Đề thi học sinh giỏi Toán 12 cấp tỉnh năm 2020 - 2021 sở GD&ĐT Thái Nguyên - TOANMATH.com

Gọi O I , lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC.. Chứng minh rằng EQ là đường trung trực của đoạn thẳng MP.[r]

Trang UBND TỈNH THÁI NGUYÊN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TOANMATH.com Đề thi gồm có 01 trang

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC: 2020 – 2021

Môn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Câu (6,0 điểm)

a) Tìm cực trị hàm số y x 2 x2 x 1.

b) Cho hàm số y  x7 m m2 3x4m m2 25m3x22020 Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số nghịch biến 

Câu (6,0 điểm)

a) Giải bất phương trình

2 4 2

5

x

x x

x 

   

 b) Giải phương trình 32 cos6 sin3 3sin

2

x x x

 

 

 

 

Câu (3,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB3a, AD3a 2,

 

SA ABCD , SA4a Gọi M, N trung điểm cạnh SD AD a) Tính góc đường thẳng AC mặt phẳng BMN

b) Mặt phẳng   qua hai điểm B, M song song với AC Biết mặt phẳng   cắt cạnh SA, SClần lượt hai điểm E, F Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng BEMF Câu (2,0 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ABAC(tam giác ABC không cân ) Gọi O I, tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC AD D BC(  ) đường phân giác BAC Đường thẳng AD cắt đường tròn  O điểm E E(  A) Đường thẳng d qua điểm I vuông góc với AE cắt đường thẳng BC điểm K Đường thẳng KA KE, cắt đường tròn  O điểm M N M, ( A N; E) Đường thẳng ND NI, cắt đường tròn  O điểm P Q P N Q N, (  ;  ) Chứng minh EQ đường trung trực đoạn thẳng MP

Câu (2,0 điểm)

Cho dãy số ( )un với

1

2021 2020

2020

2020 (*)

n n n n

u

u  u u u

 

   



a) Chứng minh limun   b) Tính

2020 2020 2020

1

2

lim

2020 2020 2020

n n

u

u u

u u u 

 

  

    

Trang Câu (1,0 điểm)

Cho x, ,y z số thực dương thay đổi thỏa mãn: x y z  3 Chứng minh rằng:  2 2  2 2 2

Trang HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1:

a) Tìm cực trị hàm số y x 2 x2 x 1.

b) Cho hàm số y  x7 m m2 3x4m m2 25m3x22020 Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số nghịch biến 

Lời giải a) Tìm cực trị hàm số y x 2 x2 x 1

2

2

y x  x  x TXĐ: D

2

2

2 1

1

1

x x x x

y

x x x x

    

   

   

   

 

2

2

2

0 1

1 x

y x x x x x x

x x x

 



               

   

 

2

3

x x

x    

 

   

0

1

x x

x    

   

   

1 x

    y

+∞ +∞

0

x y' y

1

+

+

∞ ∞

1 Vậy hàm số đạt cực tiểu x 1, yCT1

b) Cho hàm số y  x7 m m2 3x4m m2 25m3x22020 Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số nghịch biến 

   

7 2 3 2 5 3 2020

y  x m m x m m  m x  TXĐ: D

   

6

7 2

y   x  m m x  m m  m x

   

6

0 2

y    x  m m x  m m  m x

   

5 2

7 2

x x m m x m m m 

       

     

5 2

0

7 2

x

x m m x m m m

 

       

Trang Hàm số nghịch biến   y0,  x ( Dấu xảy hữu hạn điểm)

 1

 có nghiệm x0

 

2m m2 5m

   

0

2 m

m m  

    

 m m m      

   

Thử lại:

 Với m0: y  x7 2020 y 7x6 0,  x Hàm số nghịch biến   Với m1: y  x7 x4 y 7x64x3

 

6 3 3

0

0 7 196

7 x

y x x x x

x   

           

  

Đặt 1 3196

x   x2 0

x1 ∞

∞ +

+

y y'

x x2

0 0

Hàm số đồng biến 3196;0

 



 

 

 

 Với

m : y  x7 2020y 7x60,  x  Hàm số nghịch biến  Vậy m0,

2

m hàm số nghịch biến 

Câu 2:

a) Giải bất phương trình

2 4 2

5

x

x x

x 

   

 b) Giải phương trình 32 cos6 sin3 3sin

2

x x x

  

 

 

Trang Do 2x 4 2   x 0,  2;2 nên bất phương trình cho tương đương với bất phương trình  

2

2 4 6 4

2 2

x x x

x x x

   



   

6

2 2

x x

x x x

 

 

   

6x 4 5 x2 1 2x 4 2 x 0         (*)

Ta có  2x 4 2x 2  2x 4 2 x2  1 2x  4 2x24 Suy 2x 4 2 x 24 5,   x  2;2

Mặt khác x2    1 5, x  2;2, x2 1 2x 4 2    x 0, x  2;2 Do (*)

3

x x

    

Đối chiếu với điều kiện ta tập nghiệm bất phương trình cho là: 2;2 S  

  b) Giải phương trình: 32cos6 sin 3 3sin

2

x

x x

   

 

 

Ta có

3

2

32 cos sin3 3sin 32 cos 3sin 4sin 3sin

2

x x x x x x x

        

   

  

    

 

 3 3

1 cos 4sin cos sin sin cos

4  x x x x x x

        

 

2 2

2 4 4

sin 4 2

3 2 2

4

x k x k

x k

x k

x k

   

 

    

    



    

      



       



 Vậy phương trình cho có nghiệm ;  

