Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2017-2018 – Sở Giáo dục và Đào tạo Bình Phước

Mời các bạn và các em học sinh cùng tham khảo Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2017-2018 – Sở Giáo dục và Đào tạo Bình Phước để hỗ trợ cho quá trình ôn luyện, củng cố kiến thức và tự đánh giá năng lực bản thân ngay tại nhà.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN THI: TỐN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 28/09/2017 (Đề thi gồm có 01 trang) Câu (THPT 4,0 điểm; GDTX 5,0 điểm) Cho hàm số y = 2x − x +1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị ( C ) hàm số b) Tìm điểm M thuộc ( C ) cho khoảng cách từ M đến đường thẳng ∆1 : x − y + = khoảng cách từ M đến đường thẳng ∆2 : x − y + = lần Câu (THPT 6,0 điểm; GDTX 6,0 điểm) cos3 x + cos x ( 2sin x − 1) − sin x − ( sin x + cos x ) a) Giải phương trình: = 2sin x −   y ( x6  1)  y( x2  2)  y2     b) Giải hệ phương trình:     x, y             x xy x x             n+2 c) Tìm hệ số số hạng chứa x8 khai triển thành đa thức 1 + x (1 − x )  Biết C20n + C22n + + C22nn = 2048 Câu (THPT 4,0 điểm; Thí sinh hệ GDTX làm câu 3b, GDTX 3,0 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có A 1;2 Gọi M , N trung điểm cạnh CD AD , K giao điểm BM với CN Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác BNK , biết đường thẳng BM có phương trình 2x  y   điểm B có hồnh độ lớn ( ) ( ) vng góc với AB kéo dài K ( B nằm A K ) Gọi C điểm nằm đường tròn ( O ) , b) Cho đường trịn O đường kính AB , đường thẳng d khơng có điểm chung với đường tròn O d ( C khác A B ) Gọi D giao điểm AC d , từ D kẻ tiếp tuyến DE với đường tròn ( E tiếp điểm E, C nằm hai phía đường kính AB ) Gọi F giao điểm EB d , G giao điểm ( ) AF O , H điểm đối xứng G qua AB Chứng minh ba điểm F, C, H thẳng hàng Câu (THPT 3,0 điểm; GDTX 4,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang với , AB  AD  a, CD  2a Biết hai mặt phẳng SAC  SBD  vng góc với mặt phẳng đáy, góc mặt phẳng (SBC ) mặt đáy 450 Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách hai đường thẳng SD BC Câu (THPT 2,0 điểm; GDTX 2,0 điểm) 1 − xy Cho x > 0, y > thỏa x + y + = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = + + xy + 2x + y − x2 − y Câu (THPT 1,0 điểm; Thí sinh hệ GDTX khơng phải làm câu 6) Cho dãy số (u n ) xác định R R   u12017 u22017 un2017 , ∀n ∈ N * Tìm lim  sau:  + + + 2017 u2 u u  = un +1 un un + u3 + un +1 + n +1  u2 + u u2 un  u1= a ≥ ( ) Hết U       Lưu ý: Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính bỏ túi, giám thị coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: U U SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC Hướng dẫn chấm gồm 07 trang HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2017-2018 MƠN THI: TỐN Lưu ý: Điểm tồn lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác cho điểm tối đa Điểm Câu Nội dung THPT GDTX Cho hàm số y = 2x − x +1 a) Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số b) Tìm điểm M thuộc (C) cho khoảng cách từ M