Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2017-2018 - 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 học 2017-2018 - Sở GD và ĐT Bình Phước (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC 2017-2018 MÔN THI: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm có 01 trang) Ngày thi: 28/09/2017 22x − Câu 1. (THPT 4,0 điểm; GDTX 5,0 điểm). Cho hàm số y = . x +1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2 b) Tìm điểm M thuộc (C) sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng ∆:2xy −+= 4 0 bằng lần 1 3 khoảng cách từ M đến đường thẳng ∆2 :xy − 2 += 50. Câu 2. (THPT 6,0 điểm; GDTX 6,0 điểm). 4cos32x+ 2cos xx( 2sin−− 1) sin 2 x − 2( sin xx + cos ) a) Giải phương trình: = 0 . 2sin2 x − 1 y36( x 1)3( yx2 2)34 y2 0 b) Giải hệ phương trình: xy,. 2 3 4x 3 4 xy x 1 3 x 81 9 + 8 2 n 2 c) Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển thành đa thức của 11+−xx( ) . Biết rằng 02 2n CC22nn+ ++ C 2 n = 2048. Câu 3. (THPT 4,0 điểm; Thí sinh hệ GDTX không phải làm câu 3b, GDTX 3,0 điểm). a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có A 1; 2 . Gọi MN, lần lượt là trung điểm của các cạnh CD và AD , K là giao điểm của BM với CN . Viết phương trình của đường tròn ngoại tiếp tam giác BNK , biết đường thẳng BM có phương trình 2xy 80 và điểm B có hoành độ lớn hơn 2 . b) Cho đường tròn (O) đường kính AB , một đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn (O) và d vuông góc với AB kéo dài tại K ( B nằm giữa A và K ). Gọi C là một điểm nằm trên đường tròn (O), (C khác A và B ). Gọi D là giao điểm của AC và d , từ D kẻ tiếp tuyến DE với đường tròn ( E là tiếp điểm và EC, nằm về hai phía của đường kính AB ). Gọi F là giao điểm của EB và d , G là giao điểm của AF và (O), H là điểm đối xứng của G qua AB . Chứng minh ba điểm FCH,, thẳng hàng. Câu 4. (THPT 3,0 điểm; GDTX 4,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang với , AB AD a, CD 2. a Biết rằng hai mặt phẳng SAC và SBD cùng vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng ()SBC và mặt đáy bằng 450 . Tính theo a thể tích của khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BC. Câu 5. (THPT 2,0 điểm; GDTX 2,0 điểm). 6 1 1 32− xy Cho xy>>0, 0 thỏa xy44+ +=4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =++ . xy 12+x 12 + y 5 −− xy22 Câu 6. (THPT 1,0 điểm; Thí sinh hệ GDTX không phải làm câu 6). Cho dãy số (uRnR) được xác định   ua1 = ≥1 2017 2017 2017 uu12 un như sau:  2017 ,*∀∈nN. Tìm lim + ++ . un+1 = uu nn( +1) uu23 un+ 1  uu23++ un+ 1 + uu12 un UHết ULưu ý:U Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính bỏ túi, giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BÌNH PHƯỚC CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2017-2018 Hướng dẫn chấm gồm 07 trang MÔN THI: TOÁN Lưu ý: Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Điểm Câu Nội dung THPT GDTX 22x − Cho hàm số y = x +1 a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 1 b) Tìm điểmM thuộc (C) sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 4,0 5,0 2 ∆:2xy −+= 4 0 bằng lần khoảng cách từ M đến đường thẳng 1 3 ∆2 :xy − 2 += 50. ⊕ TXĐ: D = \1{ − } ⊕ Sự biến thiên 0,5 0.5 ′ 4 yx=2 >0, ∀ ≠− 1 nên hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định. ( x +1) 22xx−− 22 ⊕ Ta có lim = +∞; lim = −∞ ⇒ Đồ thị của hàm số nhận xx→−11−+xx++11→− đường thẳng có phương trình x = −1 là tiệm cận đứng. 22xx−− 22 0,5 0.5  Ta có lim= 2; lim= 2 ⇒ Đồ thị của hàm số nhận đường xx→−∞ xx++11→+∞ thẳng có phương trình y = 2 là tiệm cận ngang. Bảng biến thiên 0,5 0.5  Điểm đặc biệt: (−−2;6,) ( 3;4)( 0; − 2,1;0.) ( ) 1a  Đồ thị hàm số nhận giao điểm hai tiệm cận I( 1; 2) là tâm đối xứng.  Đồ thị: 0,5 1,0
3. 22x −  Giả sử Mx;0 ∈ (Cx ); ≠− 1. Ta có: 00+ x0 1 22x − 246xx2 ++ 24x −+0 00 0 x + 1 x + 1 0 0 0,5 0,5 d11= dM( , ∆=) = 55 22x − xx2 ++29 x −+250 00 0 + 1 x0 + 1 x0 1b d22= dM( ,. ∆=) = 55 246xx22++ xx ++ 29 00 00  2 222+ 4 += 6 + 2 + 9 (*) 22xx++11 xx00( xx 00) ⊕= ⇔ 00= ⇔ 3 dd12  0,5 0,5 33222 552xx+ 4 +=− 6 xx +2 + 9 ( )  00 3 ( 00) x = 0  Ta có (*)⇔+xx2 2 =⇔ 0  0 và ( ) ⇔2xx2 + 4 += 90 vô nghiệm. 0,5 0,75 00 x = −2 00  0  Với x00 0 Mx 0; 2 ; 2 M 2; 6 . 0,5 0,75 4cos32x 2cos xx 2sin 1 sin2 x 2sin x cos x Giải PT: 0 2,0 2,0 2 sin2 x 1 k  ĐK: 2sin2 x 1 0 cos2 xx 0 ,. k 42 0,25 0,25  PT 4cos32 x 2cos x 2sin x 1 sin2 x 2sin x cos x 0 4cos32x 2cos xx 2sin 1 sin2 x 2sin x cos x 0 4cos32x 4cos xx sin 2cos 2 x 2sin xx cos 2sin x cos x 0 4cos2 xxxxxx sin cos 2cos sin cos 2sin xx cos 0 2 sinxx cos 4cos x 2cos x 2 0 0,75 0,75 sinxx cos 0 cosx 1 2a 1 cosx 2  Với sinx cos x 0 2 sin x 0 x kk , . 44  Với cosx 1 xkk 2 , 12  Với cosx x kk2 , . 23 1,0 1,0 Đối chiếu với điều kiện phương trình có các họ nghiệm là: 2 xkk 2, , x kk2, . 3 m2 UChú ýU: Viết gộp các họ nghiệm ta được họ nghiệm xm , . 3
4. Giải hệ phương trình: y36( x 1)3( yx2 2)3 y2 4 0 2,0 2,0 xy,. 2 3 4x 3 4 xy x 1 3 x 81 9  ĐK: 4 xy x2 10  Ta có PT (1) x6 y3 + 3x2 y = y3 − 3y2 + 3y −1+ 3(y −1) ⇔ (x2 y)3 + 3x2 y = (y −1)3 + 3(y −1) 1,0 1,0 3 2 Xét hàm số f (t) = t + 3t có ft'( )= 3 t + 3 > 0, ∀∈ t  ⇒ft() đồng biến trên . Mặt khác PT (1)⇔fxy (2 ) = fy ( − 1) ⇔ xyy 22 = −⇔1 xyy − =−1.  Thay xy2 y 1 vào phương trình (2) ta có: PT(2) 4 x 3 4 x x2 y y 3 3 x 8 1 9 PT(2) 4 x 3 4 x3 3 x 8 1 9 3 3 0,25 0,25 Vì x không phải là nghiệm của phương trình nên xét x , 4 4 chia 2 vế phương trình cho 43x ta có: 99 4 xx 33 381 4 xx 38 10. 2b 43xx 43 9 3 Xét hàm số gx( ) 4 x3 3 x 8 1, với x ∈( −4; +∞) \  − 43x 4 1 1 36 3 Ta có gx'( ) 0 với x ∈( −4; +∞) \  − . 2 2 4 24 x 3 38x 43x 3 ⇒ Hàm số y gx( ), đồng biến trên từng khoảng −−4; và 4 3 3 3 −; +∞ ⇒ Trên mỗi khoảng −−4; và −; +∞ phương trình có 4 4 4 0,75 0,75 tối đa một nghiệm. Mà gg(0) ( 3) 0 phương trình chỉ có hai nghiệm là xx 0, 3. Với xy 01. 1 Với xy 3. 8 1 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là 0;1 , 3; . 8 Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển thành đa thức của n+2 2c +−2 02+ ++ 2n = 2,0 2,0 11xx( ) . Biết rằng CC22nn C 2 n 2048.
