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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 12 THPT QUẢNG TRỊ Khóa ngày 02 tháng 10 năm 2019 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (5,0 điểm) 1. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y x2 5 x . 2. Cho bất phương trình 1 x 8 x 8 7 x x2 m . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình nghiệm dùng với mọi x [ 1;8]. Câu 2. (5,0 điểm) x2 x 5 ( x 5 x 1)( x 1) 1. Giải phương trình: . x 1 1 x 2 2. Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có bốn ghế. Xếp ngẫu nhiên 8 học sinh, gồm 4 nam và 4 nữ, ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Tính xác suất để mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ. Câu 3. (6,0 điểm) 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi với ABC 600 , BC a. Biết tam giác SAB đều, tam giác SCD vuông tại C và nằm trong mặt phẳng hợp với mặt phẳng đáy một góc 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAD) theo a. 2. Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) có các đường cao AD, BE và CF đồng quy tại H. Gọi G là giao điểm BH và DF, L là giao điểm của BC và EF, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCH, K là trung điểm của BC. Chứng minh H là trực tâm tam giác AKL và LG vuông góc AO. Câu 4. (2,0 điểm) Cho dãy số xn thỏa mãn: x1 3 5x 3 x2 16 . x n n (  n , n 1) n 1 4 n Tìm số hạng tổng quát của xn và tính giới hạn của dãy số xn . Câu 5. (2,0 điểm) a b c Cho ba số thực a, b , c 0 thoả mãn 5. b c a 17 a b c Chứng minh rằng 1 4 2. 4 c a b HẾT (Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay)
2. HDG Câu 1. (5 điểm) Th ầy Tâm Nguy ễn 1. Tìm giá tr ị lớn nh ất c ủa hàm s ố y= − x2 + 5 x Lời gi ải Hàm s ố có ngh ĩa khi: −x2 +5 x ≥⇔∈ 0 x [ 0;5 ] −2x + 5 −2x + 5 5 y / = , cho y/ =⇔0 =⇔=∈ 0 x [] 0;5 −x2 + 5 x −x2 + 5 x 2   f ()0= 0   5 Ta có:  f()5= 0 ⇒ max y = .  []0;5 2 5  5  f   =  2  2 2. Cho b ất ph ươ ng trình 1++x 8 −+ x 87 + xxm −2 ≤ . Tìm t ất c ả các giá tr ị th ực c ủa tham s ố m để bất ph ươ ng trình có nghi ệm đúng v ới m ọi x ∈[ − 1;8 ] Lời gi ải 1++x 8 −+ x 87 + xxm −2 ≤ (1) Đặt t=1 ++ x 8 − x ; v ới điều ki ện −1 ≤x ≤ 8 7− 2 x ⇒ t / = 2. (1+ x)(8 − x)() 8 −++x 1 x 7 Cho t/ = 0 ⇔ x = ⇒ t = 3 2 2 − = = t( 1) t (8) 3 Bảng bi ến thiên Dựa vào b ảng bi ến thiên ⇒ 3≤t ≤ 3 2