đến đường thẳng lần khoảng cách từ M đến đường thẳng ∆1 : x − y + = ∆2 : x − y + = 4,0 5,0 0,5 0.5 0,5 0.5 0,5 0.5 0,5 1,0 ⊕ TXĐ:= D  \ {−1} ⊕ Sự biến thiên y′ = > 0, ∀x ≠ −1 nên hàm số đồng biến khoảng xác định ( x + 1) 2x − 2x − = +∞; lim+ = −∞ ⇒ Đồ thị hàm số nhận x →− x +1 x +1 đường thẳng có phương trình x = −1 tiệm cận đứng 2x − 2x −  Ta có lim = 2; lim = ⇒ Đồ thị hàm số nhận đường x →−∞ x + x →+∞ x + thẳng có phương trình y = tiệm cận ngang ⊕ Ta có lim− x →−1 Bảng biến thiên 1a ( )( )( )( )  Điểm đặc biệt: −2;6 , −3; 0; −2 , 1;  Đồ thị hàm số nhận giao điểm hai tiệm cận I (1;2) tâm đối xứng  Đồ thị:  2x −   Giả sử M  x0 ;  ∈ (C ); x0 ≠ −1 Ta có:  x0 +   ( x0 − ) d1 d M , ∆= = ( ) x0 − d= d M , ∆= 2 1b ⊕ d1 = d ⇔ 2 x0 − +4 x0 + = x0 − +5 x0 + = x02 + x0 + x0 + x02 + x0 + x0 + x02 + x0 + x0 + x02 + x0 +  2 x + x0 + (*) x0 + 2 x0 + x0 += = ⇔ 2 x2 + x + =− x2 + x + (**) 0  ( ) ) x = (**) ⇔ x02 + x0 + =  Ta có (*) ⇔ x02 + x0 =0 ⇔  0 vô nghiệm x = −   Với x   M 0; 2; x  2  M 2;6 Giải PT: 0,5 0,5 0,5 0,5 0,75 0,5 0,75 2,0 2,0 0,25 0,25 0,75 0,75 1,0 1,0 ( 0,5 cos3 x  cos2 x 2 sin x  1  sin 2x  sin x  cos x  sin2 x   ĐK: sin2 x    cos 2x   x  0  k  , k    PT  cos3 x  cos2 x 2 sin x  1  sin 2x  sin x  cos x    cos3 x  cos2 x 2 sin x  1  sin 2x  sin x  cos x    cos3 x  cos2 x sin x  cos2 x  sin x cos x  sin x  cos x    cos2 x sin x  cos x   cos x sin x  cos x   sin x  cos x      sin x  cos x  cos2 x  cos x      sin x  cos x     cos x     cos x    2a     Với sin x  cos x   sin x     x    k , k      Với cos x   x  k 2, k    Với cos x   2 x   k 2, k   Đối chiếu với điều kiện phương trình có họ nghiệm là: x  k 2, k  , x   2  k 2, k   Chú ý : Viết gộp họ nghiệm ta họ nghiệm x  U U m 2 ,m   Giải hệ phương trình:   y ( x  1)  y( x2  2)  y         x  3  xy x2   3 x   1            x, y    2,0 2,0 1,0 1,0 0,25 0,25 0,75 0,75 2,0 2,0   ĐK:  xy x2    Ta có PT (1)  x y + x y = y − y + y − + 3( y − 1) ⇔ ( x y ) + 3x y = ( y − 1) + 3( y − 1) Xét hàm số f (t ) = t + 3t có f '(t= ) 3t + > 0, ∀t ∈  ⇒ f (t ) đồng biến  Mặt khác PT (1) ⇔ f ( x y ) =f ( y − 1) ⇔ x y =y − ⇔ x y − y =−1  Thay x2 y  y  1 vào phương trình (2) ta có:   PT (2)  4 x  3  x x2 y  y  3 x   1     PT (2)  4 x  3 Vì x       x  3x    3 nghiệm phương trình nên xét x   , 4 chia vế phương trình cho 4x  ta có: 2b  x  3x    9   x  3x   1  4x  4x  Xét hàm số g(x )   x  3x   Ta có g '( x)  4x  3 x     3  1, với x ∈ ( −4; +∞ ) \ −  4x   4 36  x  3  3  4  với x ∈ ( −4; +∞ ) \ −  3  ⇒ Hàm số y  g(x ), đồng biến khoảng  −4; −  4     − ; +∞  ⇒ Trên khoảng   3     −4; −   − ; +∞  phương trình có 4    tối đa nghiệm Mà g(0)  g(3)   phương trình có hai nghiệm x  0, x  3 Với x   y  Với x  3  y    1 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm 0;1, 3;    2c  Tìm hệ số số hạng chứa x8 khai triển thành đa thức n+2 1 + x (1 − x )  Biết C20n + C22n + + C22nn = 2048 ⊕ Ta có (1 − 1) = C20n − C21n + C22n − C23n + + C22nn 2n ⇔ C20n + C22n + + C22nn = C21n + C23n + + C22nn −1 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 