Đề thi chọn học sinh giỏi văn hóa Lớp 12 năm 2020 môn Toán - UBND tỉnh Quảng Trị (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi văn hóa Lớp 12 năm 2020 môn Toán - UBND tỉnh Quảng Trị (Có đáp án)

1. UBND TỈNH QUẢNG TRỊ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 12 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Khóa ngày 06 tháng 10 năm 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (5,0 điểm) 1. Tìm tất các các điểm cực đại và điểm cực tiểu của hàm số yxx cos sin . 2. Tìm m để phương trình 24120xx42 m có đúng 5 nghiệm phân biệt. Câu 2. (5,0 điểm) 1 2 1010 2019 1. Chứng minh rằng CC2020 2 2020 1010 C 2020 1010.2 . 2. Tìm tất cả các cặp số thực x; y thỏa mãn xy 4 và xy 2 20 xyxy 8 . Câu 3. (6,0 điểm) 1. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, tam giác SAB vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích của khối chóp SABC. và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a. 2. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn ().I Gọi M ,,DE lần lượt là trung điểm của BCIBIC,,; F, G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABD và ACE. Chứng minh rằng AM vuông góc FG. Câu 4. (2,0 điểm) Cho dãy số xn được xác định bởi x1 2 và xxnnn 1  2, 1. Chứng minh dãy số xn có giới hạn và tìm giới hạn đó. Câu 5. (2,0 điểm) Xét các số thực dương abc,, có tổng bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 222bc ca ab 18 abc P . abcabbcca === HẾT === Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.
2. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.1. Tìm tất các các điểm cực đại và điểm cực tiểu của hàm số yxx cos sin . x k2 4 yxx'sincos ; y'0 3 xk 2 4 3 yxx'' sin cos ; yk'' 2 2 0; yk '' 2 2 0 44 3 Vậy các điểm cực đại của hàm số là: x k2 ; Các điểm cực tiểu của hàm số là: 4 x k2 4 Câu 1. 2. Tìm m để phương trình 24120xx42 m có đúng 5 nghiệm phân biệt. 241202412x42 xm xxm 42 . Cách 1: Xét hàm số fx() 2 x42 4 x 1 có BBT của hàm số f ()x và f ()x Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm cửa đồ thị hàm số f ()x và đường thẳng ym . Vậy phương trình đã cho có đúng 5 nghiệm phân biệt khi 21m hay 1 m . 2 Cách 2: (HS 10,11). 2412(1)xx42 m . Đặt txt 2 ,0 PTTT: 2412tt2 m (2). Xét hàm số f ()ttt 22 4 1 trên [0; ) . |()|f t có đồ thị Biện luận các trường hợp số nghiệm của (2) và (1). 1 Từ đó kết luận m . 2
3. Cách 3: Nhận thấy nếu x0 là nghiệm của (1) thì x0 cũng là nghiệm của pt (1). Do đó nếu các nghiệm xi 0 thì số nghiệm của phương trình (1) là số chẵn. Vậy đk cần để 1 pt có 5 nghiệm là pt (1) có nghiệm x 0, thế vào tìm được m . Giải phương 0 2 1 trình khim và kết luận. 2 1 2 1010 2019 Câu 2.1. Chứng minh rằng CC2020 2 2020 1010 C 2020 1010.2 . nn!(1)! Cách 1: Ta có: kC kk k n nC 1 nnknk!!(1)!()! k nk 1 10 CC2020 2020 2019 21 2CC2020 2020 2019 1010 1009 1010CC2020 2020 2019 . 0 1 1009 VT 2020 C2019 C 2019 C 2019 0 1 1009 1010 2019 2019 knk Xét CC2019 2019 CC 2019 2019 C 2019 2 . Mà CCnn nên 0 1 1009 2019 2 CC2019 2019 C 2019 2 . 0 1 1009 2019 Vậy VT 2020 C2019 C 2019 C 2019 1010.2 . Cách 2: 2020 0 1 2 2 2020 2020 Xét (1 xCxCxCxC )2020 2020 2020 2020 Suy ra được: 2019 1 2 2019 2020 2020(1 xC )2020 2 xC 2020 2020 xC 2020 1 2 1010 1011 2020 2019 CC2020 2 2020 1010 C 2020 1011 C 2020 2020 C 2020 2020.2 nn!! n ! Ta có: kC k k (1) n k (1) n k Cnk 1 n knk!!(1)!()!(1)!(1)! k nk nk k n Do đó: 1 2020 CC2020 2020 2020 2CC22019 2019 2020 2020 1010 1011 1010CC2020 1011 2020 1 2 1010 2019 Vậy: CC2020 2 2020 1010 C 2020 1010.2 Câu 2.2. Tìm tất cả các cặp số thực x; y thỏa mãn xy 4 và xy 2 20 xyxy 8 . Đặt SxyPxyS ;(4) 2 P. Từ giả thiết ta có: SPSP2 4(8)200 SSP2 (8)4200 P . Xét pt theo S. (8)4(420)16PPP 22 . Điều kiện phương trình có nghiệm P 4 . Kết hợp điều kiện của giả thiết ta có PP 4, 4.
