Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2019-2020 - Sở Giáo dục và Đào tạo Bình Phước (Đề chính thức) giúp học sinh nắm được cấu trúc đề thi cũng như những nội dung chính được đề cập trong đề thi để từ đó có kế hoạch học tập và ôn thi một cách hiệu quả hơn.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM 2019 Mơn: Tốn Thời gian làm bài: 180 phút (khơng kể thời gian phát đề) Ngày thi: 22/09/2019 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) x +1 có đồ thị ( C ) x −1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị ( C ) hàm số y = f ( x ) Câu (4 điểm) Cho hàm = số y f= ( x) b) Tìm hai điểm A, B thuộc hai nhánh đồ thị ( C ) cho AB ngắn Câu (6 điểm) a) Giải phương trình: ( sin x + cos x ) cos x + cos x − sin x = 2 xy − y − y + + xy x + = b) Giải hệ phương trình: 3 x − 2 x y= x + + c) Có 27 thẻ đánh số tự nhiên từ đến 27 (mỗi thẻ đánh số) Rút ngẫu nhiên ba thẻ Tính xác suất để rút ba thẻ mà tổng số ba thẻ chia hết cho Câu (4 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I ( −2; −1) , � = 90� , H ( −1; −3) hình chiếu vng góc A lên BC K ( −1; ) điểm thuộc ��� đường thẳng AC Tìm tọa độ đỉnh A, B, C Biết điểm A có hồnh độ dương b) Cho tam giác ABC ( AB < AC ) Đường phân giác góc A cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC điểm D Gọi E giao điểm đường trung trực đoạn thẳng AC đường phân giác ngồi góc A Gọi H giao điểm DE AC Đường thẳng qua H vng góc với DE cắt AE F Đường thẳng qua F vng góc với AE cắt AB K Chứng minh KH song song BC Câu (3 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật biết= AB a= , BC 2a, tam giác SAB nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng ( ABCD ) a) Tính thể tích khối chóp S ACD b) Tính khoảng cách hai đường thẳng SC BD Câu (2 điểm) Cho a, b, c số thực không âm thỏa ( a + b )( b + c )( a + c ) > a ≥ max {b, c} Chứng minh rằng: a + ( b + c ) 15 11 a b c + + > + b+c a+c a+b a Câu (1 điểm) Cho dãy số ( un ) xác định 1; u= 2020; un += u= 1 1 1 Tính lim + + + + n →+∞ u un u2 u3 2019un 2019 + 1 + un −1 , ∀n ≥ n n −1 ………HẾT……… - Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay Giám thị coi thi khơng giải thích thêm 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP LỜI GIẢI CHI TIẾT Bài x +1 có đồ thị ( C ) x −1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị ( C ) hàm số y = f ( x ) Cho hàm số y = f ( x ) = b) Tìm hai điểm A , B thuộc hai nhánh đồ thị ( C ) cho AB ngắn Lời giải x +1 x −1 +) Tập xác định: D = ℝ \ {1} a) y = f ( x ) = +) y′ = −2 ( x − 1) < , ∀x ≠ Hàm số nghịch biến khoảng ( −∞;1) (1; +∞ ) +) y′ không xác định x = +) lim y = nên y = tiệm cận ngang đồ thị hàm số x →±∞ +) lim− y = −∞ ; lim+ y = +∞ nên x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số x →1 x →1 +) Đồ thị x +1 x +1 b) Giả sử A x1; ; B