Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Quảng Bình (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Quảng Bình (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2020-2021 Khóa ngày 08 tháng 12 năm 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN LỚP 12 THPT SỐ BÁO DANH: Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề gồm có 01 trang và 05 câu. Câu 1 (2,0 điểm). x 2 a. Cho hàm số y có đồ thị (C ) . Gọi A, B là các giao điểm của (C ) với các trục tọa x 1 độ. Tìm trên (C ) các điểm M có tọa độ nguyên sao cho tam giác MAB có diện tích bằng 8 (đvdt). 1 1 b. Tìm m để giá trị lớn nhất của hàm số y sin 3 xcx os2 sinx m bằng 1. 12 4 Câu 2 (2,0 điểm). a. Cho dãy số u thỏa mãn 3 logu log u log u log u 3 3 và u u 2, n 19 1 19 1 n 1 n un 2020 với mọi n *. Tìm n sao cho ( 2) 4 . 2020x 1 2 2020 b. Cho f x . Tính tổng Sf f  f . 2020x 2020 2021 2021 2021 Câu 3 (2,0 điểm). a. Cho đa giác đều A1 A 2 A 2020 nội tiếp đường tròn (O), chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh bất kỳ của đa giác đó. Tính xác suất để nhận được một tam giác tù. 2 2 2 2 b. Chứng minh rằng CCC12 2 3 3 2020 C 2020 2020 22019 C . 2020 2020 2020 2020 4038 Câu 4 (3,0 điểm). Cho tứ diện ABCD và hai điểm M, N lần lượt thuộc các cạnh AB, AC sao cho 2AM BM , 2CN AN . Mặt phẳng P đi qua hai điểm M, N và song song với cạnh AD, cắt các cạnh BD và CD lần lượt tại K và L. a. Gọi V là thể tích của khối tứ diện ABCD . Tính thể tích khối đa diện BCMNLK theo V . b. Giả sử tứ diện ABCD có BC x0 x 3 , tất cả các cạnh còn lại đều bằng 1. Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất. Câu 5 (1,0 điểm). Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n lớn hơn 1, ta luôn có n 1 1 1 1 n 1 ln log2 . 2 2 3n 2 HẾT
2. SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2020-2021 Khóa ngày 08 tháng 12 năm 2020 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn thi: TOÁN LỚP 12 THPT Đáp án này gồm có 06 trang YÊU CẦU CHUNG * Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi câu. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng. * Trong mỗi câu, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan. Ở câu 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0. * Điểm thành phần của mỗi câu nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm. * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng câu. * Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu. Câu Nội dung x 2 a. Cho hàm số y có đồ thị (C ) . Gọi A, B là các giao điểm của x 1 (C ) với các trục tọa độ. Tìm trên (C ) các điểm M có tọa độ nguyên sao 2,0 1 cho tam giác MAB có diện tích bằng 8 (đvdt). điểm b. Tìm m để giá trị lớn nhất của hàm số 1 1 y sin 3 xcx os2 sinx m bằng 1. 12 4 Giao điểm của (C ) với trục hoành là A(-2; 0), với trục tung là B(0; -2) 0,25 Phương trình đường thẳng AB là x y 2 0, AB 2 2. x0 2 Gọi M(x0; ) với x0 1. Ta có x0 1 x0 2 0,25 x0 2 2 x 1 x0 2 x 0 d(M; AB) = 0 2 2x0 1 1a 2 1 1 x0 2 x 0 SMAB 8 .AB . d(M, AB) = 8 .2 2. 8 0,25 2 2 2x0 1 x0 2 2 x 4 x 6 x 8 0 0 2 0 0 x0 2 x 0 8 x 0 1 x2 10 x 8 0 x 5 33 0,25 0 0 0 x0 5 33 Vậy có hai điểm M thỏa mãn bài ra là M(2; 4), M(4; 2). 3sinxx 4sin3 sinx sin 3 x 1b y 1 sin2 xm sin 2 xm 1 0.25 12 4 3 Đáp án Toán 12 năm học 2020-2021 Trang 1