2,0 3,0 0,75 1,0 0,75 1,0 0,5 1,0 Mặt khác ta có (1 + 1) = C20n + C21n + C22n + C23n + + C22nn 2n 22 n ⇒ C20n + C22n + + C22nn = 22 n −1 Kết hợp với giả thiết ta có 22 n −1 = 2048 ⇔ 22 n −1 = 211 ⇔ n = Do C20n + C22n + + C22nn = C21n + C23n + + C22nn−1 = k k = k 0= k x )  ⊕ Ta có 1 + x (1 −= 8 ∑C  x (1 − = x )  ∑C k x k (1 − x ) k Hệ số x8 xuất số hạng ứng với k = k = Từ ta có hệ số x8 C83 C32 + C84 C40 = 238 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có A 1;2 Gọi M , N trung điểm cạnh DC AD , K giao điểm BM với CN Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác BNK , biết BM có phương trình 2x  y   điểm B có hồnh độ lớn A B I H N K D M C E Gọi E = BM ∩ AD ⇒ DM đường trung bình ∆EAB ⇒ DA = DE 3a Dựng AH ⊥ BM H ⇒ AH  d  A; BM     DCN   900  BM  CN   CND   BMC Ta có BMC  CND  BMC Trong tam giác vuông ABE: ⇒ AB  1    AH AB AE AB AH  , ta có B ∈ BM ⇒ B ( b; − 2b ) Vì điểm B có hồnh độ lớn nên nhận b= ⇒ B 3; Ta có AB = ⇔ (b + 1)2 + (6 − 2b)2 = ⇔ b = b = ( ) Phương trình AE : x + = Ta có E = AE ∩ BM ⇒ E ( −1; 10 ) Mà D trung điểm AE ⇒ D ( −1; ) Ta có N trung điểm AD ⇒ N ( −1;4 ) ⇒ Trung điểm I BN có tọa độ 1; 3 Do tứ giác ABKN nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp tam giác BNK đường trịn tâm I bán kính IA    BNK  :  x  1   y  3  2 Chú ý: Học sinh sử dụng hệ thức lượng tam giác vng để tính AB = U U ( ) Cho đường trịn O đường kính AB , đường thẳng d khơng có điểm ( ) chung với đường trịn O d vng góc với AB kéo dài K ( B nằm ( ) A K ) Gọi C điểm nằm đường tròn O , ( C khác A B ) Gọi D giao điểm AC d , từ D kẻ tiếp tuyến DE với đường tròn ( E tiếp điểm E, C nằm hai phía AB ) Gọi F giao điểm 2,0 ( ) EB d , G giao điểm AF O , H điểm đối xứng G qua AB Chứng minh F, C, H thẳng hàng A O H 3b G E C B d K D F Gọi H giao điểm FC với (O) Để chứng minh toán ta cần chứng minh H đối xứng với G qua AB  mà = Ta có AEKF tứ giác nội tiếp ⇒ EAK EFK   ⇒ EFK   ⇒ ∆DEF cân D ⇒ DE = DF EAK = DEF = DEF  DFA  Ta có= DE DC.DA ⇒= DF DC.DA ⇒ ∆DCF  ∆DFA ⇒= DCF =  = HGA  ⇒ GH / / FD Mặt khác DCF ACH =  AGH ⇒ DFA Mà FD ⊥ AB ⇒ GH ⊥ AB , Do AB đường kính ⇒ G, H đối xứng qua AB , (đpcm) = D = 900 , Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang với A AB = AD = a, CD = 2a Biết hai mặt phẳng ( SAC ) ( SBD ) vng góc với mặt phẳng đáy, góc mặt phẳng ( SBC ) mặt đáy 450 Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách hai đường thẳng SD BC S H E D C O F A B Gọi O giao điểm AC BD Khi đó, SO giao tuyến hai mặt phẳng ( SAC ) ; ( SBD ) 0,5 1,0 0,5 3,0 4,0 Mặt khác, hai mặt phẳng ( SAC ) ; ( SBD ) vng góc với mặt đáy nên SO ⊥ ( ABCD ) Gọi E trung điểm CD ⇒ ABED hình vng cạnh a Mặt khác, BE ⊥ CD;= BE CD ⇒ ∆BCD vuông cân B Do đó, BC ⊥ OB ⇒ BC ⊥ ( SOB ) ⇒ BC ⊥ SB 0,5 1,0 1,0 1,0 = ⇒ ( SB, OB ) = SBO 450 ( ( SBC ) , ( ABCD ) ) = Ta có: BD = AD + AB = a OB AB 1 a 2a AB / / CD ⇒ = = ⇒ OB = BD = ; OD = OD CD 3 2a + a ) a 3a ( a Ta có:= S ABCD = = = ; SO OB.tan 450 2 3 1 3a a a ⇒ VS ABCD = S ABCD SO = = 3 Gọi F điểm đối xứng với