Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2018-2019 - Sở GD và ĐT Lào Cai (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2018-2019 - Sở GD và ĐT Lào Cai (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn: Toán - THPT Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu 1. (5,0 điểm). 17 3x 5 x 3 y 14 4 y 0 a) Giải hệ phương trình , xy, . 2 22x y 533211 x y x 613 x b) Cho abc,, là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a2 bc b2 ca c2 ab P 4 4 a b c . b c c a a b Câu 2. (4,0 điểm). 2018 22xx1 a) Cho hàm số y f x có đạo hàm f x x 32 e e x x . Tìm tất cả các 3 giá trị thực của m để hàm số f x2 8 x m có đúng 3 điểm cực trị sao cho 2 2 2 x1 x 2 x 3 50 , trong đó x1,, x 2 x 3 là hoành độ của ba cực trị đó. 1 uu ,3 122 b) Cho dãy số u xác định như sau: . n uu.1 nn 1 unn 2 ,1  uunn 1 Chứng minh rằng un có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Câu 3. (3,0 điểm). a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D , có CD 22 AD AB . Gọi M 2;4 là điểm thuộc cạnh AB sao cho AB 3 AM . Điểm N thuộc cạnh BC sao cho tam giác DMN cân tại M . Phương trình đường thẳng MN là 2xy 8 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang biết thuộc đường thẳng d:0 x y và điểm thuộc đường thẳng d :3 x y 8 0 b) Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a . Biết hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ABCD là điểm M thỏa mãn AD 3 MD . Trên cạnh CD lấy các điểm IN, sao cho ABM MBI và MN vuông góc với BI . Biết góc giữa SC và bằng 60. Tính thể tích khối chóp S. AMCB và khoảng cách từ N đến mặt phẳng SBC . Câu 4. (3,0 điểm).Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình 15xz y2 2 . 1 2 2 2 20182 2019 2 Câu 5. (3,0 điểm).Tính tổng SC1 C 2 C 2018 C 2019 . 20192019 2018 2019 2 2019 1 2019 Hết 1
2. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 17 3x 5 x 3 y 14 4 y 0 Câu 1. a) Giải hệ phương trình , xy, . 2 22x y 533211 x y x 613 x b) Cho abc,, là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a2 bc b2 ca c2 ab P 4 4 a b c b c c a a b . Lời giải 50 x 40 y a) Điều kiện: . 2xy 5 0 3xy 2 11 0 Đặt 50 xa ; 40 yb , phương trình 17 3x 5 x 3 y 14 4 y 0 trở thành: 22 22 33 17 3 5 a . a 3 4 b 14 0 3a 2 . a 3 b 2 . b 3a 2 a 3 b 2 b (*). Xét hàm số y f t 32 t3 t trên 0; . Ta có f t 3 t 2 2 0 , t 0; nên hàm số y f t đồng biến trên 0; . Vì thế với a 0 , b 0 thì 3a33 2 a 3 b 2 b f a f b ab. Suy ra 54 xy 54 xy yx 1. Thay yx 1 vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình: 2 3x 4 3 5 x 9 x2 6 x 13 . 4 Điều kiện: x ;5 . 3 Khi đó, phương trình 2 3x 4 2 3 5x 9 6 x2 6 x 5 4 3xx 4 4 9 5 9 36 xx 15 2 3xx 4 2 3 5 9 6 6 xx 1 15 1 xx 15 3xx 4 1 5 9 2 x 10 6 15 x 5 3xx 4 1 5 9 2 x 1 6 15 . x 5 3xx 4 1 5 9 2 6 15 Phương trình ( ) tương đương với x 5 . 3xx 4 1 5 9 2 6 15 4 Đặt g x x , x ;5 . 3xx 4 1 5 9 2 3 2
