SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 12 THPT Khóa ngày 02 tháng 10 năm 2019 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề Câu (5,0 điểm) Tìm giá trị lớn hàm số y x x 2 Cho bất phương trình + x + - x + + x - x £ m Tìm tất giá trị thực tham số m để bất phương trình nghiệm với x [-1;8] Câu (5,0 điểm) x x x 1 x2 x x Giải phương trình x Có hai dãy ghế đối diện nhau, dãy có bốn ghế Xếp ngẫu nhiên học sinh, gồm nam nữ, ngồi vào hai dãy ghế cho ghế có học sinh ngồi Tính xác suất để học sinh nam ngồi đối diện với học sinh nữ Câu (6,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi với ABC 60 , BC a Biết tam giác SAB đều, tam giác SCD vuông C nằm mặt phẳng hợp với mặt phẳng đáy góc 60 Tính thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách từ B đến mặt phẳng SAD theo a Cho tam giác nhọn ABC ( AB AC ) có đường cao AD, BE CF đồng quy H Gọi G giao điểm BH DF ; L giao điểm BC EF ; O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCH ; K trung điểm BC Chứng minh H trực tâm tam giác AKL LG vng góc AO Câu (2,0 điểm) Cho dãy số ( xn ) thỏa mãn x1 3 5xn xn2 16 (n , n 1) xn 1 Tìm số hạng tổng quát ( xn ) tính giới hạn dãy số n xn Câu (2,0 điểm) a b c 5 Cho ba số thực a, b, c thoả mãn b c a 17 a b c 1 Chứng minh c a b - HẾT (Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ KỲ THI HỌC SINH GIỎI VĂN HĨA LỚP 12 Khóa ngày 02 tháng 10 năm 2019 Mơn thi: TỐN (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM HDC gợi ý cách giải, thí sinh có cách giải khác cho điểm theo quy định ý (câu) Điểm tồn làm trịn đến 0,25 Tổ chấm chi tiết biểu điểm chấm, không làm thay đổi thang điểm chấm câu Câu, Ý TXĐ: D 0;5 y' 1.1 (2đ) Ta có: 2x x2 5x ; y ' 0 x 0 5 5 y max y y y y 0 2 ; Vậy Có: x iu kin: x ẻ [- 1;8] ị t Â= Đặt t = + x + - x 1 =0 Û x = 1+ x - x ỉư 7÷ t ( - 1) = t ( 8) = 3; t ỗ ữ ỗ ữ= ị t ẻ ỗ ố2 ứ Mà + x - x2 = Û m ³ max f ( t ) é3;3 ù ê ú ë û YCBT é3;3 ù ê ú ë û, t2 - Bất phương trình cho trở thành: 1.2 (3đ) Điể m Nội dung f ( t) = t + Xét hàm số với t+ f ( t) = t + t2 - t2 - £ m ( 1) ; t Î é3;3 ù ê ú ë û t2 - é3;3 ù ê ú ë û Ta có: ù f ¢( t ) = + t > 0; " t Ỵ é ê3;3 ú ë û Do hàm ( số ) Þ max f ( t ) = f = + é3;3 ù ê ú ë û f ( t) đồng 9 m³ 2+ Vậy giá trị cần tìm x 1 Điều kiện: x 2 Rõ ràng phương trình khơng có nghiệm x 1 biến é3;3 ù ê ú ë û Với x 1 , ta có: x x x 1 x2 x x x 1 ( x x 5)( x 1) x x x 1 ( x 1)2 3( x 1) ( x 1) 3( x 1) x x 1 f ( x 1) f ( x 1) 2.1 (3đ) 2.2 (2đ) t 3t f (t ) (t 0) t với f '(t ) 1 t với t nên hàm đồng biến 1 5 PT x x x x 2 5 x Vậy phương trình có nghiệm Số cách