x2 ; , với x1 < < x2 x2 − x1 − Đặt x1 = − a ; x2 = + b với a, b > ( x2 − x1 ) ( a + b) = ( x2 − x1 ) + = (a + b) + 2 ( x1 − 1) ( x2 − 1) ( ab ) AB ≥ 4ab 2 2 = ( a + b ) 1 + ab = 16 ab 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP a = b a = Dấu " = " xảy Vậy A − 2;1 − , B + 2;1 + ⇔ b = 1 = ab ( ) ( ) Bài a) Giải phương trình ( sin x + cos x ) cos x + cos x − sin x = 2 xy − y − y + + xy x + = b) Giải hệ phương trình x − 2 x y = x + + (1) ( 2) c) Có 27 thẻ đánh số tự nhiên từ đến 27 (mỗi thẻ đánh số) Rút ngẫu nhiên ba thẻ Tính xác suất để rút ba thẻ mà tổng số ba thẻ chia hết cho Lời giải a) ( sin x + cos x ) cos x + cos x − sin x = ⇔ sin x cos x + cos x ( cos x + ) − sin x = ⇔ sin x ( 2cos2 x − 1) + cos x ( cos x − ) = ⇔ cos x ( sin x + cos x − ) = π kπ x= + cos x = ⇔ ⇔ sin x + π = 2(PTVN) sin x + cos x − = 4 π kπ Vậy nghiệm phương trình S = + | k ∈ ℤ 4 b)ĐK: x ≥ 0; y ≥ Nhận thấy x = 0; y = nghiệm hệ phương trình ta xét x > 0, y > Ta có: ) ( xy − y − y + + xy x + = ⇔ xy + x + = y + y + ) ( ⇔ x + x2 + = 1 + 1+ y y ( ) Xét hàm số f ( t ) = t + + t , t > , f ′ ( t ) = + + t + Hàm ( f (t ) số ) 2x + 4x2 + = đồng biến t2 1+ t ( 0; +∞ ) >0 dó ta có 1 1 1 + 1+ ⇔ f (2x) = f ⇔ 2x = ⇔ y = y y y 2x y Thay vào phương trình ( ) ta có: 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP x − = x + + ⇔ x − = x + − ⇔ ( x − ) x + x + − x = ⇔ x2 + x + − =0 x + + 23 x + + 3 ( + Vói x = ⇒ y = + Với x + x + − ⇔ ( x + 1) + − thoả mãn yêu cầu ( x+6 ) ) x+6 ) =0 + 23 x + + ( ( ) =0 x + + 23 x + + + 23 x + + = ⇔ ( x + 1) ( + ( 3 ) x + + 1) x + +1 + +3 = ( *) Phương trình (*) vơ nghiệm x = Vậy hệ có nghiệm y = c) Gọi Ω không gian mẫu phép thử: “Rút thẻ 27 thẻ” Khi đó, n ( & ) = C273 = 2925 Gọi biến cố A : “Rút thẻ 27 thẻ mà tổng số ba thẻ chia hết cho 3” Xét tập hợp: Tập B : “Các thẻ có số chia hết cho 3” ⇒ B = {3; 6;9;12 ;15;18; 21; 24 ; 27} Tập C : “Các thẻ có số chia cho dư 1” ⇒ C = {1; 4; ;10 ;13;16;19 ; 22 ; 25} Tập D : “Các thẻ có số chia cho dư 2” ⇒ D = {2 ;5;8;11;14;17 ; 20 ; 23; 26} (Nhận xét: Ba tập hợp B, C, D đôi rời với n ( B ) = n ( C ) = n ( D ) = ; 27 thẻ liệt kê tập trên, khơng có thẻ liệt kê lần) Theo tính chất đồng dư phép chia hết cho 3, biến cố A xảy khả sau xảy ra: KN1 thẻ rút nằm tập B , n1 ( A ) = C93 = 84 KN2 thẻ rút nằm tập C , n2 ( A ) = C93 = 84 KN3 thẻ rút nằm tập D , n3 ( A ) = C93 = 84 KN4 thẻ rút có thẻ tập B , thẻ tập C , thẻ tập D , n4 ( A ) = C91C91C91 = 729 Do đó, n ( A ) = n1 ( A ) + n2 ( A ) + n3 ( A ) + n4 ( A ) = 981 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP Vậy xác suất biến cố A là: P ( A ) = n ( A ) 981 109 = = n (ω ) 2925 325 Bài a) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I ( −2; −1) Góc AIB 90o , H ( −1; −3) hình chiếu vng góc A lên BC K ( −1; ) thuộc đường