3. t 3 Đặt t sinx, t  1;1 , ta có hàm số y tm2 1 với t  1;1 3 t 3 Xét gt( ) tm2 1 với t  1;1 3 2 t 0 gt ( ) t 2 t 0 t 2 (L) 1 1 gmg(1) ; (0) m1, gm(1) 3 3 1 1 t3 Ta có max sin3xcx os2 sinx m max tm 2 1 x 12 4t 1;1 3 0.25 1 1  1  max mmm 1, ,  max mm 1,  3 3  3  1  Đặt A m 1 , m  , ta có các trường hợp: 3  7  A 1,  m 2 3  + TH1 : m 1 1 m 0 1  0.25 A 1,  3  Ta thấy chỉ có m 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2 1  m A ,1  3 1 3  +TH2: m 1 3 4 7  m A ,1  3 3  0.25 2 Ta thấy chỉ có m thỏa mãn yêu cầu bài toán. 3 2 Kết luận : m 0; m = 3 a. Cho dãy số u thỏa mãn 3 logu log u log u log u 3 3 n 19 1 19 1 * u 2020 và u u 2, với mọi n .Tìm n sao cho ( 2) n 4 . n 1 n 2020x 2,0 2 b. Cho f x . 2020x 2020 điểm 1 2 2020 Tính tổng Sf f  f . 2021 2021 2021 u10, u 19 0 Điều kiện . logu log u 3 0 19 1 2a 0,25 a3 log u log u 19 1 3 2 Đặt a b 3. blog u log u 3 0 19 1 Đáp án Toán 12 năm học 2020-2021 Trang 2
4. Ta được hệ phương trình a b 3 b 3 a a 1 0,25 (thỏa mãn). 3 2 2 a b 3 a 1 a 6 0 b 2 Do u u 2 nên u là cấp số cộng với công sai d 2 n 1 n n u19 u1 18 d u 1 36. Với a 1 suy ra 0,25 u19 logu19 log u1 1log 1 u 19 10 u 1 u 1 3610 u 1 u 1 4. u1 Số hạng tổng quát của u là u u n1 d 4 2 n 1 2 n 2. n n 1 Do đó u 2020 2n 2 2020 0,25 (2)n 4 (2) 4 n 4039 Kết luận : n 4039 2020 Ta có f(1 x ) 0,25 2020x 2020 fx( ) f (1 x ) 1 0,25 2b 1 2 2020 Sf f  f 2021 2021 2021 0,5 1 2020 2 2019 1010 1011 ffff ff 1010 2021 2021 2021 2021 2021 2021 a. Cho đa giác đều A1 A 2 A 2020 nội tiếp đường tròn (O). Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh bất kỳ của đa giác đều. Tính xác suất để nhận được một tam 2,0 3 giác tù. b. Chứng minh rằng điểm 2 2 2 2 CCC12 2 3 3 2020 C 2020 2020. 22019 C . 2020 2020 2020 2020 4038 3 Ta có  C2020 0,25 Gọi A là biến cố : ‘ Chọn được 3 đỉnh từ đa giác để tạo thành tam giác tù’. Xét đường chéo A1 A 1011 của đa giác đều là đường kính của đường tròn O ngoại tiếp đa giác đều, chia đường tròn ra làm hai phần, mỗi phần có 1009 điểm: từ A2 đến A1010 và A1012 đến A2020 . 0,25 Khi đó, mỗi tam giác có dạng AAA1 i j là tam giác tù nếu Ai và A j cùng nằm trong nửa đường tròn O Chọn nửa đường tròn: có 2 cách chọn 3a Chọn hai điểm A, A là hai điểm tùy ý được lấy từ 1009 điểm AA, , , A i j 2 3 1010 0,25 2 có C1009 cách chọn. Giả sử Ai nằm giữa A1 và A j thì tam giác AAA1 i j tù tại đỉnh Ai. Mà AAAji1  AAA 1 ij nên kết quả bị lặp hai lần. 2.C2 .2020 Có 2020 cách chọn đỉnh., do đó 1009 2020C2 . 0,25 A 2 1009 2 A 2020C1009 504 Vậy p(). A 3  C2020 673 Đáp án Toán 12 năm học 2020-2021 Trang 3
