Đề hdg kỳ thi học sinh giỏi quảng trị lớp 12 2019 2020

KỲ THI HỌC SINH GIỎI QUẢNG TRỊ LỚP 12 NĂM 2019-2020 Câu (5 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 có nghiệm với x    1;8 Câu (5,0 điểm)   x  x   x  1 x2  x   x  x   1 Giải phương trình 2.Có hai dãy ghế ngồi đối diện nhau, dãy có 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  SAD  theo a Tính thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách từ B đến mặt phẳng  AB  AC  có đường cao AD, BE , CF đồng quy H Gọi G Cho tam giác nhọn ABC giao điểm BH DF , I giao điểm BC FE ; O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCH ; K trung điểm BC Chứng minh H trực tâm tam giác AKL LG vng góc với AO Câu (2,0 điểm)Cho dãy số  xn   x1 3,   xn  xn2  16  xn 1  thỏa mãn  Tìm số hạng tổng quát (n  , n 1)  xn  tìm giới hạn dãy số  n xn  a b c   5 Câu (2,0 điểm)Cho ba số thực a, b, c  thỏa mãn b c a 17 a b c    1  Chứng minh c a b HDG Câu (5 điểm) Thầy Tâm Nguyễn Tìm giá trị lớn hàm số y   x  x Lời giải Hàm số có nghĩa khi: y/   f  f  f  Ta có:   2x  y / 0   x  x , cho   0  5 0  x  x 0  x   0;5  max y   5    2  0;5  2x  5 0  x    0;5  x2  5x 2 Cho bất phương trình  x   x   x  x m Tìm tất giá trị thực x    1;8 tham số m để bất phương trình có nghiệm với Lời giải  x   x   x  x m (1) Đặt t   x   x ; với điều kiện  x 8  t/   2x (1  x)(8  x)   x  1 x  Cho t / 0  x   t 3 2 t ( 1) t (8) 3 Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên  t 3 (1) Khi  m t  t2  t   3;3  t2  f (t) t   f / (t) t  0t   3;3   3;3   Suy f(t) đồng biến  m max f (t)  f (3 2)   3;3    Câu 6 2 (5,0 điểm) Thầy Cao Văn Kiên – Trương Đức Thịnh   x  x   x  1 x2  x   x  x   1) Giải phương trình Lời giải  x 1  x   Điều kiện:   x  x   x  1 x2  x   x Ta có x      x  x   x  1 x2  x   x  x  2 x  1  x2  x     x 5  x  1  ) (vì  x   x  1 x  1  x2  x  x  x   x x   (Do x 1 không nghiệm phương trình)   x     x      x   1  x   x  1 x  1 (*) t  5t  f  t  , t    1;   t 1 Xét hàm số f  t   Có  f t t  2t   t  1 2  t  1   0, t   1;     t  1  đồng biến   1;   *  f  x    f   x 2 x  x 2 x 1   x    x   x 2    x  x  0  x 2 5   5  x  x   (Thỏa mãn điều kiện)     S      Kết luận: Bài tốn phát triển x +1 = Giải phương trình x - x - x +1 x +1 - Lời giải x +1 = Ta có Û x +1 + = Û 1= Û x - x - x +1 Û x +1 - x +1 + = x2 - x - x +1 - ( x - 3)( x + 2) ( x +1 + 2)( x +1 - 2)( x + 2) = 3 x +1 - x +1 - ( x +1 - 2)( x + 2) x +1 - x +1 - = ( x +1 - 2)( x + 2) Û x +1 + x +1 = ( x +1)3 + x +1 Xét hàm số f (t ) = t + t ị f Â(t ) = 3t +1 > 0, " t Ỵ ¡ Hàm số f ( t) đồng biến, phương trình trở thành f ( x +1) = f ( x +1) Û x +1 = x +1 Û x3 - x - x = é êx = 0(l ) ê ê ê 1- 1+ Û êx = (l ) Û x= ê 2 ê ê 1+ êx = (t / m) ê ë ïì + ïü ïý S = ùớ ùù ùù ợ ỵ Kt lun: 2) Có hai dãy ghế ngồi đối diện nhau, dãy có 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 Lời giải n    8! Ta có khơng gian mẫu Gọi A biến cố “ Mỗi học sinh nam ngồi đối diện với học sinh nữ” Trước hết ta xếp bạn nam vào bên, xếp bạn nữ vào bên sau đổi chỗ bạn ngỗi đối diện, theo quy tắc nhân ta có P  A  n  A  4!.4!.24 4!.4!.24  8! 