3. (1) t 2 − 9 Khi đó ⇒ m≥+ t ∀∈ t 3;3 2  2   t 2 − 9 ft(t)= + ⇒ ft/ (t)= + 1 ≥ 0 ∀∈ t  3;3 2  2     Suy ra f(t) đồng bi ến trên 3;3 2  9+ 6 2 m≥max f (t) = f (3 2) = .   3;3 2  2 Câu 2. (5,0 điểm) Th ầy Cao V ăn Kiên – Tr ươ ng Đức Th ịnh 2 + − − x+ x − 5 ( x5 x 1)() x 1 1) Gi ải ph ươ ng trình = . x −1 − 1 x − 2 Lời gi ải x ≥ 1 Điều ki ện:  . x ≠ 2 2 + − − x+ x − 5 ( x5 x 1)() x 1 Ta có = x −1 − 1 x − 2 + − − x2 + x − 5 ( x5 x 1)() x 1 ⇔ = (vì x −1 + 1 > 0 ) x − 2 ()x−2() x − 1 + 1 ( x+5 x − 1)() x − 1 ⇒ x2 + x −5 = x −1 + 1 xx2 +−5 x + 5 x − 1 ⇒ = (Do x = 1 không là nghi ệm c ủa ph ươ ng trình) x −1 x −1 + 1 2 ()()x−22 + 5 x −+ 21 ( x−1) + 5 x −+ 11 ⇒ = (*) ()x −2 + 1 x −1 + 1 t2 +5 t + 1 Xét hàm s ố f() t=, t ∈−+∞() 1; . t +1 2 t2 +2 t + 4 ()t +1 + 3 Có f′() t= = >∀∈−+∞0, t () 1; . ()t+12() t + 1 2 ⇒ f( t ) đồng bi ến trên (−1; +∞ ) . x ≥ 2 ()()⇔ −= −⇔−= −⇔ *fx 2 fx() 121 x x  2 ()x−2 = x − 1
4. x ≥ 2 x ≥ 2  5+ 5 ⇔ ⇔ ⇒ x = (Th ỏa mãn điều ki ện). 2  5± 5 x−5 x + 5 = 0 x = 2  2 5+ 5  Kết lu ận: S =   . 2  Bài toán phát tri ển x2 − x −23 2 x + 1 Gi ải ph ươ ng trình x +1 = . 3 2x + 1 − 3 Lời gi ải xxx2 −−+2213 xx2 −− 6 Ta có x+=1 ⇔++= x 1 2 3 213x+−3 213 x +− (xx−+ 3)( 2) ( x ++ 1 2)( x +− 1 2)( x + 2) ⇔++=x 1 2 = 3 213x+−3 213 x +− (x+ 1 − 2)( x + 2) ⇔1 = 3 2x + 1 − 3 ⇔3 2x +−= 13 ( x +− 12)( x + 2) ⇔2121x ++3 x += (1) x +3 + x + 1 Xét hàm s ố ftttft()=+⇒3′ ()310, = t 2 +>∀∈ t ℝ . Hàm s ố f( t )đồng bi ến, ph ươ ng trình tr ở thành f(3 2 x+ 1) = fx ( + 1) ⇔3 2x += 1 x + 1 ⇔x3 − x 2 −= x 0   x= 0( l )   15− 15 + ⇔=x( l ) ⇔= x .  2 2   1+ 5 x= ( t / m )  2 1+ 5  Kết lu ận: S =   .   2  2) Có hai dãy gh ế ng ồi đố i di ện nhau, m ỗi dãy có 4 gh ế. X ếp ng ẫu nhiên 8 học sinh g ồm 4 nam và 4 n ữ ng ồi vào hai dãy gh ế đó sao cho m ỗi gh ế có đúng m ột h ọc sinh ng ồi. Tính xác su ất để m ỗi h ọc sinh nam đề u ng ồi đố i di ện v ới m ột h ọc sinh n ữ. Lời gi ải Ta có không gian m ẫu là n(Ω) = 8! Gọi A là bi ến c ố “ Mỗi h ọc sinh nam ng ồi đố i di ện v ới h ọc sinh n ữ”. Tr ước h ết ta x ếp các b ạn nam vào m ột bên, x ếp các b ạn n ữ vào m ột bên sau đó đổi ch ỗ các bạn ng ỗi đối di ện, theo quy t ắc nhân ta có n( A ) = 4!.4!.2 4
5. 4!.4!.24 8 Vậy P() A = = . 8! 35 Bài t ập t ươ ng t ự : Câu 1: Có hai dãy gh ế ng ồi đố i di ện nhau, m ỗi dãy có 4 gh ế. X ếp ng ẫu nhiên 8 h ọc sinh g ồm 4 nam và 4 n ữ ng ồi vào hai dãy gh ế đó sao cho m ỗi gh ế có đúng m ột h ọc sinh ng ồi. Tính xác su ất để ít nh ất có m ột c ặp h ọc sinh nam và n ữ ng ồi đố i di ện v ới nhau. Lời gi ải Ta có không gian m ẫu là n(Ω) = 8! Gọi A là bi ến c ố “ ít nh ất có m ột c ặp h ọc sinh nam và n ữ ng ồi đố i di ện v ới nhau”. Suy ra A là bi ến c ố “ không có m ột c ặp h ọc sinh nam và n ữ ng ồi đố i di ện v ới nhau”. tức là nam ng ồi đố i di ện nhau và n ữ ng ồi đố i di ện nhau. Tr ước h ết ta ch ọn 2 trong 4 c ặp gh ế để xếp các h ọc sinh nam sau đó x ếp các b ạn n ữ vào 4 ( ) = 2 gh ế còn l ại, theo quy t ắc nhân ta có n A C 4 .4!.4! C 2.4!.4! 3 32 Do đó PA() =4 = ⇒ PA() = 8! 35 35 Câu 2: Trong cu ộc g ặp m ặt d ặn dò tr ước khi lên đường tham gia kì thi HSG có 10 b ạn trong độ i tuy ển g ồm 2 b ạn đế n t ừ l ớp 12A1, 3 b ạn t ừ 12A2, 5 b ạn còn l ại đế n t ừ các l ớp khác nhau. Th ầy giáo x ếp ng ẫu nhiên các b ạn k ể trên ng ồi vào m ột bàn dài mà m ỗi bên có 5 gh ế x ếp đối di ện nhau. Tính xác su ất sao cho không có h ọc sinh nào cùng l ớp ng ồi đố i di ện nhau. 73 38 5 53 A. . B. . C. . D. . 126 63 9 126 Lời gi ải Ch ọn B Ta có không gian m ẫu là n(Ω) = 10! Gọi A là bi ến c ố “ không có h ọc sinh nào cùng l ớp ng ồi đố i di ện nhau” A là bi ến c ố “ có h ọc sinh nào cùng l ớp ng ồi đố i di ện nhau” A1 là bi ến c ố “ học sinh A1 ng ồi đố i di ện nhau”; A2 là bi ến c ố “ học sinh A1 ng ồi đố i di ện nhau”. =( ) +( ) −( ∩ ) Khi đó nA( ) nA1 nA 2 nA 12 A . Xét bi ến c ố A1: Tr ước h ết chon 1 trong 5 c ặp gh ế để x ếp 2 hs A1 ng ồi, đổi ch ỗ 2 b ạn này ( ) = 1 có 2! cách., 8 ng ười còn l ại có 8! . Theo quy t ăc nhân có n A1 C 5 .2!.8! Tươ ng t ự nA( ) = CA1. 2 .8! ; nA( ∩ A) = A2.2!. A 2 .6! thay vào ta được 2 5 3 1 2 5 3 25 38 PA() = ⇒ PA() = . 63 63 Câu 3. (6,0 điểm) Th ầy L ục Minh Tân 1. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi v ới ABC = 60 0 , BC= a . Bi ết tam giác SAB đều, tam giác SCD vuông t ại C và n ằm trong m ặt ph ẳng h ợp v ới m ặt ph ẳng đáy m ột góc 600 . Tính th ể tích kh ối chóp S. ABCD và kho ảng cách t ừ B đến m ặt ph ẳng (SAD ) theo a Lời gi ải Gọi H, F lần l ượt là trung điểm c ủa AB, SC . K ẻ SG⊥ HC( G ∈ HC )
6. Ta có: ⇒ ( ABCD) ⊥ ( SHC )  AB⊥ SC( AB// DCDC , ⊥ S C )   ⇒ AB⊥ () SHC ()()()ABCD∩ SHC = HC ⇒ SG⊥ ABCD AB⊥ CH  ⊥  SG CH  Hay SG là đường cao hình chóp * Ta có: (()()SCD, ABCD) =() HCSC , = SCG = 60 0 SH= HC⇒ ∆S HC cân t ại H và SCH = 60 0 nên ∆SCH đều.   ⇒ =a 3 3 = 3a G là trung điểm c ủa CH và SG   . 2  2 4 2  3 =1 = 1a 3 3a = a 3 * VABCD. S ABCD . SG .2  . 3 3448  1a3 3 * V= V = S. ABD2 S . ABCD 16 a 7 Ta có: SD= SC2 + CD 2 = 2 a 7 a+ a + SA+ AD + SD Chu vi ∆SAD là p = = 2 2 2 3a2 7 Di ện tích ∆SAD là S= pp()()() − SA p − SD p −= AD 16 Kho ảng cách t ừ B đến SAD là:
