Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2019-2020 - Sở GD và ĐT Quảng Bình (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2019-2020 - Sở GD và ĐT Quảng Bình (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM 2019 - 2020 TỈNH QUẢNG BÌNH Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC LỚP 12 THPT (Đề thi có 01 trang và 05 câu) Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 (2,0 điểm). sinxx cos 1 a. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y . 2 sin 2x x b. Cho hàm số y có đồ thị C và điểm A 1; 1 . Tìm các giá trị của m để đường thẳng 1 x d :1 y mx m cắt đồ thị C tại hai điểm phân biệt MN, sao cho AM22 AN đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 2 (2,0 điểm). 1 P a. Cho hàm số fx . Tính tỉ số , với Pf ' 1 2 f ' 2 2019f ' 2019 và 1 2019x Q Qf ' 1 2 f ' 2 2019f ' 2019 . b. Giải phương trình: log 3 log 3xx 1 1 . 22 Câu 3 (2,0 điểm). A a. Cho tam giác đều ABC cạnh 8cm. Chia tam giác này thành 64 tam giác đều cạnh 1cm bởi các đường thẳng song song với các cạnh tam giác ABC (như hình vẽ). Gọi S là tập hợp các đỉnh của các tam giác cạnh 1cm. Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh thuộc S. Tính xác suất sao cho 4 đỉnh được chọn là 4 đỉnh của hình bình hành nằm trong miền trong của tam giác ABC và có cạnh chứa các cạnh của các tam giác cạnh 1 cm ở trên. B C b. Tìm công sai d của cấp số cộng un có tất cả các số hạng đều dương và thỏa mãn: uu1 2 u2020 4 uu1 2 u1010 . log222uuu log log 2 3335314 Câu 4 (3,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA ⊥ (ABCD), SA = a. Một mặt phẳng qua CD cắt SA, SB lần lượt tại M, N. Đặt AM = x, với 0 xa. a. Tứ giác MNCD là hình gì? Tính diện tích tứ giác MNCD theo a và x. 2 b. Xác định x để thể tích khối chóp S.MNCD bằng lần thể tích khối chóp S.ABCD. 9 Câu 5 (1,0 điểm). a. Cho các số thực phân biệt ab,1 . Chứng minh rằng: logaa logbb log ba log . b. Cho các số thực aa12 an 1, n 2 . Chứng minh rằng: log logaa log log log log a log log a 0 a a23 a a a an a a1 . 11 22 n 1 n 1 nn HẾT
2. HƯỚNG DẪN GIẢI (THAM KHẢO) sinxx cos 1 Câu 1a (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y . 2 sin 2x Hướng dẫn 2 t 1 Đặt sinx cos xt 2; 2 sin 2xt 1, khi đó y ft , t 2; 2 . t 2 1 1 t Ta có ft' ft'0 t 1. tt22 11 12 12 Tính f 2 ; ff 2 ,1 2. 33 12 3 Suy ra: miny xk 2 ; maxy 2 xkx 2 , k 2 . 3 4 2 x Câu 1b (1,0 điểm). Cho hàm số y có đồ thị C và điểm A 1; 1 . Tìm các giá trị của m để 1 x đường thẳng d :1 y mx m cắt đồ thị C tại hai điểm phân biệt MN, sao cho AM22 AN đạt giá trị nhỏ nhất. Hướng dẫn Cách 1: Dễ thấy đường thẳng d :1 y mx m luôn đi qua điểm I 1; 1 là giao điểm của hai đường tiệm 1 yx' 0,  1 d C MN, cận. Ta có 2 nên để đường thẳng cắt tại hai điểm phân biệt thì 1 x m 0 . Khi đó I 1; 1 luôn là trung điểm của đoạn MN.   2    2     Ta có AM22 AN AM AN 242322 AMAN AI AMAN AMAN (*).   Do A cố định nên: nếu ta xét được AMAN là số dương và trong tam giác AMN có cạnh MN nhỏ nhất thì tìm được giá trị nhỏ nhất. Mà C là Hypebol nên khi d là đường phân giác của góc tạo bởi hai tiệm cận thì m 1 và dy : x cắt C tại hai điểm phân biệt MN 0; 0 , 2; 2 và MN nhỏ nhất,   ta có: AMAN 1.3 1 3 6 0 , hơn nữa AM22 AN 32 12 20 . Vậy min AM22 AN 20 m 1 . Cách 2: x Xét phương trình hoành độ giao điểm của d cắt và C : mx m 1 ,1x 1 x mx2 2 mx m 10 (vì x 1 không là nghiệm).