5. 2n 01 23 2n ⊕ Ta có (1− 1) =−+−++CCCC2222nnnn C 2 n 0 2 2nn 1 3 21− ⇔CC22nn + ++ C 2 n = CC 22 nn + ++ C 2 n 0,5 0,5 2n 01 23 2n Mặt khác ta có (1+ 1) =+++++CCCC2222nnnn C 2 n 22n Do đó CC0+ 2 ++ C 2n = CC 1 + 3 ++ C 21n−− = ⇒ CC0 + 2 ++ C 2nn = 2 21 22nn 2 n 22 nn 2 n 2 22nn 2 n 0,5 0,5 Kết hợp với giả thiết ta có 221nn−−= 2048 ⇔ 221 = 2 11 ⇔=n 6. 88k 8 ⊕ +−=2 k  22 −=kk −k Ta có 11xx( ) ∑∑ Cxx88 (1) Cxx(1) . kk=00= 0,5 0,5 Hệ số của x8 chỉ xuất hiện ở các số hạng ứng với k = 3 và k = 4 . 8 32 40 Từ đó ta có hệ số của x là CC83.+= CC 84 . 238. 0,5 0,5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có A 1; 2 . Gọi MN, lần lượt là trung điểm của cạnh DC và AD , K là giao điểm của BM 2,0 3,0 với CN . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BNK , biết BM có phương trình 2xy 80 và điểm B có hoành độ lớn hơn 2 . A B I H N K D M C E Gọi E = BM ∩ AD ⇒ DM là đường trung bình của ∆EAB ⇒= DA DE. 3a 8 Dựng AH ⊥ BM tại H ⇒ AH d A; BM . 0,75 1,0 5 Ta có BMC CND BMC CND BMC DCN 900 BM  CN. 1 11 5 Trong tam giác vuông ABE: AH222 AB AE4 AB 2 5.AH ⇒ AB 4 , ta có B∈⇒ BM B( b;8 − 2 b). 2 7 0,75 1,0 Ta có AB=⇔4 ( b + 1)22 + (6 − 2b ) =⇔= 4 b 3 hoặc b = . 5 Vì điểm B có hoành độ lớn hơn 2 nên chỉ nhận bB=3 ⇒ ( 32; ). Phương trình AE: x += 10 . Ta có E= AE ∩ BM ⇒− E ( 1; 10 ). Mà D là trung điểm của AE⇒− D ( 1; 6). Ta có N là trung điểm của AD ⇒−N ( 1; 4 ) ⇒ Trung điểm I của BN có tọa độ 1; 3 . Do tứ giác ABKN nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp tam giác BNK là 0,5 1,0 22 đường tròn tâm I bán kính IA 5 BNK : x 1 y 3 5. UChú ý:U Học sinh có thể sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính được AB = 4.
6. Cho đường tròn (O) đường kính AB , một đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn (O) và d vuông góc với AB kéo dài tại K ( B nằm giữa A và K ). Gọi C là một điểm nằm trên đường tròn (O), (C khác A và B ). Gọi D là giao điểm của AC và d , từ D kẻ tiếp tuyến DE với đường 2,0 tròn ( E là tiếp điểm và EC, nằm về hai phía của AB ). Gọi F là giao điểm của EB và d , G là giao điểm của AF và (O), H là điểm đối xứng của G qua AB . Chứng minh FCH,, thẳng hàng. A O H G 3b E B C d K D F Gọi H là giao điểm của FC với (O). Để chứng minh bài toán ta cần 0,5 chứng minh H đối xứng với G qua AB. Ta có AEKF là tứ giác nội tiếp ⇒=EAK EFK mà 1,0 EAK = DEF ⇒ EFK = DEF ⇒∆ DEF cân tại D ⇒=DE DF. Ta có DE22= DC DA ⇒ DF = DC DA ⇒∆ DCF ∆ DFA ⇒ DCF = DFA . Mặt khác DCF= ACH = AGH ⇒=⇒ DFA HGA GH// FD 0,5 Mà FD⊥⇒ AB GH ⊥ AB , Do AB là đường kính ⇒ GH, đối xứng nhau qua AB , (đpcm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang với A = D = 900 , AB= AD = a, CD = 2. a Biết rằng hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng ()SBC và mặt đáy bằng 3,0 4,0 450 . Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BC. S 4 H E D C O A B F Gọi O là giao điểm của AC và BD. Khi đó, SO là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC);( SBD) .
