Đề thi học sinh giỏi tỉnh toán 12 sở GD&ĐT Quảng Bình năm 2020-2021

Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất... Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng.[r]

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2020-2021 Khóa ngày 08 tháng 12 năm 2020

Mơn thi: TỐN SỐ BÁO DANH:………

LỚP 12 THPT

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề gồm có 01 trang 05 câu

Câu (2,0 điểm)

a Cho hàm số

1

x y

x  

 có đồ thị ( )C Gọi A B, giao điểm ( )C với trục tọa độ Tìm ( )C điểm M có tọa độ nguyên cho tam giác MAB có diện tích 8(đvdt)

b Tìm m để giá trị lớn hàm số sin 3 os2 1sinx

12

y x c x m Câu (2,0 điểm)

a Cho dãy số  un thỏa mãn 19

1 19

logu logu  logu logu 33 un1un2, với n*. Tìmn cho ( 2)un 42020.

b Cho   2020 2020 2020

x x

f x 

 Tính tổng

1 2020

2021 2021 2021

S f  f  f 

     

Câu (2,0 điểm)

a Cho đa giác A A A1 2 2020 nội tiếp đường tròn (O), chọn ngẫu nhiên đỉnh đa giác Tính xác suất để nhận tam giác tù

b Chứng minh   1 2  2 2  20202 2019 2020 2020 2020 2020 2020 2020 4038

C  C  C   C  C

Câu (3,0 điểm)

Cho tứ diện ABCD hai điểm M, N thuộc cạnh AB AC, cho 2AM BM, 2CN  AN. Mặt phẳng  P qua hai điểm M, N song song với cạnh AD, cắt cạnh BD CD Kvà L

a GọiV thể tích khối tứ diện ABCD Tính thể tích khối đa diện BCMNLK theoV b Giả sử tứ diện ABCD có BCx0 x , tất cạnh cịn lại Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn

Câu (1,0 điểm)

Chứng minh với số nguyên dương n lớn 1, ta ln có

2

1 1 1

ln log

2

n n

n

      

Đáp án Toán 12 năm học 2020-2021 Trang SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM

KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2020-2021 Khóa ngày 08 tháng 12 năm 2020

Mơn thi: TỐN LỚP 12 THPT

Đáp án gồm có 06 trang YÊU CẦU CHUNG

* Đáp án trình bày lời giải cho câu Trong làm học sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng

* Trong câu, học sinh giải sai bước giải trước cho điểm bước giải sau có liên quan Ở câu học sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai cho điểm * Điểm thành phần câu nói chung phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm thành phần 0,5 điểm tuỳ tổ giám khảo thống để chiết thành 0,25 điểm

* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm câu

* Điểm tồn tổng (khơng làm trịn số) điểm tất câu

Câu Nội dung

1

a Cho hàm số x y

x  

 có đồ thị ( )C Gọi A B, giao điểm

( )C với trục tọa độ Tìm ( )C điểm M có tọa độ nguyên cho tam giác MAB có diện tích 8 (đvdt)

b Tìm m để giá trị lớn hàm số

2

1

sin os sinx

12

y x c x m

2,0 điểm

1a

Giao điểm ( )C với trục hoành A(-2; 0), với trục tung B(0; -2)

Phương trình đường thẳng AB x y  2 0, AB 2. 0,25

Gọi

0

2

; )

1

M(x x

x 

 với x0 1 Ta có

2

0

0

0

2

2

2

d(M; AB) =

x x

x x x

x 

 

 





0,25

2

0

0

1

8 d(M, AB) = 2

2 2

SMAB AB x x

x 

   

 0,25

0

0 0

2

0 0 2

0 0

0

2

6

2

5 33

10

5 33

x x

x x

x x x

x

x x

x  

  

    

  

  

  

 

 

 

 



Vậy có hai điểm M thỏa mãn M(2; 4), M(4; 2).