4. PS 42 (loại); PS 46 , x, y là 2 nghiệm của pt XX2 640 Vậy các cặp x; y : 313;313,313;313 . Câu 3.1. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, tam giác SAB vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích của khối chóp SABC. và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a. a3 3 *Thể tích: V . 24 *Khoảng cách giữa SB và AC : Cách 1: Dựng D đối xứng với C qua I d( SB , AC ) d ( AC ,( SBD )) 2 d ( I ,( SBD )) 2 HK ACBD là hình thoi, nên IB, ID, IS đôi một vuông góc. 11 1 128a 21 d . dSISBSDa22 2 2237 Cách 2: *Kẻ đt BD song song với AC. d( SB , AC ) d ( AC ,( SBD )) 2 d ( I ,( SBD )) 2 HK a 3 a HI ; SI 4 2 111IH22 . SI 3 a 2 a 21 IK2 d IK222 IH SI IH 22 SI 28 7 Câu 3.2. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn ().I Gọi M ,,DE lần lượt là trung điểm của BCIBIC,,; F, G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABD và ACE. Chứng minh rằng AM vuông góc FG. Gọi H là giao điểm thứ 2 của MD và đường tròn qua A,,.BD Gọi K là giao điểm thứ 2 của ME và đường tròn qua A,,.CE
5. Ta có: 1 1 AHM B và AKM C EDM nên A,,HKthẳng hàng. 2 2 Tam giác MDE và MKH đồng dạng (Vì M ED MHK ). Suy ra MEMK MDMH, hay M nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn tâm F, G. Suy ra AMFG . (Trục đẳng phương vuông góc với đường nối tâm) Câu 4. (2,0 điểm) Cho dãy số xn được xác định bởi x1 2 và xxnnn 1  2, 1. Chứng minh dãy số xn có giới hạn và tìm giới hạn đó. HD: 02,1. xnn  Ta có: xnnn 121 xxx n. x1 2 , x2 22,x3 222,như vậy x31 x nên từ (*) ta suy ra x21n là dãy giảm. Cùng với tính bị chặn nên tồn tại limx21n a . n Từ x31 xxx 4 2. Tương tự tồn tại limx2n b . n Từ hệ thức truy hồi ở giả thiết, chuyển qua giới hạn ta được: aba 21 ba 2 b 1 Do limxx21nn lim 2 1 nên limxn 1. nn n 1 xn Cách 2: xxnn 1 12 1 21 xn 1 xxnn 1 11 . 21 xn 11 Do 02,1 xnn  q (0;1) 21 xn 221 2 n xnn 11111.1 1.xqxq n xq limxxxnnn 11 1 0 lim 1 lim 1 Cách 3: 02,1. xnn  Đặt x 2cos , 0; . Ta có ;2cosx nnn 1144 nn xxnnn 11 22cos2(1cos)2sin2cos n 222 n 1 nnn 11 22 3 2 3 nn 1 11 n 11 . 2326
6. n 1 xx2cos lim 1. nn 326 Câu 5. (2,0 điểm) Xét các số thực dương abc,, có tổng bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 222bc ca ab 18 abc P . abcabbcca 222bc ca ab 18 abc HD: P 111 3. abcabbcca b 33318 c a abc 3 abcabbcca bca 111 18 111 18 333 111 111 abc abc abc abc abc 111 18 3 .(1) 111 abc abc 111 9 Ta có: 3 (2) a b c abc 111 18 Đặt t 3. Xét hàm ft() 3 t trên [3; ) abc t Ta có: f ()tf 15 (3). (3) Vậy minP 15 đạt được khi các đẳng thức (1), (2), (3) xảy ra. bca abc 111 3,hay abc 1. abc abc 111 18 111 111 18 Cách 2: 32 111 111 abc abc abc abc abc 3 2 2.18 15. . === HẾT ===