Đề thi chọn học sinh giỏi toán 12 năm 2019 2020 sở GD đt quảng trị

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HĨA LỚP 12 THPT QUẢNG TRỊ Khóa ngày 02 tháng 10 năm 2019 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (5,0 điểm) Tìm giá trị lớn hàm số y   x  x Cho bất phương trình  x   x   x  x  m Tìm tất giá trị thực tham số m để bất phương trình nghiệm dùng với x  [1;8] Câu (5,0 điểm) Giải phương trình: x  x  ( x  x  1)( x  1)  x2 x 1 1 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  600 , BC  a Biết tam giác SAB đều, tam giác SCD vuông C nằm mặt phẳng hợp với mặt phẳng đáy góc 600 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    xn  xn2  16 x   n 1  (n  , n  1) Tìm số hạng tổng quát  xn  tính giới hạn dãy số  x  n n Câu (2,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c  thoả mãn Chứng minh a b c    b c a 17 a b c      4 c a b - HẾT (Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay) HDG Câu (5 điểm) Thầy Tâm Nguyễn Tìm giá trị lớn hàm số y = − x + x Lời giải Hàm số có nghĩa khi: − x + x ≥ ⇔ x ∈ [ 0;5] y/ =  f  Ta có:  f  f  −2 x + − x + 5x ( 0) = (5) = , cho y / = ⇔ ⇒ max y = 5  = 2 [0;5] −2 x + − x + 5x =0⇔ x= ∈ [ 0;5] 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] Lời giải + x + − x + + x − x ≤ m (1) Đặt t = + x + − x ; với điều kiện −1 ≤ x ≤ ⇒ t/ = − 2x (1 + x)(8 − x) Cho t / = ⇔ x = ( ⇒t =3 2 t (−1) = t (8) = Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên ⇒ 3≤t ≤3 − x + 1+ x ) (1) Khi ⇒ m ≥ t + f (t) = t + t2 − ∀t ∈ 3;3  t2 − ⇒ f / (t) = t + ≥ 0∀t ∈ 3;3  Suy f(t) đồng biến 3;3  9+6 m ≥ max f (t) = f (3 2) = 3;3    Câu (5,0 điểm) Thầy Cao Văn Kiên – Trương Đức Thịnh ( ) x + x − ( x − 1) x2 + x − 1) Giải phương trình = x−2 x −1 −1 Lời giải x ≥ Điều kiện:  x ≠ Ta có ⇔ ( ) x + x − ( x − 1) x2 + x − = x−2 x −1 −1 ( ) x + x − ( x − 1) x2 + x − = (vì x−2 ( x − 2) x − + ⇒ x2 + x − = ( (x +5 ) x −1 +1 > ) ) x − ( x − 1) x −1 + x2 + x − x + x −1 (Do x = không nghiệm phương trình) ⇒ = x −1 x −1 +1 ( x − 2) + ( x − 2) + = ( ⇒ ( x − 2) + t + 2t + ( t + 1) x −1 +1 (*) t + 5t + , t ∈ ( −1; +∞ ) t +1 Xét hàm số f ( t ) = Có f ′ ( t ) = ) x −1 + x −1 + ( t + 1) + > 0, ∀t ∈ −1; +∞ ( ) ( t + 1) = ⇒ f ( t ) đồng biến ( −1; +∞ ) (*) ⇔ f ( x − ) = f (  x ≥ x −1 ⇔ x − = x −1 ⇔  ( x − ) = x − ) x ≥ x ≥ 5+  (Thỏa mãn điều kiện) ⇔ ⇔ 5± ⇒ x =  x − 5x + = x =   +  Kết luận: S =     Bài toán phát triển Giải phương trình x +1 = x − x − x +1 x +1 − Lời giải Ta có x +1 = ⇔ x +1 + = ⇔ 1= x − x − x +1 x2 − x − ⇔ + + = x 3 x +1 − x +1 − ( x − 3)( x + 2) ( x +1 + 2)( x + − 2)( x + 2) = 3 x +1 − x +1 − ( x +1 − 2)( x + 2) x +1 − ⇔ x + − = ( x + − 2)( x + 2) ⇔ x + + x + = ( x + 1)3 + x + Xét hàm số f (t ) = t + t ⇒ f ′(t ) = 3t + > 0, ∀t ∈ ℝ Hàm số f (t ) đồng biến, phương trình trở thành f ( x +1) = f ( x +1) ⇔ x +1 = x +1 ⇔ x3 − x − x =   x = 0(l )    1− 1+ ⇔ x = (l ) ⇔ x=  2   1+ x = (t / m)  1 +   Kết luận: S =      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 Ta có khơng gian mẫu n ( Ω ) = 8! 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 n ( A) = 4!.4!.24 Vậ y P ( A ) = 4!.4!.24 = 8! 35 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 Ta có khơng gian mẫu n ( Ω) = 8! 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 n ( A) = C42 4!.4! ( ) C42 4!.4! 32 = ⇒ P ( A) = 8! 35 35 Trong gặp mặt dặn dò 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 38 53 A B C D 126 63 126 Lời giải Chọn B Ta có khơng gian mẫu n ( Ω ) = 10! Do P A = Câu 2: Gọi A biến cố “ 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 có 2! cách., người cịn lại có 8! Theo quy tăc nhân có n ( A1 ) = C51.2!.8! Tương tự n ( A2 ) = C51 A32 8! ; n ( A1 ∩ A2 ) = A52 2! A32 6! thay vào ta ( ) 25 38 ⇒ P ( A) = 63 63 Câu (6,0 điểm) Thầy Lục Minh Tân P A = Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi với ABC = 600 , BC = a Biết tam giác SAB đều, tam giác SCD vuông C nằm mặt phẳng hợp với mặt phẳng đáy góc 600 Tính thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SAD ) theo a Lời giải Gọi H , F trung điểm AB, SC Kẻ SG ⊥ HC ( G ∈ HC ) Ta có:  AB ⊥ SC ( AB / / DC , DC ⊥ SC ) ⇒ AB ⊥ ( SHC )   AB ⊥ CH ⇒ ( ABCD ) ⊥ ( SHC )   ( ABCD ) ∩ ( SHC ) = HC  ⇒ SG ⊥ ( ABCD )  SG ⊥ CH  Hay SG đường cao hình chóp * Ta có: ( ( SCD ) , ( ABCD ) ) = ( HC , SC ) = SCG = 60 SH = HC ⇒ ∆SHC cân H SCH = 600 nên ∆SCH  a  3a ⇒ G trung điểm CH SG =  =    1  a  3a a 3 * VABCD = S ABCD SG =   = 3   a3 * VS ABD = VS ABCD = 16 Ta có: SD = SC + CD = a SA + AD + SD Chu vi ∆SAD p = = Diện tích ∆SAD S = a+a+ a 2 p ( p − SA )( p − SD )( p − AD ) = Khoảng cách từ B đến SAD là: 3a 16 VB.SAD = d ( B, ( SAD ) ) S SAD a3 3V 16 = a 21 ⇒ d ( B, ( SAD ) ) = = S SAD 3a 7 16 Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC ) có đường cao AD , BE , CF đồng quy H Gọi G 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 trịn ngoại tiếp ∆ABC Ta có: AEH = AFH ⇒ AFHE nội tiếp đường tròn tâm J , với J trung điểm AH ⇒ HN ⊥ AN (1) * Gọi N giao điểm đường tròn ( J , JA) đường thẳng AL ( N ≠ A) 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)  x1 = 3,  thỏa mãn  xn + xn2 + 16  xn+1 =  Cho dãy số ( xn ) (∀n ∈ ℕ, n ≥ 1) Tìm số hạng tổng quát ( xn ) tìm giới hạn dãy số ( x ) n n Cách 1: Cô Nguyễn Thị Hồng Gấm 22 − 1 15 24 − = − ; x = = =2 − ; 20 20 2 63 − 1 x3 = = = 24 − , ta dự doán xn = 2n +1 − n −1 (1) , ( ∀n ∈ ℕ, n ≥ 1) 2 Từ giả thiết ta tính x1 = = Ta chứng minh công thức (1) qui nạp Hiển nhiên (1) với n = 1, n = 2, n = Giả sử (1) với n = k ( k ≥ 1, k ∈ ℕ ) tức ta có xk = k +1 − 2k −1 Xét          2k +1 − k −1  +  2k +1 − k −1  + 16  2k +1 − k −1  +  2k +1 + k −1  x + xk + 16         xk +1 = k = = 4 = 8.2k +1 − 2 k −1 = 2k +1+1 − k +1−1 Vậy (1) với n = k + Theo giả thiết quy nạp ta (1) ∀n ∈ ℕ, n ≥ 1 Khi ta có < n xn < 2.2 n , ∀n ∈ ℕ * đồng thời lim 2.2 n = nên theo nguyên lý kẹp ta có lim ( n ) xn = Cách 2: Thầy Ngơ Thanh Tịng Ta có xn+1 = xn + xn2 + 16 ⇔ ( xn +1 − xn ) = ( xn2 + 16 ) ⇔ xn2+1 − xn +1.xn + xn2 = 18 2 2 xn +1 − xn +1.xn + xn − 18 = Vậ y  , ∀n ≥ nên xn+ , xn hai nghiệm phương trình 2 xn + − xn + xn +1 + xn +1 − 18 = x − xn +1.x + xn2+1 − 18 = Theo Vi-et ta có xn + + xn = ⇔ xn + − xn +1 = xn +1 ⇔ xn + − xn +1 + xn = 1 ( xn+1 − xn ) = = n ( x2 − x1 ) = n+1 , ∀n ≥ 2 (ý tưởng sử lí: xn + − xn +1 + xn = ⇔ xn + + axn +1 = Do xn +1 − xn = 1  1   ⇔ xn +1 + n =  xn + n −1  = = 2n −1  x2 +  = 2n + n 2  2   (ý tưởng sử lí: xn +1 − xn = Vậy xn = n +1 − n a a   ⇔ xn +1 + n +1 =  xn + n  ) n 2   , ∀n ≥ n −1 *) Tìm giới hạn dãy số Ta có −1 ( xn +1 + axn ) ) 2a xn = n 2n+1 − ( x ) n n nên dễ thấy 2n −1 n 2n < n xn < n 2n +1 , hay < n xn < 2.2 n Mà lim n = nên theo định lý kẹp lim n xn = Cách 3: Thầy Aki Le Từ hệ thức truy hồi, ta suy dãy số dương, dãy tăng Hơn nữa, với n ∈ ℕ* , ta có ( xn +1 − xn ) = ( xn2 + 16 ) ⇔ xn2+1 − xn +1 xn + xn2 = Do đó,  2  xn+1 + xn = + xn +1 xn 5 ⇒ xn2+ − xn2 = xn+1 ( xn + − xn ) ⇒ xn+ + xn = xn +1  2  x2 + x2 = + x x n + n +1  n+ n +1 Vì thế, dãy truy hồi cấp “phi tuyến” dãy truy hội tuyến tính cấp hai: 15   x1 = 3, x2 = ,   x − x + x = 0, ∀n ≥  n + 2 n +1 n Dãy truy hồi viết lại Vì phương trình đặc trưng λ − λ + = có hai nghiệm λ1 = λ2 = nên 2 xn = Do x1 = 3, x2 = a + b.2n , ∀n ∈ ℕ* 2n 15 nên xn = − n −1 + n +1 , ∀n ∈ ℕ* 2 Suy < n xn < 2.21/ n , ∀n ∈ ℕ* Và lim 2.21/ n = = lim Vì thế, theo định lý kẹp, dãy n →∞ n →∞ ( x ) hội tụ n n Bình luận 15   x1 = 3, x2 = , • Dãy truy hồi tuyến ( xn ) :  giải nhờ vào cấp số  x − x + x = 0, ∀n ≥ 1,  n + 2 n +1 n nhân (ý tưởng thầy Ngơ Thanh Tịng) Ta có xn + − xn +1 = ( xn +1 − xn ) , ∀n ≥ Do xn + − xn +1 = n ⋅ ( x2 − x1 ) = n +1 , ∀n ≥ 2 Từ xn +1 − xn = n , ∀n ≥ , ta thu 1  1   xn +1 + n = ⋅  xn + n −1  = n −1  x2 +  = 2n + , ∀n ≥ 2  2   Vì thế, xn = − n + n +1 • Ngồi ra, việc tìm cơng thức cơng thức tổng qt dãy ( xn ) tiếp cận 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 ý tưởng “thoát căn” thầy SongMinh Nguyễn: xn =  an −  ; (iii) sử dụng an   hàm sinhyperbolic (một hình thức khác cách ii)), xét α1 :sinh (α1 ) = Khi đó, un = sinh (α n ) với α n +1 = α n + α , n ≥ (Hàm sinh ( x ) = Câu (2,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c > thỏa mãn Chứng minh a b c + + =5 b c a 17 a b c ≤ + + ≤ 1+ c a b Lời giải Cách 1: Thầy Nguyễn Bá Trinh e x − e− x )  x, y , z >  x, y , z >  a b c   Đặt x = , y = , z = Ta có  xyz = ⇔  yz = b c a x x + y + z =    y + z = − x Suy < x < ( y + z ) ≥ yz ⇔ ( − x ) ≥ 2 ⇔ x − 10 x + 25 x − ≥ x 3 − 2 ≤ x ≤ ⇔ ( x − ) ( x − x + 1) ≥ ⇔  ⇔ 3− 2 ≤ x ≤  x > + 2 Khi P = a b c 1 1 + + = + + = xy + yz + zx = x ( − x ) + = − x + x + c a b x y z x x Xét hàm số f ( x ) = − x + x + đoạn 3 − 2;  x −2 x + x − ( x − 1) ( − x + x + 1) f ′( x) = = x2 x2  x=   ⇒ f ′( x) = ⇔ x = 1− <   x = 1+  Bảng biến thiên x 3− 2 f ′( x) − 1+ + 1+ 4 − 1+ f ( x) 17 Dựa vào bảng biến thiên ta có 17 17 ≤ P ≤ 1+ Cách : Thầy Đào Văn Tiến Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn Chứng minh a b c + + = b c a 17 a b c ≤ + + ≤ 1+ c a b Lời giải a b c Đặt x = ; y = ; z = với x, y, z > b c a  xyz = Ta có  x + y + z = Vì  y+z 5− x  x + y + z = ⇒ x < 5, xyz = ⇒ = xyz ≤ x   ⇒1≤ x  ⇔ − 2 ≤ x ≤     2 a b c + + = xy + yz + zx Vậy theo định lý viet ta có x, y, z nghiệm dương c a b phương trình t − 5t + Pt − = ⇔ P = −t + 5t + t Khi P = Xét hàm số f ( t ) = −t + 5t + , t ∈ 3 − 2;  ta có t  t =  1 f ′ ( t ) = −2t + − , f ′ ( t ) = ⇔ −2t + − = ⇔ t = + t t  t = −  BBT: Quan sát bảng biến thiên ta thấy để có ba nghiệm dương 17 ≤ P ≤ 1+ ... 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 Ta có khơng gian mẫu n ( Ω ) = 8! Gọi A biến cố “ Mỗi học sinh. .. 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 Ta có khơng gian mẫu n ( Ω) = 8! Gọi A biến cố “ có cặp học sinh. .. suất cho khơng có học sinh lớp ngồi đối diện 73 38 53 A B C D 126 63 126 Lời giải Chọn B Ta có khơng gian mẫu n ( Ω ) = 10! Do P A = Câu 2: Gọi A biến cố “ khơng có học sinh lớp ngồi đối diện