0,25

1b

3

2

3sin 4sin sinx sin

1 sin sin

12

x x x

Đáp án Toán 12 năm học 2020-2021 Trang

Đặt tsinx, t  1;1 , ta có hàm số

3

2 1

3 t

y   t m với t  1;1

Xét

3

( )

3 t

g t    t m với t  1;1

2

( )

2 (L) t

g t t t

t            1

( 1) ; (0) m 1, (1)

3

g   m g   g  m

Ta có

1;1

1

max sin os sinx max

12

x t

t

x c x m t m

   

         

1 1

max , , max ,

3 3

m m m m m

   

   

   

      

Đặt , ,

3 Am m 

  ta có trường hợp:

0.25

+ TH1 : 1

0 m m m        7 1, 3 1 1, 3 A A                   

Ta thấy có m0 thỏa mãn yêu cầu toán

0.25

+TH2:

2

1 1

4 3 m m m            1 ,1 3 7 ,1 3 A A                   

Ta thấy có

m thỏa mãn yêu cầu toán Kết luận : 0; =2

3

m m

0.25

2

a Cho dãy số  un thỏa mãn 19

1 19

logu logu  logu logu 33 un1un2, với n*.Tìm n

cho ( 2)un 42020 b Cho   2020

2020 2020

x x

f x 



Tính tổng 2020

2021 2021 2021

S f  f f  

     

2,0 điểm

2a

Điều kiện 19

19

0,

log log

u u u u         

Đặt 19

3

1

19

log log

3

log log

a u u

a b

b u u

  

    

  

  

Đáp án Toán 12 năm học 2020-2021 Trang Ta hệ phương trình

  

3

3

3

1

3

b a

a b a

a a b

a b

  

     

  

  

  

         

 

  (thỏa mãn)

0,25 Do un1 un nên  un cấp số cộng với công sai d2

1

19 18 36

u u d u

  

Với a1 suy

19

19 19 1 1

1

1 log 10 36 10

log log u u u u u u

u

u  u          

0,25

Số hạng tổng quát  un un   u1 n 1d 4 2n  1 2n Do

2020 2 2020

( 2)un 4 ( 2) n 4  n 4039 Kết luận : n4039

0,25

2b

Ta có (1 ) 2020

2020x 2020 f x 

 0,25

( ) (1 )

f x f x

    0,25

1 2020

2021 2021 2021

S f   f  f 

     

1 2020 2019 1010 1011

1010

2021 2021 2021 2021 2021 2021

f  f  f  f   f   f 

             

           

0,5

3

a Cho đa giác đềuA A A1 2 2020 nội tiếp đường tròn (O) Chọn ngẫu nhiên đỉnh đa giác Tính xác suất để nhận tam giác tù

b Chứng minh

  1 2  2 3 2  20202 2 2019 2020 2020 2020 2020 2020 2020 4038

C  C  C   C  C

2,0 điểm

3a

Ta có  C20203 0,25

Gọi A biến cố : ‘ Chọn đỉnh từ đa giác để tạo thành tam giác tù’ Xét đường chéo A A1 1011 đa giác đường kính đường trịn  O ngoại tiếp đa giác đều, chia đường tròn làm hai phần, phần có 1009 điểm: từ A2 đến A1010 A1012đến A2020

Khi đó, tam giác có dạng A A A1 i j tam giác tù Ai Aj nằm nửa đường trịn  O

Chọn nửa đường trịn: có cách chọn

0,25

Chọn hai điểm A Ai, j hai điểm tùy ý lấy từ 1009 điểm A A2, , ,3 A1010

có 1009

C cách chọn 0,25

Giả sử Ai nằm A1 Aj tam giác A A A1 i j tù đỉnh Ai Mà A A Aj i 1 A A A1 i j nên kết bị lặp hai lần

Có 2020 cách chọn đỉnh.,

2

2 1009

1009

2.C 2020

2020C

A

  

Vậy

2 1009 2020

2020C 504

( )

673

A

p A

C



   

Đáp án Toán 12 năm học 2020-2021 Trang 3b

Ta có

1, k k n n

kC nC  với1 k n

Áp dụng cơng thức ta có

1

2020 2019

2

2020 2019

3

2020 2019

2020 2019 2020 2019

2020

2 2020

3 2020

2020 2020

C C

C C

C C

C C

 

