt AE tại F. Đường thẳng qua F vuông góc với AE cắt AB tại K. Chứng minh rằng KH// BC . Lời giải a) Ta có AIB = 900 nên ACH = 450 suy ra tam giác AHC vuông cân tại H Mặt khác IA= IC nên HI⊥ AC Phương trình đường thẳng AC qua K (−1;2) và vuông góc với HI có phương trình −x+2y −5= 0 . Gọi A(2a−5;a)∈ AC AC2HK Ta có AC=2AH ⇒ AH ===2HK= 2d ( H; AC) = 2 10 22 2 2 a=−1⇒A(−5;− 1)(l ()) ⇔(42−a)+(−3 −a) =2 10 ⇔  a=3⇒ A(1;3) Vậy A(1;3) . Phương trình đường thẳng BC qua H (−1;− 3) và vuông góc với AH có phương trình x+3y +10= 0 . Gọi B(3b−10;b)∈BC , ta có IB=(b 3−8b;+1);IA = (3;4) 5
6. 20 20  Vì tam giác AIB vuông tại I nên IBIA.=0⇔33(b − 8)+4(b+1) =0 ⇔b=⇒ B10;  33  Vì C=AC∩ BC nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình x+3y+100=x =− 7  ⇔ ⇒C (−7;− 1) −x+2y−50=y =−1 b) Ta có H=DE∩ AC E A F I N M O K H B P C D Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, AC và BC. Khi đó, ta có: MN PCBAC EN BAC NMNE ==cosPCD = cos ; =cosNEC =cos NEA =cos ⇒= DCDC 2EC 2 CD CE Lại có: MNE =90°+ANM = 90°+ ACB; DCE = ACB+ BCD+NCE = ACB+NEC + NCE= ACB +90° Suy ra MNE = DCE ⇒MNE ∼ DCE ( c g c) ⇒ MEN =DEC ⇒MEN + OEH =DEC + OEH 6
7. BAC ⇔MEH=OEC == MAD ⇒ DMAE là tứ giác nội tiếp suy ra DM⊥ ME . (2) 2 Giả sử ME∩AD = I , ta đi chứng minh FIHFMD,,;,, . BAC Có: IEH== IAH⇒ IAEH là tứ giác nội tiếp suy ra IH⊥ DE⇒ IFH,, (do FH cũng 2 vuông góc với DE) (1) Từ (1) kết hợp với DI⊥ FE⇒ I là trực tâm tam giác FDE suy ra FD⊥ IE (3) Từ (2) và (3) suy ra FMD,, . FA AM 1 Dễ thấy FAM∼ HAE( g. g ) ⇒=⇔ABAH.= AE. AF và HAAE 2 FA AK 1 FAK∼ NAE ( g. g ) ⇒=⇔ACAK.= AE. AF NA AE 2 AHAC Suy ra ABAH.=AK . AC ⇔=⇒ KH // BC. AKAB Bài 4. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật biết AB= a , BC= 2 a , tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) . a) Tính thể tích khối chóp S. ACD . b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BD . Lời giải a) Tính thể tích khối chóp S.ACD . Vì ABCD là hình chữ nhật nên AB= CD= a , BC= AD = 2 a . Gọi H là trung điểm của AB . a 3 Vì tam giác SAB đều nên SH⊥ AB và SH = . 2 (SAB)⊥ (ABCD )  Khi đó (SAB)∩(ABCD ) = AB ⇒SH⊥ (ABCD) .  SH⊂(SAB ), SH⊥ AB 1 1 1 1a 3 a3 3 Ta có V= S.SH = AD. CD. SH = .2a . a . = . SACD. 3 ACD 3 2 62 6 7