7. Mặt khác, do hai mặt phẳng (SAC);( SBD) cùng vuông góc với mặt đáy nên SO⊥ ( ABCD) . Gọi E là trung điểm của CD⇒ ABED là hình vuông cạnh a 0,5 1,0 1 Mặt khác, do BE⊥ CDBE; = CD ⇒∆ BCD vuông cân tại B. 2 Do đó, BC⊥⇒⊥ OB BC( SOB) ⇒⊥ BC SB ⇒==( (SBC),( ABCD)) ( SB, OB) SBO =450 . Ta có: BD= AD22 += AB a 2. OB AB 1 1a 2 22 a AB// CD ⇒ = =⇒=OB BD =;. OD = OD CD 2 33 3 (2a+ aa) 32aa2 1,0 1,0 Ta có: S = =;SO = OB .tan 450 = ABCD 22 3 1 13aa23 2 a 2 ⇒=V S SO = = S. ABCD3 ABCD 32 3 6 Gọi F là điểm đối xứng với B qua A⇒ BCDF là hình bình hành ⇒BC//; DF ∠=∠= FDB DBC 900 . 3 Do đó d( BC, SD) = d( BC ,( SDF)) = d( B ,( SDF)) = d( O ,.( SDF )) 2 0,5 Trong mặt phẳng (SOD) dựng OH⊥ SD. Khi đó, ta có: 1,0 ⊥ OH SD 1 11 ⇒⊥OH SDF ⇒=d O,. SDF OH Ta có: = +  ( ) ( ( )) 22 2 OH⊥ FD OH SO DO aa22 2 SO. DO 2a 10 a 10 ⇒=OH = 33 = ⇒d( BC,. SD) = 22 2 215 5 SO+ DO aa2  22   +  33   1,0 UChú ýU: Kẻ BI SD BI là đoạn vuông góc chung của SD và BC. 1,0 a 2 .2a SO. BD a 10 Xét SBD ta có BI SD SO BD BI 3 . SD a 10 5 3 6 Cho các số thực xy,0> thỏa mãn xy44+ +=4 . Tìm giá trị nhỏ xy 2,0 2,0 1 1 32− xy nhất của biểu thức: P =++ . 12+x 12 + y 5 −− xy22  Theo BĐT AM-GM ta có: x4+ y 4 +≥42 xy 22 + 4 6 Do đó: =x4 + y 4 +≥42 x22 y +⇔ 4 2 x33 y + 4 xy −≤ 60 xy 5 ⇔2( xy − 1) x22 y + xy + 30 ≤⇔ xy ≤ 1 ( ) 0,5 0,5 11 2  Ta luôn có bất đẳng thức phụ sau: +≥,∀>xy,0. 12++x 12 y 2 + xy 11 2 Thật vậy ta có: +≥ 12++x 12 y 2 + xy ⇔2 +xy + 2( xyxyxy +) +( +) ≥+12 x + 2 y + 4 xy ⇔ xyyx22 + +≥13 xy 0,5 0,5 (Điều này luôn đúng do x2 y+ y 2 x +≥133 x33 y = 3 xy ).
8. 1 1 32−−xy 2 32xy Vậy P =++ ≥+ (theo AM-GM). 12+x 12 + y 5 −− x22 y 2 + xy 52 − xy 2 32− t  Đặt t= xy, t ∈ (0;1] . Xét ft() =+∈,t (0;1] 2+−tt 52 −24 0,5 0,5 Ta có: ft'( ) =22 − 0, ∀∈ nN *. Do đó 1 n+1 nn( ) n 2018 un+1 − u nn = u >0, ∀∈ nN * ⇒ (un ) là dãy số tăng ⇒un >> uua21 >=≥1. 0,25 0,25 2017 2018  Ta có un++11= uu nn( +⇔1) un = u n − u n. uu2017 2018 Khi đó nn= u n+1 uunn++11+ u n u n un+1 + un uu− uu− 11 = nn+1 = nn+1 = − uu u u uun n++1 ( u n+ u nn) nn++11 n n 6 uu2017 2017 u2017 Vậy 12+ ++ n uu23 un+ 1 uu23++ un+ 1 + uu u 12 n 0,25 0,25 11  11   1 1  1 111 = −  + −  ++  − =−=−      uu12  uu 23   uunn+1  u11 unn++ au 1 Ta đi xét 2 trường hợp sau:  u ⇒ u Trường hợp 1: Dãy ( n ) bị chặn trên ( n ) có giới hạn. 2017 Giả sử giới hạn đó là a, lấy giới hạn 2 vế của giả thiết un+1 = uu nn( +1) ta có: a= aa2017 +10 ⇔= a (mâu thuẫn với u> a ≥1, ∀∈ nN * ). ( ) n 0,25 0,25  Trường hợp 2: Dãy (un ) không bị chặn trên. Mà (un ) là dãy tăng ⇒lim un = +∞ ⇒ lim un+1 = +∞ .   uu2017 2017 u2017 11 1 Khi đó lim12+ ++ n =lim − = . 0,25 0,25 uu u 23n+ 1aun+1 a uu23++ un+ 1 + uu12 un UHết