2

x  k  x  k  k

Câu 3:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB3a, AD3a 2, SAABCD,

SA a Gọi M, N trung điểm cạnh SD AD Tính góc đường thẳng AC mặt phẳng BMN

4 Mặt phẳng   qua hai điểm B, M song song với AC Biết mặt phẳng   cắt cạnh SA, SClần lượt hai điểm E, F Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng BEMF

Trang Tính góc đường thẳng AC mặt phẳng BMN

1

tan

3 2

DC a

A

AD a

   ; tan1 2

3

AB a

N

AN a

  

 

1

tan tanA N

   A N1 190  

1 90

A N

   ACBN

Ta có:

 

MN // SA

AC BN

AC MN

 

 

 ACBMNAC BMN, 90



2 Mặt phẳng   qua hai điểm B, M song song với AC Biết mặt phẳng   cắt cạnh SA, SClần lượt hai điểm E, F Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng

BEMF

Trong (SAC) qua H kẻ đường thẳng song song với SA cắt SC T Vì HT // MN (//SA)  T  

Trong (BMN) gọi R HT EF 

Trong (SAC) qua R kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA, SC theo thứ tự E, F

   BEMF

 

Kẻ HK BM NQ, BMHK // NQ

Vì AC EF // , EF  d C ,  d H ,   Ta có:

 , // 

HK BM

HQ EF HQ AC AC EF 



  



 

NQ BEMF

  d H ,  HK d C ,  HK

2

2 9 3

2

a a

Trang

2

2 . 6

3

AB a

AB BH BN BH a

BN

    

2 2 2

1 1 35 27 108 NQ NB NM  a  a  a

6 35 a NQ

 

Ta có: HK BH HK NQ BH

NQ BN   BN

 

 , 

35 a

d C  HK

  

Câu 4:

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn AB AC(tam giác ABC không cân ) Gọi O I, tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC AD D BC(  ) đường phân giác



BAC Đường thẳng AD cắt đường tròn  O điểm E E(  A) Đường thẳng d qua điểm

I vng góc với AE cắt đường thẳng BC điểm K Đường thẳng KA KE, cắt đường tròn  O điểm M N M, (  A N; E) Đường thẳng ND NI, cắt đường tròn

 O điểm P Q P N Q N, (  ;  ) Chứng minh EQ đường trung trực đoạn thẳng MP

Lời giải

Từ tốn, ýAB AC, AI NI phân giác góc BNC

P

 điểm BAC EQ đường kính  O IN KE

  KM KA KN KE.  . KI2IM KAIMKN nt KI   

QNM AKI

 

Có  d d d 

2 2

BKN  s CE s BN s NEBAN  

ADNK nt AKD AND

Trang Lại có IKD900IDK900 IAC ACB

  

1 1

2sdQBE 2sdCE 2sd AE

     

2sdQBE 2sd BE 2sd AB

    

2sd AQ ANQ

 

 AKI INQ MNI INP Q

     điểm MP Mà QE đường kính

EQ

 đường trung trực đoạn thẳng MP

Câu 5: Cho dãy số ( )un với 2021 2020

1

2020

2020 (*)

n n n n

u

u  u u u

  

   



c Chứng minh limun   d Tính

2020 2020 2020

1

2

lim

2020 2020 n n 2020

u u u

u u u 

                   Lời giải

a Từ giả thiết dễ dàng suy un 0 với n 1 Do ta có un1un 2020 với

1

n  Hay ta có dãy ( )un đơn điệu tăng Suy

lim

lim nn 2020

u

u a

  

  



Giả sử limun  a 2020 Qua giới hạn hai vế (*) ta 2021 2020 2020

a a  a a Điều tương đương a 0 a  2020 (Vô lý) Vậy limun  

b Từ điều kiện (*) ta có với k 1

2021 2020

1 2020

k k k k

u  u  u u

2020

1

( 2020)

k k k k

u u u  u

   

Từ suy

2020 2020

1

1 1

1

( 2020)

2020 ( 2020)( 2020) ( 2020)( 2020)

1 1

2020 2020

k k

k k k

k k k k k

k k

u u

u u u

u u u u u

u u                   Suy

2020 2020 2020

1

2

lim 2020 2020 n 2020

n

u u u

u u u 

                  

1 2

1 1 1

lim 2020 2020 2020 2020 2020 2020

n n

u u u u u u 

 

 



              

Trang

1

1 1

lim

2020 n 2020 4040

u u 

 

 



   

 

 

Câu 6: Cho x, ,y z số thực dương thay đổi thỏa mãn: x y z  3 Chứng minh rằng:  2 2  2 2 2

3 x y z 2 x y y z z x 3 Lời giải

Vì x, y, z vai trị nhau, khơng tính tổng qt giả sử x y z  Suy x y z  3x 3 3x x 1 *

Ta có 3x2y2z2 2 x y2 2y z2 2z x2 23

       

          

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

2 2 2 2 2 2

3 3 2

3 2 3 2 2 3

x y z x y y z z x x y z x y z y z

y z x y z x y z x yz x y z x

               

               

Áp dụng BĐT AM-GM cho số dương y z ta được:

2 2

3

2 2

y z x x

yz         yz   

     

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

2

x x

VT  x  x      x      x   f x

   

Xét        

2

2 3

3 2 2 3

2

x x

f x  x  x      x      x 

   

       

         

             

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2

2 2

1 1

3 3 3 3 3

2 4

1 3

3 3 3 1

2 4

3 3

1 3 1 17 13 1 14

8 8

x x x x x x x x x

x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x x x

 

               

 

 

             

 

 

                 

 

Mà 3x214x 1 1x  x 11x 1 0 với  x 0;1 Vậy 31 2 3 14 1 0

8 x  x  x  với  x 0;1

Từ suy f x 0 với  x 0;1, hay VT 1 0 với  x 0;1 Đẳng thức xảy x  y z