3. 35 6. 15. 2 3xx 4 2 5 9 Ta có gx 22 1 3xx 4 1 5 9 2 9 75 4 22 10 , x ;5 . 3x 41.3 x 425 x 92.5 x 9 3 4 Suy ra gx nghịch biến trên ;5 . 3 4 Vì thế phương trình gx 5 có nhiều nhất một nghiệm trên ;5 . 3 Ta lại có x 0 là nghiệm nên đây là nghiệm duy nhất. Với x 1 thì y 2 . Với x 0 thì y 1. So sánh điều kiện, hệ đã cho có hai nghiệm xy; là 1; 2 ; 0; 1 . b) a2 bc a2 bc ab ac a b a c a2 bc a b a c Ta có aa b c b c b c b c b c . b22 ca b c b a c ab c a c b Tương tự ta có: bc; c a c a a b a b . abac bcba cacb P a b c 4 4 a b c b c c a a b Áp dụng bất đẳng thức AM-GM a b a c b c b a 2 ab b c c a b c b a c a c b 2 bc c a a b c a c b a b a c 2 ca a b b c abac bcba cacb 24 abc b c c a a b P a b c 4 4 a b c . 444 Đặt t abc 0 abc4 abct 4 t . 2 Ta có t4 4 t t4 212213 t 2 t2 t t2 12133 t 2 P 3 . abc 1 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là -3 khi abc abc 3 . 3
4. 2018 22xx1 Câu 2. a) Cho hàm số y f x có đạo hàm f x x 32 e e x x . Tìm tất cả các 3 giá trị thực của m đề hàm số f x2 8 x m có đúng 3 điểm cực trị sao cho 2 2 2 x1 x 2 x 3 50 , trong đó x1,, x 2 x 3 là hoành độ của ba cực trị đó. 1 uu ,3 122 b) Cho dãy số u xác định như sau: . n uu.1 nn 1 unn 2 ,1  uunn 1 Chứng minh rằng un có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Lời giải a) Cách 1 x 3 2018 22xx1 f' x x 3 e e x 2 x , f ' x 0 x 0 3 x 2 Trong đó x 3 là nghiệm bội chẵn. Xét hàm y f x2 8 x m có y' 2 x 8 f ' x2 8 x m . x 4 x 4 2 2 x 83 x m x 8 x 3 m 1 y '0 x2 82 x m x2 8 x 2 m 2 2 2 x 80 x m x 8 x m 3 Ta xét hàm g x x2 8 x x 4 gx' – 0 + gx -16 Nếu 3 mm 16 19: Phương trình (1), (2), (3) đều vô nghiệm. Hàm số đã cho chỉ có 1 cực trị. Nếu 2 m 16 3 m 18 m 19 : Phương trình (1) có 2 nghiệm bội chẵn, phương trình (2) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép và phương trình (3) vô nghiệm. Hàm đã cho có 1 cực trị. Do đó không thỏa điều kiện có 3 cực trị. Nếu m 16 2 m 16 m 18: Phương trình (1) có 2 nghiệm bội chẵn, phương trình (2) có 2 nghiệm bội lẻ và phương trình (3) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép. Do đó thỏa điều kiện có 3 cực trị. Khi đó giả sử x1 4 , ta có xx23, là hai nghiệm của phương trình 2 thỏa mãn điều kiện: 22 2 x2 x 3 34 x2 x 3 2 x 1 x 2 34. Áp dụng định lý Viét ta có: 64 2 mm 2 34 17 Thỏa điều kiện. 4