35 Vậy Bài tập tương tự : Câu 1: Có hai dãy ghế ngồi đối diện nhau, dãy có ghế Xếp ngẫu nhiên học sinh gồm nam nữ ngồi vào hai dãy ghế cho ghế có học sinh ngồi Tính xác suất để có cặp học sinh nam nữ ngồi đối diện với Lời giải n    8! Ta có khơng gian mẫu Gọi A biến cố “ có cặp học sinh nam nữ ngồi đối diện với nhau” Suy A biến cố “ khơng có cặp học sinh nam nữ ngồi đối diện với nhau” tức nam ngồi đối diện nữ ngồi đối diện Trước hết ta chọn cặp ghế để xếp học sinh nam sau xếp bạn nữ vào ghế lại, theo quy tắc nhân ta có   P A  Câu 2: n  A  C42 4!.4! C42 4!.4! 32   P  A  8! 35 35 Do Trong gặp mặt dặn dị trước lên đường tham gia kì thi HSG có 10 bạn đội tuyển gồm bạn đến từ lớp 12A1, bạn từ 12A2, bạn lại đến từ lớp khác Thầy giáo xếp ngẫu nhiên bạn kể ngồi vào bàn dài mà bên có ghế xếp đối diện Tính xác suất cho khơng có học sinh lớp ngồi đối diện 73 A 126 38 B 63 C Lời giải 53 D 126 Chọn B n    10! Ta có khơng gian mẫu Gọi A biến cố “ khơng có học sinh lớp ngồi đối diện nhau” A biến cố “ có học sinh lớp ngồi đối diện nhau” A1 biến cố “ học sinh A1 ngồi đối diện nhau”; A2 biến cố “ học sinh A1 ngồi đối diện nhau” Khi   n A n  A1   n  A2   n  A1  A2  Xét biến cố A1 : Trước hết chon cặp ghế để xếp hs A1 ngồi, đổi chỗ bạn n  A1  C51.2!.8! có 2! cách., người cịn lại có 8! Theo quy tăc nhân có n  A2  C51 A32 8! n  A1  A2   A52 2! A32 6! Tương tự ; thay vào   P A  ta 25 38  P  A  63 63 Câu (6,0 điểm)Thầy Lục Minh Tân · 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  SAD  theo a Tính thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách từ B đến mặt phẳng Lời giải SG  HC  G  HC  Gọi H , F trung điểm AB, SC Kẻ Ta có:  AB  SC  AB / / DC , DC  SC    AB  CH  AB   SHC    ABCD    SHC     ABCD    SHC  HC   SG  CH   SG   ABCD  Hay SG đường cao hình chóp * Ta có: · 60   SCD  ,  ABCD    HC , SC  SCG · SH HC  SHC cân H SCH 600 nên SCH  a  3a SG       G trung điểm CH VABCD * 1  a  3a a 3  S ABCD SG     3   a3 VS ABD  VS ABCD  16 * Ta có: SD  SC  CD  a SA  AD  SD p  Chu vi SAD Diện tích SAD aa a 2 S  p  p  SA   p  SD   p  AD   3a 16 Khoảng cách từ B đến SAD là: VB.SAD  d  B,  SAD   S SAD  d  B,  SAD   a3 3V a 21   216  S SAD 3a 7 16  AB  AC  có đường cao AD, BE , CF đồng quy H Gọi G Cho tam giác nhọn ABC giao điểm BH DF , I giao điểm BC FE ; O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCH ; K trung điểm BC Chứng minh H trực tâm tam giác AKL LG vng góc với AO Lời giải * Gọi J trung điểm AH I tâm đường tròn ngoại tiếp ABC · · Ta có: AEH  AFH  AFHE nội tiếp đường tròn tâm J , với J trung điểm AH  HN  AN (1)  J , JA đường thẳng AL  N  A  * Gọi N giao điểm đường trịn Ta có: LN LA LF LE Mặt khác: BFEC nội tiếp đường tròn tâm K  LB.LC LF LE  LN LA LB.LC  A, N , B, C nội tiếp đường tròn tâm I * Đường tròn  J , JA  I , IA có trục đẳng phương AN  JI  AN Mà JI / / HK  HK  AN (2) Từ  1 ,    N, H, K thẳng hàng KN  AN * Xét AKL có AD, KN đường cao đồng quy H  H trực tâm AKL b Gọi P tâm đường tròn Ơle tam giác ABC  I  AO * LB.LC LE.LF  PL /  P  PL /  O  GD.GF GH GB  PG /  P  PG /  O   LG  OI  LG  AO Câu (2,0 điểm) Cho dãy số  x1 3,   xn  xn2  16  xn 1  thỏa mãn   xn  Tìm số hạng tổng quát (n  , n 1)  xn  tìm giới hạn dãy số  n xn  Cách 1: Cô Nguyễn Thị Hồng Gấm 22  1 15 24  x1 3  2  x2   2  2 ; 2 ; Từ giả thiết ta tính x3  63 26  1  24  xn 2n 1  n   1 , 2 , ta dự dốn Ta chứng minh cơng thức Hiển nhiên  1 Giả sử  1  1  n  , n 1 qui nạp với n 1, n 2, n 3 với n k  k 1, k   tức ta có xk 2k 1  2k  Xét          2k 1  k     2k 1  k    16  2k 1  k     k 1  k   x  xk  16         xk 1  k   4 8.2k 1   2k  2k 11  k 1 Theo giả thiết quy nạp ta Khi ta