Đề thi HSG Toán 12 cụm Quỳnh Lưu Hoàng Mai 2020

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN CỤM THI THPT Q LƯU- H MAI ĐỀ THI KSCL HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2020 – 2021 (lần 1) Mơn: Tốn Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (6,0 điểm) sin x.( + cos x ) − 4cos x.sin 2sin x − a) Giải phương trình: x −3 =0 2 x ( x − y + ) + x ( y − 1) = y − − x + y − y +    y − − x + = x − 13 ( y − ) + 82 x − 29 b) Giải hệ phương trình Câu (5,0 điểm) 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 ta lập số tự nhiên có chữ a) Từ chữ số ( b) ) số, mà chữ số đôi khác hai chữ số kề khơng số lẻ u1 = 2020  u + 2019.un − 2021.un+1 + = 0, ∀n ≥ u ( ) n Cho dãy số thực tăng xác định bởi:  n Sn = đặt Câu (5,0 điểm) 1 + + + u1 + 2020 u2 + 2020 un + 2020 Tính lim Sn Cho hình lập phương ABCD A′B′C ′D′ cạnh a A1 , B1 , C1, D1 trọng tâm tam giác B ' CD ', ACD', AB ' D ', AB ' C Tính a Gọi thể tích khối tứ diện A1B1C1D1 theo a Trong mặt phẳng chứa đường thẳng CD′ , gọi ( α ) mặt phẳng tạo với ( BDD′B′) góc nhỏ Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( α ) Câu (2,0 điểm) Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi vng góc Gọi H trực tâm tam b · · · giác ABC A, B, C ba góc tam giác ABC Đặt α = AOH , β = BOH , γ = COH sin α sin β sin γ = = Chứng minh : sin A sin B sin 2C Câu (2,0 điểm) Cho x, y,z ba số thực thuộc đoạn [ 1;4] x ≥ y, x ≥ z x y z P= + + 2x + 3y y + z z + x Tìm giá trị nhỏ biểu thức: ……………Hết…………… Họ tên thí sinh………………………… Số báo danh…………………… HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Đáp án Điể m sin x ( + cos x ) − cos x.sin (6,0đ) 2sin x − a) (3,0 điểm) Giải phương trình: (1) π  x ≠ + k 2π   sin x ≠ ⇔  , k,l ∈ ¢  x ≠ 5π + l 2π  a) Điều kiện: (*) Với điều kiện trên, phương trình cho tương đương: x sin x ( + cos x ) − cos x.sin − = ⇔ sin x + sin x.cos x − cos x ( − cos x ) − = ⇔2 ( ) ( x −3 =0 ) sin x − cos x − 3sin x − sin x.cos x + cos x =  sin x − cos x = sin x − cos x − = ⇔   sin x − cos x = π sin x − cos x = ⇔ cot x = ⇔ x = + kπ , k ∈ ¢ TH1: π π π   sin x − cos x = ⇔  sin x cos − cos x sin ÷ = ⇔ sin  x − ÷ = 6 6   TH2: π π 2π ⇔ x − = + k 2π ⇔ x = + k 2π , k ∈ ¢ Đối chiếu điều kiện ta thấy phương trình cho có họ nghiệm 7π 2π x= + k 2π , x = + k 2π , k ∈ ¢ b) (3,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 x x − y + + x ( y − 1) = y − − x + y − y + (1)   ( 2)  y − − x + = x − 13 ( y − ) + 82 x − 29 x≥− 2, y≥2 Điều kiện ⇔ ( ( sin x − cos x ( ) )( ) 1 ) Từ phương trình ( 2) hệ ta có: y − 2 x + + 13 ( y − ) − x + = x + 82 x − 29 ( 3) − ≤ x≤0 ( 3) vơ nghiệm Nếu −1 ≤ − x + ≤ ⇒ ⇒x>0 Khi 1.0 0,5 ( 1) ⇔ x ( x − y + ) + x ( y − 1) − ( y − ) ( y − 1) = ⇔ ( x − y + ) ( x + y − 1) =  ⇔ ( 4x2 − y + )  x + y −1 +   ⇔ 4x2 − y + = ⇔ Thay y − − 2x −4 x + y − y − + 2x  ÷= y − + 2x ÷  y − = x ( x > 0) x = y − vào ( ) ta ( x − 1) x + = x3 − 52 x + 82 x − 29 ⇔ ( x − 1) x + = ( x − 1) ( x − 24 x + 29 ) 2 x − = ( 3) ⇔  x + = x − 24 x + 29 ( ) ( 3) ⇔ x = 0,5 ⇒ y=3 ( ) trở thành Đặt t = x + t = 2 t − 14t − t + 42 = ⇔ ( t + 3) ( t − ) ( t − t − ) = ⇔  + 29 t =  t =2⇒ x= , y = 11 Với + 29 13 + 29 103 + 13 29 t= ⇒x= ,y= Với 0,5 0,5 a) (3,0 điểm)Từ chữ số 0,1, 2,3, 4, 5, 6, 7,8,9 ta lập số tự nhiên có chữ số, mà chữ số đơi khác hai chữ số kề không số lẻ (5,0đ) Gọi số A = a1a2 a3 a4 a5 a6 Từ giả thiết suy A có hoặc chữ số lẻ Trường hợp : A có chữ số lẻ 0,5 C1 P = 600 • a1 lẻ: Số số A 5 • a1 4C51C44 P5 = 2400 a chẵn: Có cách chọn Số số A 0,5 Tổng có 600 + 2400 = 3000 số số A có chữ số lẻ 1,0 Trường hợp : A có chữ số lẻ • a1 lẻ: Có cách chọn a1 Có cách chọn a2 chẵn 5.5.C41C43 P4 = 9600 Vậy số số A • a1 chẵn: Có cách chọn a1 Có cách chọn hai vị trí khơng kề hai số lẻ a2 a3a4 a5 a6 4.C52 6.P2 A43 = 11520 Số số A Tổng có 9600 + 11520 = 21120 số số A có hai chữ số lẻ Trường hợp : A có chữ số lẻ • a1 lẻ: Có cách chọn a1 Có cách chọn aaaa hai số lẻ a2 chẵn Có cách chọn vị trí khơng kề 5.5.C42 3.P2 A42 = 10800 Vậy số số A a a • chẵn: Có cách chọn Có cách chọn vị trí khơng kề số lẻ a2 a3a4 a5 a6 1,0 4.C53 1.P3 A42 = 2880 Số số A Tổng có 10800 + 2880 = 13680 số số A có ba chữ số lẻ Tóm lại có 3000 + 21120 + 13680 = 37800 số số ( un ) (2,0 điểm) : Cho dãy số thực tăng u = 2020   un + 2019un − 2021un +1 + = 0, ∀n ≥ (1) 1 Sn = + + + u1 + 2020 u2 + 2020 un + 2020 Tính lim Sn đặt Do ( un ) dãy tăng nên un ≥ 2020, ∀n ≥ xác định un2 + 2019un + u + 2019un − 2021un +1 + = ⇔ un +1 = 2021 Ta có n u + 2019un − 2020 ⇔ un +1 − = n 2021 ⇔ 2021( un +1 − 1) = ( un − 1) ( un + 2020 ) ⇔ bởi: 0,5 2021 = ( un − 1) ( un + 2020 ) un+1 − 1 1 = − un + 2020 un − un +1 − (*) Thay n 1, 2,3, , n vào (*) cộng vế với vế đẳng thức ta suy được: ⇒ Sn = Do 1 1 1 + + + = − = − u1 + 2020 u2 + 2020 un + 2020 u1 − un +1 − 2019 un +1 − ( un ) 0,5 dãy số tăng nên có hai trường hợp xảy ra: (u ) lim un lim un = x TH1: Dãy n bị chặn suy tồn Giả sử x ≥ 2020 n → +∞ Chuyển qua giới hạn hệ thức (1) ta có: 0,5 x + 2019 x − 2021x + = ⇔ x − x + = ⇔ x = (vô lý) TH2: Dãy ( un ) không bị chặn trên, ( un ) lim un = +∞ ⇒ lim ( un +1 − 1) = +∞ ⇒ lim tăng không bị chặn nên: un +1 − =0  1  lim Sn = lim  − ÷=  2019 un +1 −  2019 Do vậy, 0,5 Cho hình lập phương ABCD A′B′C ′D′ cạnh a A1 , B1 , C1 , D1 trọng tâm tam giác B ' CD ', AC D ', AB ' D ', AB ' C Tính thể tích tứ diện A1 B1C1 D1 ( α ) mặt phẳng tạo với ( BDD′B′ ) d Trong mặt phẳng chứa đường thẳng CD ′ , gọi c Gọi (5,0đ) góc nhỏ Tính d ( A, ( α ) ) a Ta có ( B1C1 D1 ) // ( B ' CD ') 0,5 nên d ( A1 , ( B1C1 D1 ) ) = d ( D1 , ( B ' CD ' ) ) = d ( A, ( B ' CD ' ) ) 1 k = S = S B 'CD ' B C D 1 ∆B1C1 D1 : ∆B ' CD ' nên Lại có với tỉ số đồng dạng V1 = VAB 'C D' 27 Do VAB ' C D' = a − 4.VD ' ADC = a 3 Mặt khác ta 1 V1 = VAB 'C D' = a 27 81 Suy 0.5 0.5 0.5 b +) Gọi ∆ = ( α ) ∩ ( BDD′B′ ) CO ⊥ ( BDD′B′ ) +) Ta có Kẻ OH ⊥ ∆ ⇒ CH ⊥ ∆ · ⇒ ϕ = (· ( α ) , ( BDD′B′ ) ) = (·OH , CH ) = OHC OC OC · ′C ⇒ ϕ = OD · ′C sin ϕ = ≥ = sin OD ′ CH CD +) , đạt ∆ ⊥ OD ′ E = ∆ ∩ BD ⇒ ( α ) ≡ ( ED′C ) Gọi a 6 a 3a OD.OE = OD′ ⇒ OE =  ⇒ OE = ⇒ DE = a ÷ ÷ 2   0.5 0.5 0.5 +) , suy E đối xứng với B qua D d A, ( α ) ) = 3d ( D, ( α ) ) +) Có ( ( K ∈ CE ) ; kẻ DF ⊥ D′K , ( F ∈ D′K ) +) Kẻ DK ⊥ CE , ⇒ DF ⊥ ( α ) ⇒ d ( D, ( α ) ) = DF a a a DK = ⇒ DF = ⇒ d ( A, ( α ) ) = 3.DF = ; DD′ = a Ta có 0.5 0.5 (2 điểm) Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi vng góc Gọi H trực tâm · · · tam giác ABC A, B, C ba góc tam giác ABC Đặt α = AOH , β = BOH , γ = COH sin α sin β sin γ = = Chứng minh : sin A sin B sin 2C (2,0đ) Gọi A1 ΔA OA giao điểm AH BC , ta có vng O có OH đường sinα = cao nên AH AH AH = = ( AH.AA AA OA ) 0,5 Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC M trung điểm BC 2IM = AH ·BAC = ·BIM sin2A = 2sinA cosA 2BM.IM BC.AH = = ( 2) IB2 2R ( 1) & ( 2) Từ 0.5 0.25 suy sinα R R = = sin2A S AA 1.BC S ( diện tích tam giác A BC ) 0,5 2 sinβ sinγ R2 = = Tương tự ta có sin2B sin2C S 2 sinβ sinα sinγ = = Vậy sin2A sin2B sin2C 0,25 1;4] x ≥ y, x ≥ z Cho x, y,z ba số thực thuộc đoạn [ P= Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Cách : (2,0đ) a= Đặt x y z + + 2x + 3y y + z z + x y x z ,b = ,c = ⇒ abc = a∈ 1;4 y z x , 1 + ≥ Ta cần chứng minh : 1+ a 1+ b 1+ ab với a b dương, ab ≥ Đẳng thức xảy a = b ab ≥ Khi P≥ Xét P= a 1 a + + ≥ + 2a + 1+ ac 1+ ab 2a + 1+ a.abc hay a + 2a + 1+ a abc = a f ( a) = + 2a + 1+ a a∈ 1;4 , Đặt t = a ⇒ t ∈ 1;2 0,5 0.5 f ( t) 1;2 Để tồn giá trị nhỏ P tồn giá trị nhỏ đoạn   với t2 2t + t +    3t  