8. b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BD . Từ C kẻ đường thẳng song song với BD cắt AB tại điểm E . BD// CE Ta có  ⇒ BECD là hình bình hành⇒BE=CD = a . BE// CD 2 Suy ra BE= HE . 3 2 Khi đó d( BD, SC) = d ( BD, ( SCE)) = dB(,(SCE)) = dH (, (SCE)) (*). 3 Kẻ HI⊥ CE( I∈ CE) , mà CE⊥ SH ⇒CE⊥ ( SHI ) ⇒(SCE) ⊥ ( SHI ) . (SCE) ⊥ ( SHI )  Do đó (SCE)∩(SHI ) = SI ⇒HK⊥ ( SCE)  HK⊥SI ( K∈ SI ) Suy ra HK= dH ( , (SCE)) . 3 Kẻ BJ⊥ CE( J∈ CE) ⇒ BJ// HI ⇒HI= BJ . 2 BE. BC2 a 5 Xét tam giác BCE vuông tại B có BJ == . BE2+ BC 2 5 3a 5 ⇒HI = . 5 SHHI.3 a 17 Xét tam giác SHI vuông tại H có HK == . SH2+ HI 2 17 23a 17 2a 17 Từ (*) ⇒d( BD, SC) =. = . 317 17 Bài 5. Cho a,, b c là các số thực không âm thoả (a+ b)( b+ c)( a+ c) > 0 và a≥ max{b , c} . Chứng minh rằng: a11bc  a+7(b+ c) 15 + + + 2 > bc+2  ac+ ab+  a 2 Lời giải bc a11bc  a+7(b+ c) Đặt x=, y = và P =++ + 2 . aa bc+2  ac+ab +  a Từ a≥ max{b , c} suy ra x≤1,y ≤ 1. 111xy  Khi đó P =+ + +2 1+ 7(x+ y) x+ y 2 y+1x +1  Do 0≤x, y ≤ 1 nên 11 x(1−y) ≥0 ⇔x≥xy⇔x +y≥y+ xy ⇒≤ x+yy( x +1) 1 yyy2 yy ⇒≥⇒≥⇒≥ . x+1 x+yx+1 x+yx +1 x+ y 8
9. xx Tương tự, ta cũng có ≥ . y +1 x+ y Khi đó 111 xy  111 P ≥+ + +2 1+ 7(x+y) =+x+y+2 1+ 7(x+ y) x+y2  x+yx+ y  x+ y 2 Đặt t=x+y,0( . 2 2019un 2019  Bài 6. Cho dãy số (un ) xác định bởi u1=1;u2 = 2020;un+1 =+1+ un−1,n ≥ 2. nn −1   1111  Tính lim +++ + . n→+∞    u1u2u3 un  Lời giải 2019un 2019  unun−1  Ta có un+1 =+1+un−1 =2019+ + un−1 nn −1 nn −1 n unun−1  un−2un−3  ui =2019++2019 + +un−3 = = 2019∑ + u1 . nn −1 n−2n −3  i=1 i n+1 ui  un+1 Suy ra un+2 = 2019∑  +u1 =2019 + un+1 . i=1 i  n +1 2019u n + 2019 u n + 2019 n  n+1 ℕ Vậy un+1 =+un= un  ⇒=,∀n∈ . n n un n (2019+ 1)( 2019+ 2 2019) ( +n −1 ) Do đó u = . n (n −1) ! 11111 n (k −1) ! Vậy +++ += 1++ ∑ u1u2u3 un 2020k=3 ( 2019+ 1)( 2019+ 2 2019)( +k − 2 ) 12! 1 n  (k −1) ! k!  =1+1−+ ∑ −  20182020  2018 k=3 (2019 + 1)( 2019+ 2) ( 2019+k −2 ) (2019+ 1)( 2019+2) ( 2019+k −1 ) 1 n! 1+− . 2018 2018.2020.2021 ( 2019+n −1 ) 9
10. n! Do lim = 0 x→∞ 2018.2020.2021 ( 2019+n − 1)  1111 2019 Nên lim +++ += . n→+∞    u1u2u3 un  2018 HẾT