De hsg vong1thpt 2018 2019

ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Khóa ngày 20 - - 2019 Mơn : TOÁN (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian phát đề SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO AN GIANG Câu (4,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có đúng một nghiệm phương trình sau có đúng một nghiệmng trình sau có đúng một nghiệmt nghiệmm x2 −mx=4−2 x √ x 2−mx Câu (4,0 điểm) Cho hàm số y=f ( x )=sin x−a sin x − sin x +2 ax f ' ( x ) ≥ ∀ x ∈ R Câu (4,0 điểm) Bảng hình vng (10 ×10) gồm 100 hình vuông đơn vị Hỏi có hình chữ nhật tạo thành từ các hình vuông đơn vị của bảng Tính số hình chữ nhật có diện tích là số chẵn các hình vuông đơn vị Xác định a để 10 a b c d e f g h i k Câu (3,0 điểm) x Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A (−1 ; ) ; B x ; x ; C ;− x đó x là một số thực dương thay đổi cho trước Tìm tọa độ hai điểm B ;C để diện tích tam giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị nhỏ nhất đó ( ) ( ) Câu (3,0 điểm) Cho dãy số (un ) thỏa u1= ; u n+1=u n−2u n+ ,(∀ n∈ N ,n ≥ 1) Đặt v k =u1 u … uk a) Tính u2 ; u3 b) Xét tính hội tụ và tính giới hạn của dãy ( v k ) Câu (2,0 điểm) Cho tứ diện ABCD, một điểm O bất kỳ nằm tứ diện, gọi d ; d ; d ; d là khoảng cách từ O đến các điểm A ; B; C ; D và k ; k ; k ; k lần lượt là khoảng cách từ O đến các mặt ( BCD ) ; ( ACD ) ; ( ABD ) ; ( ABC ) Chứng minh rằng: d +d +d +d ≥ √ k k +2 √ k k +2 √k k +2 √ k k 3+ √ k k + √ k k -Hết KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Khóa ngày 20 - - 2019 Mơn : TỐN ĐÁP ÁN Điểm Lược giải SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu x2 −mx=4−2 x √ x 2−mx ⟺ x 2+ x √ x 2−mx + x2 +mx=4 ⟺ ( x + √ x2 −mx ) =4 ⟺ x + √ x2 −mx=2 x + √ x −mx=−2 [ + Trường hợp: x + √ x 2−mx=2 2−x ≥ ⟺ √ x2 −mx=2−x ⟺ x −mx=4−4 x+ x2 2≥x 2≥ x ⟺ ⟺ x= ( 4−m ) x =4 Câu 4−m m−4 ≤2⟺ < ⟺ m∈ (−∞ ; ] ∪(4 ;+∞) 4−m −m+4 + Trường hợp: x + √ x 2−mx=−2 x ≤−2 ⟺ √ x2 −mx=−2−x ⟺ x −mx=4 +4 x+ x x ≤−2 x ≤−2 ⟺ ⟺ −4 x= ( 4+ m ) x=−4 4+m −4 m+4 ≤−2 ⟺ < ⟺m ∈ (−4 ;−2 ] 4+ m m+4 Vậy phương trình có một nghiệm y phương trình có một nghiệm t nghiệm m m∈ (−∞ ;−4 ] ∪¿ ∪(4 ;+ ∞) { { { 4,0 điểm { { { y=f ( x )=sin x−asin x− sin3 x +2 a x D=R Tậy phương trình có một nghiệm p xác định f ' ( x )=cos x −2 a cos x−cos x +2 a=¿ Câu ¿ sin x sin x −2 a (1−cos x )=4 sin2 x cos x+ a sin x ¿ sin2 x (cos x+ a) Để f ' ( x ) ≥ ∀ x ∈ R thì cos x +a ≥ ⟹ a ≥1 Vậy phương trình có một nghiệm y a ≥ thìf ' ( x ) ≥ ∀ x ∈ R Câu + Tính sớ hình chữ nhật Bảng vng (10 ×10)gờm 11 đường thẳng đứng và 11 đường nằm ngang Mỗi hình chữ nhật tạo thành bởi hai đường thẳng đứng