7. a3 3 3. 1 3V a 21 V= dBSAD(),() . S⇒ dBSAD() , () = =16 = B. SAD SAD 2 3 SSAD 3a 7 7 16 2. Cho tam giác nh ọn ABC ()AB< AC có các đường cao AD, BE , CF đồng quy t ại H. Gọi G là giao điểm c ủa BH và DF , I là giao điểm c ủa BC và FE ; O là tâm đường tròn ngo ại ti ếp tam giác BCH ; K là trung điểm c ủa BC . Ch ứng minh H là tr ực tâm c ủa tam giác AKL và LG vuông góc v ới AO . Lời gi ải * G ọi J là trung điểm c ủa AH và I là tâm đường tròn ngo ại ti ếp ∆ABC Ta có: AEH= AFH ⇒ AFHE nội ti ếp đường tròn tâm J , v ới J là trung điểm c ủa AH . ⇒ HN⊥ AN (1) * G ọi N là giao điểm c ủa đường tròn ()J, JA và đường th ẳng AL() N≠ A Ta có: LN. LA= LF . LE Mặt khác: BFEC nội ti ếp đường tròn tâm K ⇒ LB. LC= LF . LE ⇒ LN. LA= LB . LC ⇒ A, N , B , C nội ti ếp đường tròn tâm I * Đường tròn ()J, JA và ()I, IA có tr ục đẳng ph ươ ng là AN ⇒ JI⊥ AN Mà JI/ / HK ⇒ HK⊥ AN (2) Từ ()()1,2⇒ N ,, H K th ẳng hàng và KN⊥ AN * Xét ∆AKL có AD, KN lần l ượt là đường cao và đồng quy t ại H
8. ⇒ H là tr ực tâm c ủa AKL b. G ọi P là tâm c ủa đường tròn Ơle c ủa tam giác ABC ⇒ I∈ AO = ⇒ = * LB. LC LE . LF PLP/()() P LO / GDGF.= GHGB . ⇒ P= P GP/()() GO / ⇒ LG⊥ OI⇒ LG⊥ AO Câu 4. (2,0 điểm) x = 3,  1 ( ) 2 Cho dãy s ố xn th ỏa mãn  + + 5xn 3 x n 16 x+ =( ∀∈≥ nℕ , n 1).  n 1 4 ( ) n Tìm s ố hạng t ổng quát c ủa xn và tìm gi ới h ạn dãy s ố ( xn ). Cách 1: Cô Nguy ễn Th ị Hồng G ấm 22 − 1 1 15 24 − 1 1 Từ gi ả thi ết ta tính được x ==3 =− 2 2 ; x == =−23 ; 1 20 2 0 2 2 2 2 6 6321− 1 + 1 x == =−24 , do v ậy ta d ự doán x=−2n 1 ()() 1, ∀∈≥ nℕ ,1 n . 3 4 22 2 2 n 2n−1 Ta s ẽ ch ứng minh công th ức (1) đúng b ằng qui n ạp. Hi ển nhiên (1) đúng v ới n=1, n = 2, n = 3 . + 1 Gi ả sử (1) đúng v ới n= kk( ≥1, k ∈ ℕ) tức là ta có x =2k 1 − k 2k −1 Xét 2 2 +1  + 1   + 1  + 1  52k1−+ 32 k 1 −+ 1652 k 1 −+ 32 k 1 + +2 + k−1  k − 1   k − 1  k − 1  5xk 3 x k 16 2  2   2  2  x + = = = k 1 4 4 4 k +1 − 2 8.2 − k 1 + + 1 =2 =2k 1 1 − . V ậy (1) cũng đúng v ới n= k + 1. 4 2 k +1 − 1 Theo gi ả thi ết quy n ạp ta được (1) đúng ∀n ∈ℕ, n ≥ 1 . 1 1 <n <n ∀∈ ℕ* n = Khi đó ta có 2xn 2.2, n đồng th ời lim2.2 2 nên theo nguyên lý k ẹp ta có n = lim( xn ) 2 . Cách 2: Th ầy Ngô Thanh Tòng
9. +2 + 5xn 3 x n 16 2 2 2 2 Ta có x+ = ⇔−=+()4 xxx+ 5 9() 16 ⇔2x+ − 5. xx + += 2 x 18 . n 1 4 n1 n n n1 nn 1 n  2− +−= 2 2xn+1 5 xx nn + 1 . 2 x n 180 Vậy  ,∀n ≥ 1 nên x+ , x là hai nghi ệm c ủa ph ươ ng trình 2− + 2 −= n2 n 2xn+2 5. xx nn ++ 21 2 x n + 1 180 2− + 2 −= 2x 5 xxn+1 . 2 x n + 1 180 . 