 



 

 

 





0,25

  1 2  2 3 2  20202 2020 2020 2020 2020 2020

C C C C

    

     2 2  2

2 2019

2019 2019 2019 2019

2020  C C C C  (1)

       0,25

Ta có, hệ số chứa x2019trong khai triển đa thức 1x 2019 x12019

     0 1 2  2019 2019 2019 2019 2019

C  C  C   C hệ số chứa 2019

x khai triển đa thức 1x4038 2019

4038

C

0,25

Do      0 2 2  2019 2019 2019 2019 2019 2019 4038 (2)

C  C  C   C C

Từ (1) (2) suy

  1 2  2 3 2  20202 2 2019 2020 2020 2020 2020 2020 2020 4038

C  C  C   C  C

0,25

4

Cho tứ diện ABCD hai điểm M, N thuộc cạnh AB AC,

sao cho 2AM BM, 2CN  AN.Mặt phẳng  P qua hai điểm M, N song song với cạnh AD, cắt cạnh BD CD K L

a GọiV thể tích khối tứ diện ABCD Tính thể tích khối đa diện BCMNLK theo V

b Giả sử tứ diện ABCD có BCx0 x , tất cạnh cịn lại 1.Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn

3,0 điểm

4a

0,25

Kẻ MK/ /AD K BD NL AD L CD(  ), / / (  ) 0,25

Ta có

3 BMK BAD

BM BK

S S

BA  BD   

d(N;(ABD)) 2

d(N;(ABD)) d(C;(ABD))

d(C;(ABD)) 3

NA CA

   

0,25 0,25

B D

C A M

N

K

L E

Đáp án Toán 12 năm học 2020-2021 Trang

Suy .

27

N BMK

V  V

Tương tự, ta có d(N;(BCD)) 1d(A;(BCD))



Từ 1,

3

DK DL

DB  DC 

0,25

2

9

DKL DBC BCLK DBC

S S S S

    0,25

Suy .

27

N BCLK

V  V

Do . . 15

27

BCMNLK N BMK N BCLK

V V V  V  V

0,25

4b

Gọi E F, trung điểm BC AD

Ta có EF  BC EF,  AD AD(FBC) 0,25

Tam giác FBC cân F nên

2 2

2 2

4 4

BC AD BC x

EF BF   AB    

suy

2 x EF  

0,25

Do . 3

3 12

ABCD FBC

V  AD S  x x 0,25

2 3 1

24

x  x

  0,25

Đẳng thức xảy x Kết luận :

2 x

0,25

5

Chứng minh với số nguyên dương n lớn 1, ta có

2

1 1 1 1

ln log

2 2 3 2

n n

n

       điểm 1,0

Theo bất đẳng thức Cauchy với k2, k N:

1 so

2 1 1 2.1.1

k k

k

k

k k



    

    (Dấu khơng xảy ra)

Do đó: 

3 2



n n n  

0,25

Nhân vế theo vế bất đẳng thức ta có: 2 2 23 4 5 .

n n

n 

Đáp án Toán 12 năm học 2020-2021 Trang Hay

1

2

2

2

n n

   

 , logarit số hai vế ta có :

 

2

1 1 1 log 1

2 3 2 ĐPCM

n n



   

+ Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức với x0,thì ln(x 1) x

Thật vậy, xét hàm số f x( ) ln( x 1) x, có ( ) 1

1

x f x

x x



    

  với

0

x Do f x( )nghịch biến nên với x0 f x( ) f(0) 0  Do

ln(x 1) x.

+ Áp dụng bất đẳng thức ta có :

1

ln(1 )

2

 

1

ln(1 )

3

 

ln(1 1) n n  

0,25

Cộng vế theo vế ta có:

ln(1 )

 +ln(1 1)

 +… +ln(1 1) n

 <1 1 1

2 3  n

 

1 1

ln(1 )(1 ) (1 )

2

3

ln( )

1 ln

2

1 1 1

2 3

1 1 1

2 3

1 1 1 2 3

n n

Đ CM n

n

P

n n

n

    



 



 

  

  

  