5. Ta có kCk nC k 1, với 1 k n n n 1 1 0 C2020 2020 C 2019 2C2 2020 C 1 2020 2019 3 2 0,25 Áp dụng công thức trên ta có 3C2020 2020 C 2019 .  2020 2019 2020C2020 2020 C 2019 2 2 2 2 CCC12 2 3 3 2020 C 2020 2020 2020 2020 2020 2 2 2 2 0,25 3b 2020.2 CCC 0 1 2 C 2019 (1) 2019 2019 2019 2019 2019 2019 Ta có, hệ số chứa x 2019 trong khai triển đa thức 1 x x 1 là 2 2 2 2 CCC0 1 2 C 2019 và hệ số chứa x 2019 trong khai triển 0,25 2019 2019 2019 2019 4038 2019 đa thức 1 x là C4038 2 2 2 2 Do đó CCC0 1 2 CC 2019 2019 .(2) 2019 2019 2019 2019 4038 Từ (1) và (2) suy ra 0,25 2 2 2 2 CCC12 2 3 3 2020 C 2020 2020. 22019 C . 2020 2020 2020 2020 4038 Cho tứ diện ABCD và hai điểm M, N lần lượt thuộc các cạnh AB, AC sao cho 2AM BM , 2CN AN .Mặt phẳng P đi qua hai điểm M, N và song song với cạnh AD, cắt các cạnh BD và CD lần lượt tại K và L. 3,0 4 a. Gọi V là thể tích của khối tứ diện ABCD . Tính thể tích khối đa diện điểm BCMNLK theo V . b. Giả sử tứ diện ABCD có BC x 0 x 3 , tất cả các cạnh còn lại đều bằng 1.Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất. A M F 0,25 B K D N 4a E L C Kẻ MK// AD ( K BD ),//( NL AD L CD ) 0,25 BM BK 2 4 Ta có SS 0,25 BA BD 3BMK 9 BAD d(N;(ABD))NA 2 2 d(N;(ABD)) d(C;(ABD)) 0,25 d(C;(ABD))CA 3 3 Đáp án Toán 12 năm học 2020-2021 Trang 4
6. 8 Suy ra V V N. BMK 27 1 Tương tự, ta có d(N;(BCD)) d(A;(BCD)) 3 0,25 DK1 DL 2 Từ , DB3 DC 3 2 7 SSSS 0,25 DKL9 DBC BCLK 9 DBC 7 Suy ra V V N. BCLK 27 0,25 15 5 Do đó V VV VV BCMNLK NBMK NBCLK 27 9 Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC và AD 0,25 Ta có EF BCEF,  AD và AD  (FBC) Tam giác FBC cân tại F nên BC2 ADBC 2 23 x 2 EF2 BF 2 AB 2 4 4 4 4 0,25 3 x2 suy ra EF 2 4b 1 1 2 Do đó V ADS. x . 3 x 0,25 ABCD3 FBC 12 x2 3 x 2 1 0,25 24 8 6 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x . 2 0,25 6 Kết luận : x . 2 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n lớn hơn 1, ta luôn có 1,0 5 n 1 1 1 1 n 1 điểm ln log2 . 2 2 3n 2 Theo bất đẳng thức Cauchy với k 2, k N: 2 1 1 1k 1 k 2 2.1.1 1 (Dấu bằng không xảy ra). k  k 1 so 1 k k 3 Do đó: 2 2 0,25 4 3 2 3 n 1 n 2 n 3 4 5n 1 Nhân vế theo vế các bất đẳng thức ta có: 2.3 2.4 2 n 2 . . 0,25 2 3 4 n Đáp án Toán 12 năm học 2020-2021 Trang 5
7. 1 1 1 n 1 Hay 22 3 n , logarit cơ số 2 hai vế ta có : 2 1 1 1n 1 log ĐPCM 2 3n 2 2 + Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức với x 0, thì ln(x 1) x 1 x Thật vậy, xét hàm số fx( ) ln( x 1) x, có f ( x ) 1 0 với x 1 x 1 x 0 . Do đó f( x ) nghịch biến nên với x 0 thì f( x ) f(0) 0. Do đó ln(x 1) x . + Áp dụng bất đẳng thức trên ta có : 0,25 1 1 ln(1 ) 2 2 1 1 ln(1 ) 3 3 1 1 ln(1 ) n n Cộng vế theo vế ta có: 1 1 1 1 1 1 ln(1 ) +ln(1 ) + + ln(1 ) < 2 3 n 2 3 n 1 1 1 1 1 1 ln(1 )(1 ) (1 ) 2 3 n 2 3 n 0,25 3 4n 1 1 1 1 ln( . ) 2 3 n 2 3 n n 1 1 1 1 ln ĐP CM 2 2 3 n Đáp án Toán 12 năm học 2020-2021 Trang 6