và hai đường nằm ngang Chọn đường thẳng đứng 11 đường thẳng đứng có C 211 cách chọn Chọn đường nằm ngang 11 đường nằm ngang có C 211 cách chọn Vậy có C 211 × C211 =552=3025 hình chữ nhật + Tính số hình chữ nhật có diện tích lẻ, Hình chữ nhât có diện tich lẻ độ dài hai cạnh của hình chữ nhật phải là số lẻ hay khoảng cách giữa hai đường (đứng và ngang) phải là số lẻ Chọn hai đường thẳng đứng có khoảng cách lẻ 1; 3; 5; 7; 4,0 điểm 4,0 điểm Khoảng cách bằng có 10 cách, khoảng cách bằng có cách, khoảng cách bằng có cách khoảng cách bằng có cách, khoảng cách bằng có cách Vậy có 10+8+ 6+4 +2=30 cách chọn hai đường thẳng đứng, tương tự có 30 cách chọn hai đường nằm ngang Có 30 ×30=900 hình chữ nhật có diện tích là số lẻ Vậy có 3025−900=2125 hình chữ nhật có diện tích là số chẵn x A (−1 ; ) ; B x ; ; C ;− ; x >0 x x ⃗ AB= x +1; −1 ; x x ⃗ AC= +1 ;− −1 x −2 x −x Câu S ABC = ( x +1 ) x −1 − x −1 + = 2 − x − ( ( | ( ) ( ) ) ) ( ) ( )( )| | x ¿ + + = 2x 4 | 3,0 điểm x 3 5 − + + ≥ +√ 2x 4 x √ ; C √ ;− √ Dâu bằng xảy = ⟺ x=√ ⟹ B √ ; 2x √6 √6 ;C √ ;− √6 Vậy phương trình có một nghiệm y GTNN S= + ; tọa đột nghiệm hai điểm là B √ ; Cho dãy số (un ) thỏa u1= ; u n+1=u n−2u n+ 2,(∀ n∈ N , n≥ 1) Đặt t v k =u1 u … uk Xét tính hột nghiệm i tụ và tính giới hạn của dãy ( v k ) 16 10 100 20 82 6562 u2= − +2= ; u3 = − +2= ; u 4= 9 81 6561 2 Ta có: un +1=un −2u n+2 ⟺ un +1−1=( u n−1 ) ⟺ un−1=( un−1−1 ) 2=…=( u1−1 )2 = k 1 ⟹ un=1+ ⟹ v k =∏ 1+ i=1 3 Câu Nhân hai vế của v k cho 1− ta được k 1 1 1− v = 1− ∏ 1+ =1− k i=1 3 3 ⟹ v k = 1− < 2 1 1 Dễ thấy là dãy số tăng vì 1− > 1− 2k+1 ⟺ < 2k +1 3 3 bị chặt n bởi và lim v k = Gọi đột nghiệm dài đường cao của tứ di ệm n kẻ từ A ; B; C ; D lần lượt là h1 ; h2 ; h3 ; h4 Diệm n tich các mặt t tứ di ệm n ( BCD ) ; ( ACD ) ; ( ABD ) ; ( ABC ) lần lượt là Câu S1 ; S ; S3 ; S Ta có d +k ≥ h1 ⟹ d S 1+ k S1 ≥ h1 S1 (√ √ ) √ ( ( ) ( ) ( ) ) 0,5 điểm n−1 n−1 ( n−1 k−1 ) ( ) ( ) ( ( k ) ( k−1 ) k 2,5 điểm ) k k 2,0 điểm A Tương tự d S 2+ k S ≥ h2 S d1 d S +k S ≥ h3 S O d S 4+ k S ≥ h S k1 h1 Mặt khác k S +k S 2+ k S 3+ k S4 =3 V =h1 S1 D B ⟹ d S1 +k S1 ≥ k S1 +k S +k S +k S ⟺ d S ≥ k S 2+ k S 3+ k S C k2 S2 k3 S3 k S4 ⟺ d1≥ + + S1 S1 S1 Lần lượt ta có k S k S k S d2 ≥ 1 + 3 + 4 S2 S2 S2 S1 S2 S4 d3 ≥ k1 + k2 + k4 S3 S3 S3 S S S d ≥ k 1 + k 2 +k 3 S4 S4 S4 S1 S2 S1 S3 ⟹ ∑ d i ≥ k +k + k +k +… S2 S1 S3 S1 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số ta được S S k 1 +k 2 ≥2 √ k k S2 S1 Như vậy∑ d i ≥ ∑ √ k i k j Dấu bằng xảy d i +k i =hi, hay O là giao điểm của các đường cao của tứ diện ( )( ) Lưu ý: - Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa;