Đang tải... (xem toàn văn)
Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2019 2020 Sở GD&ĐT Gia Lai Tải tài liệu miễn phí https //vndoc com https //vndoc com/toan lop 12 NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI HSG TOÁN N H ÓM TOÁN VD[.]
Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com NHĨM TỐN VD – VDC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2019 - 2020 (Đề thi có 01 trang) MƠN: TỐN –THPT NHĨM TỐN VD – VDC SỞ GD&ĐT GIA LAI ĐỀ THI HSG TOÁN Thời gian: 180 phút ĐỀ BÀI Câu 1: x3 − 3mx + có đồ thị ( C ) Tìm tất giá trị thực ( 2,0 điểm) Cho hàm số y = tham số m để đường thẳng d : y = x cắt đồ thị ( C ) ba điểm phân biệt có hồnh độ lập thành cấp số cộng Câu 2: (4.0 điểm) a) Giải phương trình sau tập số thực ( x + 1) x − + = (5 + x + 2020 y − x2 = 2019 y + 2020 b) Giải hệ phương trình tập số thực y + x 3x − = y − Câu 3: ) x −1 x (1) ( 2) (2,0 điểm) 3n 1 Tìm hệ số x10 khai triển f (= x ) x + x + 1 ( x + ) với n số tự nhiên 4 14n thỏa mãn An3 + Cnn − = Câu 4: 2sin B tan (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có sin A + sin C = minh Câu 5: A C + tan = Chứng 2 tam giác ABC u1 = (2,0 điểm) Cho dãy số (un) xác định 4un − = u , ∀n ≥ n + u − n 1 + + + u − u1 − un − Tính A = lim CSN n Câu 6: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD Gọi H hình chiếu vng góc B lên AC , M N trung điểm BH AH Trên cạnh CD lấy điểm K cho tứ giác MNCK hình bình hành Biết 9 2 M ; , K ( 9; ) , 5 5 điểm C thuộc điểm B thuộc đường thẳng d1 : x − y + = d2 : x − y − = hoành độ đỉnh C lớn Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD Câu 7: (2,0 điểm) Cho tứ diện ABCD tích V Gọi I điểm thuộc miền tứ diện ABCD , đường thẳng AI , BI , CI , DI cắt mặt phẳng Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com NHĨM TỐN VD – VDC ( BCD ) , ( ACD ) , ( ABD ) , ( ABC ) điểm M, N, ĐỀ THI HSG TOÁN P, Q thỏa Câu 8: ( ) NHĨM TỐN VD – VDC AI MI CI DI a a Biết VIBCD = V , với a, b ∈ ∗ tối giản Tính S= a + b = = = b b MI NI PI QI mãn a + b Tìm giá trị lớn (4,0 điểm) Cho hai số thực dương a , b thỏa mãn 8ab − = biểu thức P = 1 ab + + 2 + a + b + 3a 2b -HẾT - Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com NHĨM TỐN VD – VDC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2019 - 2020 (Đề thi có 01 trang) MƠN: TỐN –THPT NHĨM TỐN VD – VDC SỞ GD&ĐT GIA LAI ĐỀ THI HSG TOÁN Thời gian: 180 phút HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: ( 2,0 điểm) Cho hàm số tham số m y= x3 − 3mx + có đồ thị ( C ) Tìm tất giá trị thực để đường thẳng d : y = x cắt đồ thị ( C ) ba điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng Lời giải Ta có phương trình hồnh độ x − 3mx + = x ⇔ x − 3mx − x + = , (1) Do phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 theo thứ tự lập thành cấp số cộng suy 2x2= x1 + x3 ,(2) 3m x1 + x2 + x3 = −1 Mặt khác theo định lí Vi-ét cho phương trình bậc ba ta có x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = x x x = −3 Thay (2) vào phương trình ta x2 = m , mà x2 nghiệm phương m = trình (1) ta −2m3 − m + = ⇔ 2m + 2m + = ⇔ m = x1 = −1 Thử lại với m = ta phương trình hồnh độ x − x − x + = ⇔ x2 = dễ thấy x3 = 3 ba nghiệm lập thành cấp số cộng với công sai d = Câu 2: (4.0 điểm) a) Giải phương trình sau tập số thực ( x + 1) x − + = (5 + ) x −1 x Lời giải Cách Điều kiện x ≥ PT ⇔ ( x + ) x − + = x + x x − ⇔ ( x − 1) x − − ( x − 1) + = Đặt t = x − ( t ≥ ) , phương trình trở thành 2t − 5t + = ⇔ ( t − 1) ( 2t ⇔t= + 4t + 6t + 3) = 2t + 4t + 6t + > 0, ∀t ≥ ⇒ x −1 = ⇔ x = Cách Điều kiện x ≥ Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com NHĨM TỐN VD – VDC ĐỀ THI HSG TỐN PT ⇔ ( x + ) x − + = x + x x − ⇔ ( x2 − x + 2) x − − 5x + = ) x −1 − x) + x NHĨM TỐN VD – VDC ( ⇔ ( x − x + 1) ( ⇔ ( x − x + 1) x − − x + x − x + x − x + = − x2 − x + = x − − x2 ⇔ ( x − x + 1) + ( x − 2) ( x + 2) = x −1 + x (x ⇔− − x + 1) ( x − ) x −1 + x + ( x − 2) ( x + ) =0 −x + 2x −1 ⇔ ( x − 2) + x + 2 = x −1 + x ⇔ ( x − 2) ⇔ ( x − 2) − x2 + 2x −1 + ( x + 2) x −1 + x2 + 2x x −1 + x ( x + 2) x −1 + 4x −1 ⇔ x−2= x −1 + x = ( x + 2) x −1 + 4x −1 x −1 + x = > 0, ∀ x > ⇔x= (TM) Vậy phương trình có nghiệm x = x + 2020 y − x2 = 2019 y + 2020 b) Giải hệ phương trình tập số thực y + x 3x − = y − (1) ( 2) Lời giải x≥ 3 x − ≥ Điều kiện ⇔ 9 y − ≥ y ≥ 2019 y x + 2020 x2 y2 Từ (1) ta có = ⇔ 2019 x + 2020 = 2019 y + 2020 ) (*) ( ) ( 2 x y + 2020 2019 Nếu x > y ⇒ VT (*) > VP(*) Ngược lại x < y ⇒ VT (*) < VP(*) Mặt khác với x = y ⇒ VT (*) = VP (*) Vậy x = y Thay x = y vào phương trình (2), ta có ( ) (2 x + x 3x − = x − ⇔ x + 3x − = ( )( 3x − ) ) 1 ⇔ x − 3x − x + 3x − =⇔ x − 3x − = x ≥ 3 ⇔ x − 3x + = ⇔ x = 3± Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com NHĨM TỐN VD – VDC ĐỀ THI HSG TOÁN 3+ 3+ 3− 3− ; ; ; 2 2 Kết luận: Hệ phương trình có hai nghiệm (2,0 điểm) 3n 1 Tìm hệ số x10 khai triển f (= x ) x + x + 1 ( x + ) với 4 n−2 thỏa mãn An + Cn n số tự nhiên 14n = Lời giải Ta có An3 + Cnn − =14n ⇔ NHĨM TỐN VD – VDC Câu 3: n! n! + =14n, với n ≥ 3, n ∈ ( n − 3)! ( n − )!.2! n ( n − 1) = 14n ⇔ ( n − 1)( n − ) + n − =28, n ≥ ⇔ n ( n − 1)( n − ) + n = ( tm ) ⇔ 2n − 5n − 25 =0 ⇔ n = − (l ) 2 1 Với n = suy f (= x ) x + x + 1 4 ⇔ f ( x) = ( x + 2= ) 15 2 15 x + 4x + 4) ( x + 2) ( 16 1 19 19 ( x + ) = ∑ C19k x19−k 2k 16 16 k =1 ⇒ số hạng tổng quát Tk +1 = k k 19− k C19 x 16 Cho 19 − k = 10 ⇒ k = ta số hạng chứa= x10 T10 9 10 = C19 x C199 25 x10 16 Vậy hệ số số hạng chứa x10 C19 = 2956096 Câu 4: 2sin B tan (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có sin A + sin C = minh A C + tan = Chứng 2 tam giác ABC Lời giải A+C B A+C B = cos ; cos = sin 2 2 A−C B A+C A−C B B Ta có sin A + sin C = 2sin B ⇔ 2sin cos ⇔ cos = 2sin = 4sin cos (1) 2 2 2 Vì A + B + C = π ⇒ sin A+C sin A C B A C Và tan + tan = ⇔ 3cos = cos cos ⇔ = A C 2 2 3 cos cos 2 B A+C A−C B B A−C ⇔ cos = cos + cos ⇔ cos = sin + cos ( 2) 2 2 2 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com NHĨM TỐN VD – VDC Từ (1) ( ) ta có π A−C vào (1) suy cos =1 ⇔ A − C =k 4π ⇒ A =C Vậy tam giác ABC có= A C= ,B Câu 5: π ⇒ B= 3 π suy tam giác ABC u1 = (2,0 điểm) Cho dãy số (un) xác định 4un − = u , ∀n ≥ 1 n + − u n NHĨM TỐN VD – VDC Thay B = B B B cos = 3sin ⇔ tan = 2 ĐỀ THI HSG TOÁN 1 + + + u − u1 − un − Tính A = lim CSN n2 Lời giải un+= −1 Đặt un − 4un − −1 = ( un − 1) + 3un − v= un − ⇒ vn+1 = n 3vn + ⇒ 1 1 = + Vậy ( ) CSC= d 3,= vn+1 v1 =1 + ( n − 1) =3n − Nên = 3n − un − Ta có 1 = 3.1 − + 3.2 − + + 3n − + + + u1 − u1 − un − = 3.(1 + + + + n ) − 2n n (1 + n ) 3n − n = = − 2n 2 1 + + + u1 − u1 − un − 3n − n = = lim = Do A lim n2 2n 2 Câu 6: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD Gọi H hình chiếu vng góc B lên AC , M N trung điểm BH AH Trên cạnh CD lấy điểm K cho tứ giác MNCK hình bình hành Biết Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com NHĨM TỐN VD – VDC 9 2 M ; , K ( 9; ) , 5 5 hoành d2 : x − y − = d1 : x − y + = điểm C độ đỉnh C lớn Tìm tọa độ đỉnh NHĨM TỐN VD – VDC thuộc điểm B thuộc đường thẳng ĐỀ THI HSG TỐN hình chữ nhật ABCD Lời giải B ( b ; 2b + ) ; C ( c ; c − ) , ( c > ) Ta có MN // CK nên MN ⊥ BC , mà BH ⊥ AC nên N trực tâm tam giác MBC Vậy CN ⊥ BM ⇒ MK ⊥ BM 36 8 ; ; MB = b − ; 2b + 5 5 36 8 ⇔b= MK ⊥ BM ⇒ MK BM = ⇒ B (1; ) 0⇔ b − + 2b + = 5 5 5 +) KC =( c − 9; c − ) ; BC =( c − 1; c − ) +) MK = 0 ⇔ ( c − )( 2c − ) = CK ⊥ CB ⇒ KC.BC = ⇔ ( c − )( c − 1) + ( c − )( c − ) = c = ( NhËn ) ⇔ Vậy C ( 9; ) c = ( Lo¹i ) +) K trung điểm CD nên ta D ( 9;0 ) x = x − =0 +) Giả sử A ( x ; y ) , ta có BA = CD ⇔ Vậy A (1;0 ) ⇔ y 4 y = − = − Kết luận: A (1;0 ) , B (1;4 ) , C ( 9; ) , D ( 9;0 ) Câu 7: (2 điểm) Cho tứ diện ABCD tích V Gọi I điểm thuộc miền tứ diện ABCD , đường thẳng AI , BI , CI , DI cắt mặt phẳng ( BCD ) , ( ACD ) , ( ABD ) , ( ABC ) điểm M , N , P , Q thỏa mãn AI MI CI DI = = = MI NI PI QI ∗ a a Biết VIBCD = V , với a, b ∈ tối giản Tính S= a + b b b Lời giải Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com NHĨM TỐN VD – VDC ĐỀ THI HSG TOÁN A N I B D M H C = VIBCD - Đặt - Ta có: V= V= V= V4 , ta có: V = V1 + V2 + V3 + V4 , VIACD , VIABD , VIABC NHĨM TỐN VD – VDC P Q AI AM d ( A, ( BCD ) ) VABCD V AI V +1= = = = ⇒ = −1 MI IM d ( I , ( BCD ) ) VIBCD V1 MI V1 - Tương tự: BI V CI V DI V = − 1; = − 1; = −1 NI V2 PI V3 QI V4 AI MI CI DI V V V V = = = ⇒ = = = ⇒ V1 = V2 = V3 = V4 = V MI NI PI QI V1 V2 V3 V4 - Theo giả thiết: Hay VIBCD = a = 1 V ⇒ b = Vậy S = a + b = Câu 8: (4,0 điểm) Cho hai số thực dương a , b thỏa mãn 8ab − = ( a + b ) Tìm giá trị lớn biểu thức P = 1 ab + + 2 + a + b + 3a 2b Lời giải Từ giả thiết suy 8ab − = ( a + b4 ) ≥ AM − GM 6(ab) (1) 1 Với a, b > 0, ab1 ta chứng minh (3) + 2 1+ a 1+ b + ab Đặt ab = t , t > Từ (1) suy −3t + 4t − 10 ⇔ t1 (2) 1 − − + 0 2 + a + ab + b + ab Thật (3) ⇔ ⇔ a (b − a ) b( a − b) + 0 (1 + a ) (1 + ab) (1 + b2 ) (1 + ab) ⇔ (a − b)2 (ab − 1)0 (đúng) Khi đó, P 1 t t+2 + = f (t ) với t ∈ ;1 + t + 3t t +1 3 1 1 f (t ) f= < 0, t ∈ ;1 nên Max= Suy ra, P 1 (1 + t ) ,1 ′ − Do f (t ) = Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com Vậy giá trị lớn P đạt a= b= NHĨM TỐN VD – VDC Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com