f '( t ) = 2 − < 0, ∀t ∈ ( 1;2) ⇒ 2  2t2 + t + 1)  ( f ( t) 1;2   Ta có nghịch biến đoạn   34 P ≥ f ( t) ≥ f ( 2) = 33 Đẳng thức xảy x = 4,y = 1,z = Suy f ( t) = + ( Vậy minP = P= 0.5 ) 34 33 , x = 4,y = 1,z = y x z + + 2x + 3y y + z z + x Cách : Lấy đạo hàm theo z ta có : 0.5 P'( z ) = + −y ( y + z) * Nếu x = y x + ( z + x) P= * Ta xét x > y = ( x − y) ( z2 − xy) ( y + z) ( z + x) 2 P≥P ( ) xy = y x + 2x + 3y y+ x Khảo sát hàm P theo z , ta có P nhỏ z = xy x t2 ⇒P= + = f ( t) t ∈ ( 1;2 y +t 2t + Đặt với −2 4t3 ( t − 1) + 2t2 − t +    < 0,∀t ∈ 1;2 ⇒ f t ⇒ f '( t ) = ( ) ( ) 2 2t2 + ( t + 1) t= ( ) ( ) ( 1;2 khoảng Vậy P ≥ f ( t) ≥ f ( 2) = Vậy Cách : Đặt bc = Do y z x ,b = ,c = ⇒ abc = x y z x ≥1 y Khi đó: P= 1 + + + 3a 1+ b 1+ c 1 + ≥ nên áp dụng bất đẳng thức 1+ b 1+ c 1+ bc x ⇒ 1≤ t ≤ y t = bc = Đặt Ta chứng minh: P≥ 34 33 Đẳng thức xảy x = 4,y = 1,z = 34 33 , x = 4,y = 1,z = minP = a= P≥ a= t Do đó: P= t2 2t + 1+ t + 34 , ∀t ∈ 1;2 ∀t ∈ 1;2 33 Thật vậy, với ta có: 34 t2 34 ⇔ + ≥ 33 2t2 + 1+ t 33 quy đồng khai triển ta có được: ( ) ⇔ 35t3 − 64t2 + 69t − 162 ≤ ⇔ ( t − 2) 35t2 + 6t + 81 ≤ bất đẳng thức x = 4y x =  a =   ⇔ ⇔ z = 2y ⇔ y = 34 P≥  b = c = x = 2z    z = 33 Đẳng thức xảy Vậy 34 minP = 33 Vậy 1  y = ax,z = bx ⇒ a,b ∈  ;1 4  Cách : Đặt a b P= + + + 3a a + b b + Khi đó: f ( a) = Xét hàm số a b + , f '( a) = − + 2 + 3a a + b ( + 3a) ( a + b) b( + 3a) − 3( a + b) = 9a2b + 6ab + 4b − 3a2 − 3b2 Xét nghịch biến nửa ≥ 15a2b + 4b − 3a2 − 3b2 = 3a2 ( 5b − 1) + b( − 3b) > 1   1  ;1 ⇒ f(a) ≥ f  ÷ = 11 + 1+ 4b   Nên hàm đồng biến   b P≥ + + = g ( b) 11 1+ 4b b + Do đó: −4 1 g'( b) = + ⇒ g'( b) = ⇔ b = 2 ( 1+ 4b) ( b + 1) f ( a) Ta có:   34 34 g ( b) ≥ g  ÷ = P≥ 33   33 Từ suy ra: hay  a = x = 4y ⇔  x = 4,y = x,y,z ∈ 1;4 ⇒   b = x = 2z z = Đẳng thức xảy  , mà Vậy minP = 34 33 - Hết Ghi chú:Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa ... lại có 3000 + 2 1120 + 13680 = 37800 số số ( un ) (2,0 điểm) : Cho dãy số thực tăng u = 2020   un + 2019un − 2021un +1 + = 0, ∀n ≥ (1) 1 Sn = + + + u1 + 2020 u2 + 2020 un + 2020 Tính lim Sn... 1) ( un + 2020 ) un+1 − 1 1 = − un + 2020 un − un +1 − (*) Thay n 1, 2,3, , n vào (*) cộng vế với vế đẳng thức ta suy được: ⇒ Sn = Do 1 1 1 + + + = − = − u1 + 2020 u2 + 2020 un + 2020 u1 − un... dãy tăng nên un ≥ 2020, ∀n ≥ xác định un2 + 2019un + u + 2019un − 2021un +1 + = ⇔ un +1 = 2021 Ta có n u + 2019un − 2020 ⇔ un +1 − = n 2021 ⇔ 2021( un +1 − 1) = ( un − 1) ( un + 2020 ) ⇔ bởi: 0,5