xếp học sinh vào ghế là: n() 8! Gọi A biến cố học sinh nam ngồi đối diện với học sinh nữ Ta đánh số ghế từ đến sau: Có cách chọn học sinh vào ghế 1, có cách chọn học sinh vào ghế 8, có cách chọn học sinh vào ghế 2, có cách chọn học sinh vào ghế 7, có cách chọn học sinh vào ghế 4, có cách chọn học sinh vào ghế 6, có cách chọn học sinh vào ghế cách chọn học sinh vào ghế Suy n( A ) 8.4.6.3.4.2.2.1 Vậy, xác suất để học sinh nam ngồi đối diện với học sinh nữ là: P( A) n( A ) n() 35 3.1 (3 đ) S C D H K B M A Gọi M , H trung điểm AB hình chiếu S lên mặt phẳng đáy Ta có tam giác SAB nên H nằm CM , tam giác SCD vuông C nên HC CD CM MS a o Suy SCH 60 ( góc mặt phẳng ( SCD) mặt phẳng đáy) Khi tam giác SCM nên H trung điểm CM a 3a a2 CM SH S ABCD 2 S ABC a3 VS ABCD S ABCD SH Vậy thể tích khối chóp: d ( B, ( SAD)) 2d (M, ( SAD)) d (H, (SAD)) Ta có Kẻ HK AD ( K AD), HF SK (F SK ) Dễ dàng chứng minh HF ( SAD) Dó d ( H ,( SAD)) HF 1 3a 3 3a HF HK d (C , AD) 2 HF HK HS a 21 d ( B, ( SAD)) d (H, ( SAD)) Vậy 3.2 ( 3đ) Ta kí hiệu ( A1 A2 An ) đường tròn qua điểm A1 , A2 , , An Gọi I hình chiếu vng góc H lên AK , ta thấy I giao điểm ( HDK ) ( AEF ) Khi IH , FE , DK trục đẳng phương cặp đường tròn ( FAEIH ) ( DHIK ) , ( FAEIH ) ( FEKD ) , ( FEKD) ( DHIK ) ( ( FEKD) đường trịn Euler) Do IH , FE , DK đồng quy L Hay LH AK Vậy H trực tâm tam giác AKL Ta có LB.LC LE.LF GF GD GH GB (Tính chất tứ giác nội tiếp) nên LG trục đẳng phương hai đường tròn ( FEKD) ( HBC ) Do LG O1O ( với O1 tâm ( FEKD) ) Xét phép vị tự tâm A , tỉ số Phép vị tự biến B thành trung điểm BA , biến C thành trung điểm CA biến H thành trung điểm AH Do phép vị tự biến ( HBC ) thành ( FEDK ) Suy phép vị tự tâm A , tỉ số biến O thành O1 nên A, O, O1 thẳng hàng Vậy LG vng góc AO (2đ) 5xn xn2 16 xn 1 4xn1 5xn 3 xn2 16 16xn21 40xn 1xn 16xn2 144 2 Thay n n , ta 16xn 40xn xn 16xn 144 Trừ vế theo vế hai đẳng thức trên, ta có: ( xn 1 xn )(2 xn 1 xn xn ) 0 xn 1 xn xn xn Ta có nên suy xn 1 xn xn 0 xn 2n 1 n với n 1 Bằng quy nạp, chứng minh n 2n n n1 n xn n 2n1 Ta có: n Đặt yn Rõ ràng yn n 2n 1 2 n n (n 2) n n Suy lim yn 0 Nên lim lim(1 yn ) 1 lim lim n xn lim(2 n 2) 2 lim n xn 2 Từ suy n 1 yn (1 yn ) nyn yn a b c x ; y ;z b c a Khi ta có: x y z 5; xyz 1 Đặt 1 P xy yz zx x y z Lúc Do x, y, z nghiệm dương phương trình t 5t Pt 0 Ta tìm P để phương trình có nghiệm dương (2đ) 5t t P f (t ) t ; t 1 f '(t ) 2t 0 2t 5t 0 t t 1 Lập bảng biến thiên f (t ) từ bảng biến thiên f (t ) , phương 17 f ( ) P f ( 1) 1 2 trình có nghiệm dương 17 P a 1, b 2, c 4 ; Với a 1, b 1, c (Với P 1 ) HẾT