5xn+1 Theo Vi-et ta có x+ + x = ⇔2x+ − 5 x + += 20 x n2 n 2 n2 n 1 n 1 1 3 ⇔−xx+2 + =() xx + −== 2 () xx −= 2 , ∀n ≥ 1. n211 n2 n n 2n 21 2 n +1 −1 (ý t ưởng s ử lí: 2x++− 5 x +=⇔+ 20 x xax ++ =() xax + + ) nnn21 nn 212a nn 1    −=⇔+=311 + ==n−1 += 1 n + 2 Do đó xxx+2 + 2 x−  2  x 2 . nn1222n n 1 n n n 1  2 2 −=⇔+3 a = + a  (ý t ưởng s ử lí: xx+2 x + + 2  x  ) nn12n n 1 2 n1  n 2 n  + 1 Vậy x=2n 1 − , ∀≥ n 1 . n 2n−1 n *) Tìm gi ới h ạn dãy s ố ( xn ) . 1 1 + 1 + Ta có n x =n 2n 1 − nên d ễ th ấy n2n<n x < n 2 n 1 , hay 2<n x < 2.2 n . Mà lim 2n = 2 nên n 2n−1 n n n = theo định lý k ẹp thì limxn 2 . Cách 3: Th ầy Aki Le Từ hệ th ức truy h ồi, ta suy ra dãy s ố dươ ng, dãy t ăng. H ơn n ữa, v ới n ∈ ℕ*, ta có 2 2 25 2 ()4xx+ − 5= 9() x + 1 6 ⇔ x+ −+= xxx + 9 nn1 n n12 nnn 1 Do đó,  5 x2+ x 2 =9 + xx  n+1 n nn + 1 5 5 2 ⇒ 2− 2 =() − ⇒ + =  xxxxnnnn+2 ++ 12xn xxx nnn + 2 + 1 .  2 2 5 2 2 x+++ x =9 + x ++x  nn212 nn 21 Vì th ế, dãy truy h ồi c ấp m ột “phi tuy ến” trên chính là dãy truy h ội tuy ến tính cấp hai:  = = 15 x13, x 2 ,  2   5 x+− x + +=∀≥x 0, n 1.  n22 n 1 n Dãy truy h ồi được vi ết l ại 5 1 Vì ph ươ ng trình đặc tr ưng λ2 − λ +1 = 0 có hai nghi ệm λ = và λ = 2 nên 2 1 2 2
10. a x= + b.2,n ∀∈ n ℕ* . n 2n 15 1 + Do x=3, x = nên x=− +2n 1 , ∀∈ n ℕ * . 1 2 2 n 2n−1 Suy ra 0 th ỏa mãn + + = 5 . b c a 17 a b c Ch ứng minh r ằng ≤ + + ≤+1 4 2 . 4 c a b Lời gi ải Cách 1: Th ầy Nguy ễn Bá Trinh
11.  x, y , z > 0  x, y , z > 0  a b c   1 Đặt x=, y = , z = . Ta có xyz=1 ⇔  yz = b c a   x x+ y + z = 5 y+ z =5 − x 2 2 4 Suy ra 0 3 + 2 2 a b c 111 1 1 Khi đó P=++=++= xyyzzxxx ++=()5 −+=−++ xx2 5 . cabxyz x x 1 Xét hàm s ố fx() =− x2 +5 x + trên đoạn 3− 2 2;4  . x   2 −2x3 + 5 x 2 − 1 (21x−)( − x + 21 x + ) f′() x = = x2 x 2  1  x =  2 ⇒ f′() x=⇔0 x =− 120 <   x =1 + 2  Bảng bi ến thiên x 1 3− 2 2 1+ 2 4 2 f′( x ) − 0 + 0 − 1+ 4 2 1+ 4 2 f( x ) 17 17 4 4 17 Dựa vào b ảng bi ến thiên ta có ≤P ≤1 + 4 2 . 4 Cách 2 : Th ầy Đào V ăn Ti ến a b c Cho ba s ố th ực d ươ ng a, b , c tho ả mãn + + = 5 . b c a 17 a b c Ch ứng minh r ằng ≤ + + ≤+1 4 2 . 4 c a b Lời gi ải
12. a b c Đặt x=; y = ; z = với x, y,z> 0 . b c a xyz =1 Ta có  . x+ y + z = 5 Vì y+ z2 5 − x 2 xyz+ + = 5⇒ xxyz< 5,11 = ⇒ = xyzx ≤ ⇒ 1≤ x  ⇔− 3224. ≤≤ x 2  2 a b c Khi đó P=++= xy + yz + zx . V ậy theo định lý viet ta có x, y , z là nghi ệm d ươ ng c a b 1 của ph ươ ng trình ttPt3−5 2 + −=⇔ 10 Ptt =−+ 2 5 + t 1 Xét hàm s ố ft() =−+ t2 5 t + , t ∈ 322;4. −  ta có t    1 t = 2 1 1  ftt′() =−+−25, ft ′ () =⇔−+− 025 t =⇔=+ 0 t 12 . t2 t 2  t =1 − 2  BBT: 17 Quan sát b ảng bi ến thiên ta th ấy để có ba nghi ệm d ươ ng thì ≤P ≤1 + 4 2 . 4