thẳng AC Tìm toạ độ A, B, C biết A có hoành độ dương b) Cho tam giác ABC ( AB < AC ) Đường phân giác góc A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D Gọi E giao điểm đường trung trực đoạn thẳng AC đường phân giác góc A , H = DE ∩ AC Đường thẳng qua H vng góc với DE cắt AE F Đường thẳng qua F vng góc với AE cắt AB K Chứng minh KH //BC Lời giải a) Ta có AIB = 900 nên ACH = 450 suy tam giác AHC vuông cân H Mặt khác IA = IC nên HI ⊥ AC Phương trình đường thẳng AC qua K ( − 1;2 ) vng góc với HI có phương trình −x + y − = Gọi A ( 2a − 5; a ) ∈ AC Ta có AC = AH ⇒ AH = ⇔ ( − 2a ) AC = HK = HK = 2d ( H ; AC ) = 10 a = −1 ⇒ A ( −5; −1) ( l ( + ( −3 − a ) = 10 ⇔ a = ⇒ A (1;3) )) Vậy A (1;3 ) Phương trình đường thẳng BC qua H ( −1; −3) vng góc với AH có phương trình x + y + 10 = Gọi B ( 3b − 10; b ) ∈ BC , ta có IB = ( 3b − 8; b + 1) ; IA = ( 3;4 ) 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP Vì tam giác AIB vuông I nên IB IA = ⇔ ( 3b − ) + ( b + 1) = ⇔ b = 20 20 ⇒ B 10; 3 Vì C = AC ∩ BC nên tọa độ điểm C nghiệm hệ phương trình x + y + 10 = x = −7 ⇔ ⇒ C ( −7; −1) − x + y − = y = −1 b) Ta có H = DE ∩ AC Gọi M, N, P trung điểm AB, AC B Khi đó, ta có: MN PC BAC EN BAC NM NE = = cos PCD = cos ; = cos NEC = cos NEA = cos ⇒ = DC DC EC CD CE Lại có: MNE = 90° + ANM = 90° + ACB; DCE = ACB + BCD + NCE = ACB + NEC + NCE = ACB + 90° Suy MNE = DCE ⇒ *MNE ∼ *DCE ( c.g.c ) ⇒ MEN = DEC ⇒ MEN + OEH = DEC + OEH 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP ⇔ MEH = OEC = BAC = MAD ⇒ DMAE tứ giác nội tiếp suy DM ⊥ ME (2) Giả sử ME ∩ AD = I , ta chứng minh F , I , H ; F , M , D BAC = IAH ⇒ IAEH tứ giác nội tiếp suy IH ⊥ DE ⇒ I , F , H (do FH vng góc với DE) (1) Từ (1) kết hợp với DI ⊥ FE ⇒ I trực tâm tam giác FDE suy FD ⊥ IE (3) Có: IEH = Từ (2) (3) suy F , M , D FA AM = ⇔ AB AH = AE AF HA AE FA AK *FAK ∼ *NAE ( g g ) ⇒ = ⇔ AC AK = AE AF NA AE AH AC Suy AB AH = AK AC ⇔ = ⇒ KH // BC AK AB Dễ thấy *FAM ∼ *HAE ( g g ) ⇒ Bài Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật biết AB = a , BC = 2a , tam giác SAB nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng ( ABCD ) a) Tính thể tích khối chóp S ACD b) Tính khoảng cách hai đường thẳng SC BD Lời giải a) Tính thể tích khối chóp S ACD Vì ABCD hình chữ nhật nên AB = CD = a , BC = AD = 2a Gọi H trung điểm AB Vì tam giác SAB nên SH ⊥ AB SH = a ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) Khi ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) SH ⊂ ( SAB ) , SH ⊥ AB a a3 1 = Ta có VS ACD = S *ACD SH = AD.CD.SH = 2a.a 6 3 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP b) Tính khoảng cách hai đường thẳng SC BD Từ C kẻ đường thẳng song song với BD cắt AB điểm E BD //CE ⇒ BECD hình bình hành ⇒ BE = CD = a Ta có BE //CD Suy BE = HE Khi d ( BD, SC ) = d ( BD, ( SCE ) ) = d ( B, ( SCE ) ) = d ( H , ( SCE ) ) (*) Kẻ HI ⊥ CE ( I ∈ CE ) , mà CE ⊥ SH ⇒ CE ⊥ ( SHI ) ⇒ ( SCE ) ⊥ ( SHI ) ( SCE ) ⊥ ( SHI ) Do ( SCE ) ∩ ( SHI ) = SI ⇒ HK ⊥ ( SCE ) HK ⊥ SI ( K ∈ SI ) Suy HK = d ( H , ( SCE ) ) Kẻ BJ ⊥ CE ( J ∈ CE ) ⇒ BJ //HI ⇒ HI = Xét tam giác BCE vng B có BJ = ⇒ HI = BJ BE.BC BE + BC = 2a = 3a 17 17 3a Xét tam giác SHI vuông H có HK = SH HI SH + HI 2 3a 17 2a 17 Từ (*) ⇒ d ( BD, SC ) = = 17 17 Bài Cho a, b, c số thực không âm thoả ( a + b )( b + c )( a + c ) > a ≥ max {b, c} Chứng minh rằng: a + ( b + c ) 15 a b c 11 + + > + b+c a+c a+b a Lời giải Đặt x = a + (b + c) 11 a b c b c + + , y = P = +2 b+c a+c a+b a a a Từ a ≥ max {b, c} suy x ≤ 1, y ≤ x 11 + + x + y y +1 Do ≤ x, y ≤ nên Khi P = y + 1+ 7( x + y) x +1 x (1 − y ) ≥ ⇔ x ≥ xy ⇔ x + y ≥ y + xy ⇒ ⇒ y y y2 ≥ ⇒ ≥ ⇒ x +1 x + y x +1 x + y 1 ≤ x + y y ( x + 1) y ≥ x +1 y x+ y 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP Tương tự, ta có x ≥ y +1 x x+ y Khi P≥ 11 x + + x+ y x+ y y + 1+ 7(x + y) = x+ y 11 + x + y + 1+ 7( x + y) x+ y Đặt t = x + y , ( < t ≤ ) ta 11 P ≥ + t + + 7t = f ( t ) t 11 14t = ⇔ t = (thoả) f ′ (t ) = − + + t + 7t 15 Suy P ≥ f = 3 x = b = Dấu “=” xảy t = ⇔ b + c = a ⇔ a = b = c = (vô lý) y = c = a Vậy P > 15 Bài Cho dãy số ( un ) xác định u1 = 1; u2 = 2020; un+1 = 1 1 Tính lim + + + + n →+∞ u un u2 u3 2019un 2019 + 1 + un −1 , n ≥ n n −1 Lời giải 2019un 2019 un un−1 + 1 + Ta có un+1 = un−1 = 2019 + + un −1 n n −1 n n −1 n u u u u u = 2019 n + n −1 + 2019 n−2 + n −3 + un −3 = = 2019∑ i + u1 n n −1 n −2 n −3 i =1 i n +1 u Suy un+ = 2019 ∑ i i =1 i un +1 + u1 = 2019 n + + un +1 Vậy un+1 = 2019un n + 2019 un +1 n + 2019 + un = un = , ∀n ∈ ℕ ⇒ n n un n Do un = ( 2019 + 1)( 2019 + ) ( 2019 + n − 1) ( n − 1)! Vậy = 1+ 1+ n ( k − 1)! 1 1 + + + + = + +∑ u1 u2 u3 un 2020 k =3 ( 2019 + 1)( 2019 + ) ( 2019 + k − ) ( k −1)! 2! n k! − − ∑ + 2018 2020 2018 k =3 ( 2019 +1)( 2019 + 2) ( 2019 + k − 2) ( 2019 +1)( 2019 + 2) ( 2019 + k −1) n! − 2018 2018.2020.2021 ( 2019 + n − 1) 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP n! =0 x →∞ 2018.2020.2021 ( 2019 + n − 1) Do lim 1 1 Nên lim + + + + n →+∞ u un u2 u3 2019 = 2018 HẾT 10 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP ...LỜI GIẢI CHI TIẾT Bài x +1 có đồ thị ( C ) x −1 a) Khảo sát biến thi? ?n vẽ đồ thị ( C ) hàm số y = f ( x ) Cho hàm số y = f ( x ) = b) Tìm hai điểm A , B thuộc hai... biến t2 1+ t ( 0; +∞ ) >0 dó ta có 1 1 1 + 1+ ⇔ f (2x) = f ⇔ 2x = ⇔ y = y y y 2x y Thay vào phương trình ( ) ta có: 7ҥL W j L O L ӉX PL ӇQ SKt KW W SV Y QGRF F RP x −... tổng số ba thẻ chia hết cho 3” Xét tập hợp: Tập B : “Các thẻ có số chia hết cho 3” ⇒ B = {3; 6;9 ;12 ;15;18; 21; 24 ; 27} Tập C : “Các thẻ có số chia cho dư 1” ⇒ C = {1; 4; ;10 ;13;16;19 ; 22 ;