B qua A ⇒ BCDF hình bình hành 900 ⇒ BC / / DF ; ∠FDB = ∠DBC = Do đó= d ( BC , SD ) d (= BC , ( SDF ) ) d= ( B, ( SDF ) ) 32 d ( O, ( SDF ) ) Trong mặt phẳng ( SOD ) dựng OH ⊥ SD Khi đó, ta có: 0,5 1,0 OH ⊥ SD 1 ⇒ OH ⊥ ( SDF ) ⇒ d ( O, ( SDF ) ) = OH Ta có: =  + 2 ⊥ OH FD OH SO DO  SO.DO ⇒ OH= = SO + DO a 2a 3  a   2a    +      = 2a 10 a 10 ⇒ d ( BC , SD= ) 15 Chú ý : Kẻ BI  SD  BI đoạn vng góc chung SD BC U 1,0 1,0 U SO.BD Xét SBD ta có BI SD  SO.BD  BI   SD a a a 10  a 10 xy Cho số thực x, y > thỏa mãn x + y + = Tìm giá trị nhỏ 1 − xy biểu thức: P = + + + 2x + y − x2 − y 2,0 2,0 0,5 0,5 0,5 0,5  Theo BĐT AM-GM ta có: x + y + ≥ x y + Do đó: = x + y + ≥ x y + ⇔ x y + xy − ≤ xy ⇔ ( xy − 1) ( x y + xy + 3) ≤ ⇔ xy ≤ 1 + ≥ , ∀ x, y >  Ta ln có bất đẳng thức phụ sau: + x + y + xy 1 + ≥ Thật ta có: + x + y + xy ⇔ + xy + ( x + y ) + xy ( x + y ) ≥ + x + y + xy ⇔ x y + y x + ≥ xy (Điều x y + y x + ≥ 3 x3 y =3xy ) 1 − xy − xy (theo AM-GM) + + ≥ + 2 1+ 2x 1+ y − x − y + xy − xy − 2t t xy, t ∈ (0;1] Xét f (t ) = + , t ∈ (0;1]  Đặt= + t − 2t Vậy P = Ta có: = f '(t ) −2 (2 + t ) − ( − 2t ) < 0, ∀t ∈ (0;1] 0,5 0,5 0,5 0,5 1,0 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ⇒ f (t ) nghịch biến (0;1] nên P ≥ f (t ) ≥ f (1) =  x2 y = y x Vậy P =1 ⇔  ⇔ x = y =1  xy = u1 = a , ∀n ∈ N * 2017 = + u u u + n n n  Cho a ≥ Xét dãy số (u n ) xác định sau:  R R ( )     2017 2017 2017 u1 u2 un   Tìm lim + + + u2 u3 un +1   u3 + un +1 +  u2 + u u2 un   un un2017 + ⇔ un +1 − u= un2018 ≥ 0, ∀n ∈ N *  Từ giả thiết un= +1 n ( ) Mặt khác từ u1= a ≥ và= un +1 un ( un2017 + 1) ⇒ un > 0, ∀n ∈ N * Do un +1 − u= un2018 > 0, ∀n ∈ N * ⇒ ( un ) dãy số tăng ⇒ un > > u2 > u1 = a ≥ n ( )  Ta có un +1 = un un2017 + ⇔ un2018 = un +1 − un Khi = un2017 un +1 + un +1 un un +1 − un un un +1 Vậy ( un2018 un un +1 + un +1 un = un + un + n u12017 u2 + = u2 u1 + ) u22017 u3 + u3 u2 un +1 − un = un un +1 + + un un2017 un +1 + − un +1 un +1 un   1 1 1   1   = − =  − − − +  + +  = −  u  u u1 un +1 a un +1 u2   u2 u3  un +1    n Ta xét trường hợp sau:  Trường hợp 1: Dãy ( un ) bị chặn ⇒ ( un ) có giới hạn Giả sử giới hạn a, lấy giới hạn vế giả thiết = un +1 un ( un2017 + 1) a a ( a 2017 + 1) ⇔ = a (mâu thuẫn với un > a ≥ 1, ∀n ∈ N * ) ta có:=  Trường hợp 2: Dãy ( un ) không bị chặn Mà ( un ) dãy tăng ⇒ lim un = +∞ ⇒ lim un +1 = +∞     2017 2017 2017  u2 un   Khi lim  u1 + + + = lim  − =   a u2 u3 un +1   un +1   + + + u u u n +1  u1 u2 un   Hết U a ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC Hướng dẫn chấm gồm 07 trang HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2017-2018 MƠN THI: TỐN Lưu ý: Điểm tồn... ngoại tiếp tam giác BNK đường trịn tâm I bán kính IA    BNK  :  x  1   y  3  2 Chú ý: Học sinh sử dụng hệ thức lượng tam giác vng để tính AB = U U ( ) Cho đường trịn O đường kính AB ,...  u2 + u u2 un   un un2017 + ⇔ un +1 − u= un2018 ≥ 0, ∀n ∈ N *  Từ giả thi? ??t un= +1 n ( ) Mặt khác từ u1= a ≥ và= un +1 un ( un2017 + 1) ⇒ un > 0, ∀n ∈ N * Do un +1 − u= un2018 > 0, ∀n ∈