có lim  n  xn 2 n Vậy  1  1 n  , n 1  xn  2.2 , n  * n với n k  n đồng thời lim 2.2 2 nên theo nguyên lý kẹp ta có Cách 2: Thầy Ngơ Thanh Tịng xn  xn2  16 xn 1    xn 1  xn  9  xn2  16   xn21  xn 1.xn  xn2 18 Ta có  xn21  xn 1.xn  xn2  18 0 , n 1  2 xn 2  xn 2 xn 1  xn21  18 0   Vậy nên xn 2 , xn hai nghiệm phương trình x  xn 1.x  xn21  18 0 Theo Vi-et ta có  xn 2  xn1  (ý tưởng sử lí: Do xn 2n 1  xn 2  xn 1  xn 0  xn 2  axn 1  Ta có 1  xn 1  axn  2a ) 1  1    xn 1  n 2  xn  n    2 n   x2   2 n 2 n 2  2   xn 1  xn  a a    xn1  n 1 2  xn  n  n 2 )  , n 1 2n  *) Tìm giới hạn dãy số n xn 1  xn 2  xn 1  xn 0 1  xn1  xn    n  x2  x1   n1 2 , n 1 xn 1  xn  (ý tưởng sử lí: Vậy xn 2  xn  xn  n 2n 1  theo định lý kẹp  n xn  2n  nên dễ thấy lim xn 2 n n n n  xn  n n 1 , hay  xn  2.2 n n Mà lim n 2 nên Cách 3: Thầy Aki Le * Từ hệ thức truy hồi, ta suy dãy số dương, dãy tăng Hơn nữa, với n   , ta có  xn1  xn  9  xn2  16   xn21  xn 1 xn  xn2 9 Do đó,  2  xn 1  xn 9  xn 1 xn 5  xn22  xn2  xn 1  xn 2  xn   xn 2  xn  xn 1  2  x  x 9  x x n  n 1  n 2 n 1 Vì thế, dãy truy hồi cấp “phi tuyến” dãy truy hội tuyến tính cấp hai: 10 15   x1 3, x2  ,   x  x  x 0, n 1  n 2 n 1 n Dãy truy hồi viết lại   0 1  2 2 2 nên Vì phương trình đặc trưng có hai nghiệm a xn  n  b.2n , n  * 15 x1 3, x2  xn  n   2n 1 , n  * nên Do 2  Suy  n xn  2.21/ n , n  * Và lim 2.21/ n 2 lim n  n  Vì thế, theo định lý kẹp, dãy  n xn  hội tụ Bình luận  Từ 15   x1 3, x2  ,   x  x  x 0, n 1,  x  n2 n1 n Dãy truy hồi tuyến n :  giải nhờ vào cấp số nhân (ý tưởng thầy Ngô Thanh Tịng).Ta có xn 2  xn1   xn1  xn  , n 1 Do xn 2  xn1   x  x1   n 1 , n 0 n  2 xn 1  xn  , n 1 2n , ta thu 1  1   2  xn  n   2 n   x2   2n , n 1 n 2  2   xn  n  2n 1 Vì thế, xn 1    xn  tiếp cận Ngồi ra, việc tìm công thức công thức tổng quát dãy theo cách khác: (i) dự đoán quy luật số hạng tổng quát dãy dùng phương pháp qui nạp cô Nguyễn Thị Hồng Gấm; (ii) Sử dụng dãy số phụ thông qua  1 xn 2  an  ; an   ý tưởng “thoát căn” thầy SongMinh Nguyễn: (iii) sử dụng 11 1 :sinh  1   Khi hàm sinhyperbolic (một hình thức khác cách ii)), xét đó, un sinh   n  với  n 1  n   , n 1 (Hàm sinh  x   e x  e x ) a b c   5 Câu (2,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c  thỏa mãn b c a 17 a b c    1  Chứng minh c a b Lời giải Cách 1: Thầy Đào Văn Tiến a b c x  ,y  ,z  b c a Ta có Đặt Suy  x   y  z  x, y , z    xyz 1   x  y  z 5   x, y , z     yz  x   y  z 5  x 4 yz    x    x  10 x  25 x  0 x   2  x 4   x    x  x  1 0     2  x 4  x   2 a b c 1 1 P       xy  yz  zx x   x    x  x  c a b x y z x x Khi Xét hàm số f  x   x  x    2;   x đoạn   x  x   x  1   x  x  1 f  x    x2 x2  x    f  x  0   x 1     x 1   Bảng biến thiên x  2 1 12 f  x   00 1 1 f  x 17 17 4 17 P 1  Dựa vào bảng biến thiên ta có Cách :Thầy Nguyễn Bá Trinh a b c   5 Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn b c a 17 a b c    1  Chứng minh c a b Lời giải a b c x  ; y  ;z  b c a với x, y, z  Đặt  xyz 1  Ta có  x  y  z 5 Vì 2  yz  5 x  x  y  z 5  x  5, xyz 1  xyz x    x     2  x 4     a b c P     xy  yz  zx c a b Khi Vậy theo định lý viet ta có x, y , z nghiệm dương phương trình t  5t  Pt  0  P  t  5t  t f  t   t  5t  , t    2;  t Xét hàm số ta có   t 2  1 f  t   2t   , f  t  0   2t   0   t 1  t t   t 1   BBT: 13 17 P 1  Quan sát bảng biến thiên ta thấy để có ba nghiệm dương 14