5. Nếu mm 16 16 : Phương trình (1) có 2 nghiệm bội chẵn, phương trình (2) có 2 nghiệm đơn, phương trình (3) có 5 nghiệm đơn. Do đó không thỏa điều kiện có 3 cực trị. Vậy với m 17 thì điều kiện bài toán thỏa. Cách 2 Xét hàm y f x2 8 x m có y' 2 x 8 f ' x2 8 x m . 2 2018 2x22 8 x m x 8 x m 1 2 2 2 2x 8 x 8 x m 3 e e x 8 x m 2 x 8 x m 3 2 Dấu y phụ thuộc vào dấu của 2x 8 x22 8 x m 2 x 8 x m Ta có: xx 44 2 2x 8 xxm2 8 2 xxm2 8 0 xxm2 8 0 xxm2 8 22 x 8 x m 2 x 8 x 2 m Ta xét hàm g x x2 8 x x 4 gx – 0 + gx -16 Hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi: m 16 2 m 16 m 18. Khi đó giả sử x1 4 , ta có xx23, là hai nghiệm của phương trình 2 thỏa mãn điều kiện: 22 2 x2 x 3 34 x2 x 3 2 x 1 x 2 34. Áp dụng định lý Viét ta có: 64 2 mm 2 34 17 .Thỏa điều kiện. uunn 1.1 uunn 1 11 b) Theo giả thuyết ta có uunn 22 1 un 11 u n un u n uunn 1.1 uunn 1 11 uunn 22 1 un 11 u n un u n 1 u1 0 uunn 1.1 2 unn 2 0,  1 uu u 30 nn 1 Vì 2 . u 1 uu 11 n 2 nn 1 u 1 u 1 u 1 Suy ra n 21n n n . u 1 v n v v v v v v n u 1 n 2 n 1 n n 2 n 1 n Đặt n . xvnn ln Đặt suy ra xn 21 x n x n . 15 Ta có phương trình đặc trưng: t2 t 10 t . 2 5
6. nn 1 5 1 5 x  n 22 Vậy . 1 1 5 1 5 1 v1  ln 3 u1 3 x1 ln 3 22 0,38 0 2 1 x ln 2  0,78 u 3 v 2 3 5 3 5 2 2  ln 2 Với 2 22 . 1 5 1 5 1, 1 nn 22 1 5 1 5 Vì nên limx lim  . n 22 un 1 Suy ra limvunn 0 lim 0 lim 1. un 1 Vậy rằng un có giới hạn hữu hạn và giới hạn đó bằng 1. Câu 3. a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D , có CD 22 AD AB . Gọi M 2;4 là điểm thuộc cạnh AB sao cho AB 3 AM . Điểm N thuộc cạnh BC sao cho tam giác DMN cân tại M . Phương trình đường thẳng MN là 2xy 8 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang biết thuộc đường thẳng d:0 x y và điểm thuộc đường thẳng d :3 x y 8 0 Lời giải aa2 10 +) Đặt BN x, AB a MA MN a2 . 93 10a22 4 a 2a Xét BMN có MN2 MB 2 BN 2 2. MB . NB .cos MBN xx2 2. . .cos135 9 9 3 2 2ax 2 a2 a 2 x2 0 x . 33 3 NF CN CF Gọi E là chân đường vuông góc hạ từ B , kẻ NF vuông góc với DC . Ta có BE CB CE 22 NF2 CF 2a 4a 2 a 2 a 5 NF CF DN . aa3 3 3 3 3 10a2 10 a 2 20 a 2 Nhận thấy MD2 MN 2 DN 2 . Suy ra DMN vuông tại M . 9 9 9 +) Vì thuộc đường thẳng nên D d; d MD d 2; d 4 . 6
7. Phương trình đường thẳng MN 2xy 8 0 có vectơ chỉ phương u 1;2 . MDu.0 d 2 D 2;2 . +) Điểm A thuộc đường thẳng d :3 x y 8 0 nên A a; 3 a 8 , 2 a 1 DA a 2; 3 a 6 , MA a 2; 3 a 4 DAMA.0 aa 3 2 0 a 2 *) Trường hợp 1: a 1 A 1;5 b) Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a . Biết hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ABCD là điểm M thỏa mãn AD 3 MD . Trên cạnh CD lấy các điểm IN, sao cho ABM MBI và MN vuông góc với BI . Biết góc giữa SC và bằng 60. Tính thể tích khối chóp S. AMCB và khoảng cách từ N đến mặt phẳng SBC . Lời giải *) Tính thể tích khối chóp AD a2 a a 10 Ta có DM , AM CM DM22 CD . 3 3 3 3 a 30 SM ABCD SCM 60  SM CM tan 60  . 3 AM BC AB 5a2 Khi đó S . AMCB 26 1 5a3 30 Thể tích khối chóp là V SM. SAMCB . 3 54 *) Tính khoảng cách từ đến mặt phẳng . a 13 AB 3 Ta có BM cos ABM cos IBM . 3 BM 13 7