3. m 0 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì m 0. m2 mm 10 xx 2 12 Theo định lý Viet ta có: m 1 . xx 12 m 22 22 22 Mặt khác AM AN x12 1 x 1 m x 1 12 m x2 12 21m 22 22 2 AM AN 10 m x12 1 x 1 4 m x 1 1 m x 2 1 8 m 21m 2 22 2 AM AN 18 m x12 x 2 x 1212 x 2 x x 2 m 21mm 21 22 2 11 AM AN 18 m 2 16 2 m 16 4 m . mm m m min AM22 AN 20 m 1 m 1. 1 P Câu 2a (1,0 điểm). Cho hàm số fx . Tính tỉ số , với 1 2019x Q Pf ' 1 2 f ' 2 2019f ' 2019 và Qf ' 1 2 f ' 2 2019f ' 2019 . Hướng dẫn 1 2019xx ln 2019 2019 ln 2019 fx fx' f' x fx',  x x 22 . 1 2019 1 2019xx 1 2019 Do đó fx' là hàm số chẵn, suy ra g x xf.' x là hàm số lẻ. 2019 2019 2019 P Vậy nếu P  gk thì Q  g k gk P 1 . k 1 kk 11Q Giải phương trình: log 3 log 3xx 1 1 . Câu 2b (1,0 điểm). 22 Hướng dẫn y Đặt log2 3x 1 yx 3 1 2 , từ phương trình đã cho ta có: 1 x log2 3y 1 xy 3 1 2 . Như thế ta có điều kiện xy,; và ta được hệ phương trình: 3 3x 12y tt 1 x . Xét hàm f t 1 2 3tt , ; f ' t 2 ln2 3 , ta có: 3y 12 3
4. 3 31 t t ft' 0 2 t log2 ; , và ft' 2 ln2 3 đồng biến nên ta có ln2 ln2 3 t là điểm cực tiểu của ft , f 12 3 0 nên phương trình ft 0 có đúng hai nghiệm tt 1, 3 . Mặt khác từ hệ phương trình, trừ theo vế ta có: 3 xy 22yx 3x 2 x 3 y 2 y hay là t 1 gx gy , với gt 32 t đồng biến trên ; , suy ra xy . 3 Cuối cùng phương trình đã cho fx 0 x 1, x 3 . Câu 3a (1,0 điểm). A Cho tam giác đều ABC cạnh 8cm. Chia tam giác này thành 64 tam giác đều cạnh 1cm bởi các đường thẳng song song với các cạnh tam giác ABC (như hình vẽ). Gọi S là tập hợp các đỉnh của các tam giác cạnh 1cm. Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh thuộc S. Tính xác suất sao cho 4 đỉnh được chọn là 4 đỉnh của hình bình hành nằm trong miền trong của tam giác ABC và có cạnh chứa các cạnh của các tam giác cạnh 1 cm ở trên. C B Hướng dẫn Trên cạnh BC ta có 9 đỉnh của các tam giác đều cạnh 1cm (kể cả B và C), trên đường thẳng tiếp theo song song BC (phía trên BC) ta có 8 đỉnh của các tam giác đều cạnh 1cm, cuối cùng đến A có 1 đỉnh của tam giác đều cạnh 1cm. Ta có nS 9 8 7 2 1 45. 4 Như thế số phần tử của không gian mẫu là:nC  45 . Theo yêu cầu: nếu có hình bình hành tạo thành từ 4 đỉnh trong S thì 4 đỉnh đó chỉ có thể thuộc tam giác đều cạnh 5cm (tức là bỏ đi tất cả các đỉnh của các tam giác cạnh 1cm nằm trên ba cạnh BC, CA, AB và cạnh có liên quan đến các đỉnh đó). P P P P K K T K T K T T H I H I H I H I G F G F G F D E D E M 1 N 2 3 4 • Trường hợp 1: Các cạnh của hình bình hành nằm trên MN hoặc có đúng 1 đỉnh thuộc MN. - Các hình bình hành có cạnh nằm trên MN và + Tạo bởi hai đoạn MN, DE: Ta cần chọn thêm 2 đường thẳng song song hoặc trùng với DM 2 (hoặc song song trùng EN) thì tạo ra hình bình hành và mỗi trường hợp này có C 5 cách. Như vậy 22 có: CC55 20 hình bình hành. 22 + Tạo bởi hai đoạn MN, GF: Lặp lại lập luận trên ta có có: CC44 12 hình. 22 + Tạo bởi hai đoạn MN, HI: Lặp lại lập luận trên ta có có: CC33 6 hình.
5. 22 + Tạo bởi hai đoạn MN, KT: Lặp lại lập luận trên ta có có: CC22 2 hình. Vậy các hình bình hành có cạnh nằm trên MN có 20 + 12 + 6 + 2 = 40 hình. - Các hình bình hành có đúng 1 đỉnh thuộc MN + Đỉnh số 1 và số 4: đều có 4 hình bình hành + Đỉnh số 2 và số 3: đều có 3 hình bình hành. Vậy các hình bình hành có đúng 1 đỉnh thuộc MN có 2.(4 + 3) = 14 hình. Do đó trường hợp 1 ta có: 40 + 14 = 54 hình. • Trường hợp 2: Các cạnh hình hành nằm trên DE nhưng không thuộc MN hoặc có đúng 1 đỉnh thuộc DE. So với trường hợp 1 thì chỉ số tổ hợp giảm đi 1, ta làm tương tự và có: 22 22 22 CC44 CC 33 CC 22 3 3 2 28 hình. • Trường hợp 3: Các cạnh hình hành nằm trên GF nhưng không thuộc MN và DE hoặc có đúng 1 đỉnh thuộc GF. 22 22 Tương tự ta có CC33 CC 22 2 2 12 hình. • Trường hợp 4: Các cạnh hình hành nằm trên HI nhưng không thuộc MN, DE và GF hoặc có đúng 1 đỉnh thuộc HI. 22 Ta có CC22 13 hình. Số các hình bình hành trong bốn trường hợp là: 54 + 28 + 12 + 3 = 97 hình. 97 97 Vậy xác suất cần tìm là: p . 4 148995 C 45 Lưu ý: Đề bài yêu cầu các đỉnh hình bình hành nằm trong miền trong của tam giác ABC nên số hình bình hành là tương đối nhỏ. Nếu các đỉnh hình hành không ngoài tam giác ABC thì sẽ nhiều hình hơn. Câu 3b (1,0 điểm). Tìm công sai d của cấp số cộng un có tất cả các số hạng đều dương và thỏa uu1 2 u2020 4 uu1 2 u1010 mãn: . log222uuu log log 2 3335314 Hướng dẫn 2020 2ud11 2019 1010 2 ud 1009 Từ phương trình đầu của hệ ta có: 4. 22 2u1 2019 d 4 u1 2018 d d 2 u13151141 u 5 uu , 9 uu , 27 u thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta có: 22 2 log3 5 log 31uu log3 9 log 31 log3 27 log31 u 2 . Đặt log31ut ,log 3 5 a, ta có 222 phương trình: at 2 t 3 t 2 3 t22 2 a 5 t 11 a 0