8. 2 a 2 Đặt DIxIM 2 x 2 , IB2 ax a2 . 9 Áp dụng định lí cosin ta có IM2 MB 2 IB 2 2. MB . IB .cos IBM 22 aa2213 x2 a x a2 2. a a x a2 99 7aa 13 x IB . 12 12 a Gọi H  MN BI . Ta có ABM MBH BH AB a, IH IB BH . 12 BI CI HI. BI 13 a a CN 1 CBI HNI NI ,CN CD DI IN NI HI CI 60 5CD 5 11 Suy ra d N,.,., SBC d D SBC d M SBC . 55 Kẻ ME vuông góc với BC , kẻ MK vuông góc với SE . Suy ra MK ., d M SBC . 1 1 1 13 a 130 1 a 130 Ta có MK d N,., SBC d M SBC . MK2 MS 2 ME 210 a 2 13 5 65 Câu 4. Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình 15xz y2 2 . Lời giải Theo yêu cầu bài toán thì 2z 15 1 24 z 4 . Khi đó vế phải của phương trình đã cho chia hết cho 16. Do đó y phải là số lẻ. Từ đó ta được: 2 y 1 mod8 x 15x y2  1 1 mod8 . x x 15 1 mod8 Vì vậy ta cũng suy ra được x là số lẻ. Ta lại lặp luận tiếp để kết luận z phải là số chẵn bằng phản chứng như sau: n Nếu z là số lẻ thì 2zn 221 2 3 1  2 mod3 và y 2 không thể chia 3 dư 2 nên ta có mâu thuẫn. Vì khi đó 2z y2 không thể chia hết cho 3 . Vậy tới đây ta tiếp tục tìm nghiệm của phương trình đã cho với giả thiết là xy, đều lẻ, còn z là số chẵn. Ta có 15x y2 2z 15 x 2 t y 2 t y . Với t 2 là số nguyên thoả mãn zt 2 . Ta nhận xét rằng 2t yy 2t 2.2t . Do đó 2t y và 2t y không thể cùng chia hết cho 3 hoặc 5 . 2t 1 5 x 3 x tx 23 y xx 1 53 tx y 25 y 2 Vì vậy 15x 2 t yy 2t . t t 1 x 2 y 1 2 1 15 t x x 2 2 y 15 15 1 y 2 8
9. x 1 y 1 y 1 t 2 z 4 Nếu x 1 . yx 71 ty 37 z 6 53xx Nếu x 2 n 3, n 0 thì từ 2tt 76 t 6 2  0 mod16 . Ta có 2 3x 27 3 22nn 27 4 1  13 mod16 ;5x 125. 4 1 2n  13 mod16 Khi đó 3xx  5 26 mod16 , ta kết luận 1 vô nghiệm. 1 15x Tương tự như thế, nếu thì từ 2tt 1688 t 10 2  0 mod32 . 2 Ta có 15x 16 1 23n  16 2n 3 1 mod32 Khi đó 1 15x  16 2n 3 mod32 , ta kết luận 2 vô nghiệm. 1 1 2 2 2 2 20182018 2 2019 2019 2 Câu 5. Tính tổng SC 2019 C2019 C2019 C2019 . 2019 2018 2 1 Lời giải Xét số hạng tổng quát: kk2 2019! 2019! T . C k . .C k .C k k 2020 k 2019 2020k 2019 k ! k !2019 2020k ! k 1 ! 2019 kk1 2019 C2019. C 2019 , k 1;2; ;2019 0 2018 1 2017 2017 1 2018 0 Suy ra SCCCCCCCC2019. 2019 2019 . 2019 2019 . 2019 2019 . 2019 Xét khai triển: 2019 2019 0 1 2019 2019 0 1 2019 2019 1x . 1 x CCx2019 2019 CxCCx2019 2019 2019 Cx2019 Hệ số của x2018 trong khai triển 1xx2019 . 1 2019 là: 0 2018 1 2017 2017 1 2018 0 CCCCCCCC2019. 2019 2019 . 2019 2019 . 2019 2019 . 2019 1 4038 0 1 2018 2018 4038 4038 Xét khai triển: 1 x C4038 C 4038 x C4038 x C4038 x 2018 4038 2018 Hệ số của x trong khai triển 1 x là: C4038 2 1 2 2 2 20182 2019 2 Từ 1 và 2 ta có SC1 C 2 C 2018 CC2019 2018 20192019 2018 2019 2 2019 1 2019 4038 9