6. 2 a 5 2 aa2 10 8 a 5 2 aa 10 8 t . Suy ra u 3 3 . 3 1 a 5 2 aa2 10 8 3 Vậy d 2.3 , với a log3 5 . Câu 4 (3,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), SA = a. Một mặt phẳng qua CD cắt SA, SB lần lượt tại M, N. Đặt AM = x, với 0 xa. a. Tứ giác MNCD là hình gì? Tính diện tích tứ giác MNCD theo a và x. 2 b. Xác định x để thể tích khối chóp S.MNCD bằng lần thể tích khối chóp S.ABCD. 9 Hướng dẫn a. Tứ giác MNCD là hình gì? Tính diện tích tứ giác MNCD theo a và x. Vì ABCD là hình vuông nên AB // CD, suy ra AB // do đó AB // MN hay ta có MNCD là hình thang. Mặt khác: CD  AD, CD  SA nên CD  mp(SAD) suy ra MN  (SAD) suy ra MN  MD. Vậy tứ giác MNCD là hình thang vuông tại D và M. Từ đó ta có DM là đường cao của hình thang MNCD. MN SM a x Ta có MN a x và MA = x nên DM x22 a . Do đó ta tính diện tích AB SA a CD MN .2 DM a x x22 a MNCD là: S . 22 S H M N A D B C 2 b. Xác định x để thể tích khối chóp S.MNCD bằng lần thể tích khối chóp S.ABCD. 9 1 a 3 Ta có V SAS. (1). Kẻ SH vuông góc với DM, (H thuộc DM), ta có: S. ABCD 33ABCD MN  (SAD) (theo chứng minh câu a) nên MN  SH, suy ra SH  (MNCD), từ đó SH là đường cao của khối chóp S.MNCD. Trong hai tam giác vuông đồng dạng SHM và DAM ta có: SH SM a x aa x SH do đó thể tích của khối chóp S.MNCD là: DA DM xa22 xxa22
7. 22 1 aaxaxx 22 a aaxax V '. . (2). 3xa22 26 aaxax 2 2 a 3 Từ (1), (2) và yêu cầu bài toán ta có phương trình: . 6 93 xx x 22a 91 2 491 ttt 2 4, 0;1 t 0;1 x . aa a 33 2a 2 Vậy với x thì thể tích khối chóp S.MNCD bằng lần thể tích khối chóp S.ABCD. 3 9 Câu 5a (0,5 điểm). Cho các số thực phân biệt ab,1 . Chứng minh rằng: logaa logbb log ba log . Hướng dẫn t Đặt loga bt 0, t 1 ba. Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: logt log tt 1 log t 0 aaat (*). Nếu t 1 thì tt 1 0 & loga 0 * đúng. Nếu 01 t thì tt 1 0 & loga 0 * đúng. Vậy ta có điều cần chứng minh. Câu 5b (0,5 điểm). Cho các số thực aa12 an 1, n 2 . Chứng minh rằng: log logaa log log log log a log log a 0 a a23 a a a an a a1 . 11 22 n 1 n 1 nn Hướng dẫn Áp dụng bất đẳng thức trong câu 5a, ta có: log logaaaa log log log log log log aa 2323 aa aa aa 11 22 21 22 log loga log log a log log aa .log log log a. aa 2 aa 3 aa 23 a aa 3 11 22 21 2 21 Lặp lại lần nữa: log logaaaa log log log log log log aa 3434 aa aa aa 21 33 31 33 log loga log log a log log aa .log log log a aa 3 aa 4 aa 34 a aa 4 . 21 33 31 3 31 Cứ tiếp tục lặp lại như thế ta lần lượt thay được cơ số ngoài cùng của logarit và số lấy logarit trong cùng (chú ý mỗi lần thay thì cơ số a1 không đổi), ký hiệu vế trái là P, cuối cùng ta có: Paaaaa log log log log log log .log log log 0 aanaa 1 aana 11 aa (đpcm). n1nnn11 nn HẾT