Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2019-2020 - Sở GD&ĐT Bình Phước

Luyện tập với Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2019-2020 - Sở GD&ĐT Bình Phước giúp bạn hệ thống kiến thức đã học, làm quen với cấu trúc đề thi, đồng thời rèn luyện kỹ năng giải đề giúp bạn tự tin đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới. Mời các bạn cùng tham khảo đề thi.

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2019-1020 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Bài thi: TOÁN (Đáp án – thang điểm gồm có 09 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu (4 điểm) Nội dung x 1 Cho hàm số y  f  x   có đồ thị  C  x 1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị  C  hàm số y  f  x  Điểm Tập xác định D  R \ 1 0.25 Đạo hàm y '  2  x  1  0, x  D 0.25 Sự biến thiên: Giới hạn: lim y  suy y  đường tiệm cận ngang  C  0.25 lim y  , lim y   suy x  đường tiệm cận đứng  C  0.25 x  x 1 x 1 Bảng biến thiên: x  y' y      0.25 Nhận xét: Hàm số nghịch biến khoảng  ;1 , 1;   0.25 Đồ thị Giao với trục hoành: Cho y  suy x  1 suy  C   Ox điểm  1;0  0.25 Giao với trục tung: Cho x  suy y  1 suy  C   Oy điểm  0; 1 0.25 b) Tìm hai điểm A, B thuộc hai nhánh đồ thị  C  cho AB ngắn (HS trình bày theo hai cách sau) Cách 2  2  Đặt A  a  1;1   , B 1  b;1     C  a  b  A, B nằm hai nhánh đồ thị  b   a   a  0, b   a  b  2  2 AB   a  b        a  b     a  b  1  2  2 ab a b  ab  Áp dụng BĐT AM-GM ta có 4 2  a  b   4ab;1  2  2.2   a  b  1  2   16 ab ab  ab  0.25 2  ab  Dấu “=” xảy  ab  1  a 2b  0.25 0.5 0.25 0.25   Vậy ABmin  A  2;1  , B  2;1   Cách Từ đồ thị nhận xét ABmin A, B giao điểm đường thẳng y  x 0.5 0.5 đồ thị  C  Giải phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng y  x  C  tìm     A  2;1  , B  2;1  ngược lại Chứng minh: Nhận xét tiếp tuyến A,B  C  vng góc với đường thẳng y  x Gọi E , F hai điểm tùy ý nằm hai nhánh  C  Chỉ xảy hai trường hợp sau: TH1: Nếu E , F nằm phía với đường thẳng (có thể nằm trên) AB , gọi E ', F ' hình chiếu E , F lên AB Khi ta EF  E ' F '  AB Dấu "  " xảy 0.5 0.5 E trùng A F trùng B TH2: 0.5 Nếu E , F không nằm phía với đường thẳng (khơng nằm trên) AB , gọi E ', F ' hình chiếu E , F lên AB EF  AB  G Khi ta có EG  E ' G, FG  F ' G  EF  EG  FG  E ' G  F ' G  E ' F '  AB Câu (6 điểm) Nội dung a)  sin2x+cos2x  cosx+2cos2x  sinx=0 1  sin 2x cos x  cos 2x cos x  2cos 2x  sin x   cos 2x  cos x    sin x  2cos x 1   cos 2x  cos x    sin x cos 2x   cos 2x  sin x  cos x     cos 2x  (2)  sin x  cos x  2 (3) (2)  x   3 Điểm 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5  k   k  Z 0.25 vô nghiệm 0.25  2xy  y  y   2xy 4x   1 b) Giải hệ phương trình:  I   3  2  x  2x y  x   Điều kiện xác định: x  0, y  0.25 1  xy2    4x   y  y2  0.25 Nhận xét y  nghiệm hệ cho (Học sinh khơng nhận xét 0.25 điểm tồn bài) Với y  ta có: 1  2x  2x  2x    1  1 y y y2 0.25 Xét hàm số f (t)  t  t t  R ta có t2 f '(t)   t   t2 1 Suy f  t  đồng biến R Từ ta có  0, t  R 0.5 1   2x   2xy  y y 1  f  2x   f  Thế 2xy  vào phương trình (2) ta có x3   x    x3      x    x  2x      x   x  2x     x6 2  0.25  0  x   23 x      3  x6  2 0.25  23 x   Ta có x +2x+4=  x+1 +3>3 suy x  2x    x6   x6  2  23 x   2  23 x    1, x  0.25 vô nghiệm  1 Vậy  x; y    2;  nghiệm hệ  4 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 đánh ba thẻ chia hết cho Gọi  không gian mẫu phép thử “lấy ngẫu nhiên thẻ 27 thẻ” Ta có 0.25   C27 Gọi A biến cố lấy ba thẻ mà tổng số đánh ba thẻ chia hết cho Trong số tự nhiên từ đến 27 có: số chia hết cho 3, số chia dư 1, số 0.25 chia số dư Để tổng số ba thẻ lấy chia hết cho xảy trường hợp sau: TH1 Trong ba thẻ lấy có thẻ đánh số chia dư 1, thẻ đánh số 0.25 chia dư 2, thẻ đánh số chia hết cho Số cách lấy C19C19C19 TH2 Trong ba thẻ lấy có thẻ đánh số chia dư Số cách lấy C39 0.25 TH3 Trong ba thẻ lấy có thẻ đánh số chia dư Số cách lấy C39 0.25 TH4 Trong ba thẻ lấy có thẻ đánh số chia hết cho Số cách lấy C39 0.25 Từ suy A  C19C19C19  C39  C39  C39 0.25 Vậy xác suất cần tìm là: P  A   C19C19C19  C39  C39  C39 C327 0.25 Câu (4 điểm) Nội dung Điểm a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm , H  1; 3 hình chiếu vng góc A lên BC K  1;  I  2; 1 , ̂ điểm thuộc đường thẳng AC Tìm tọa độ đỉnh A, B, C Biết điểm A có hồnh độ dương Gọi M  IH  AC Ta có góc AHB, AIB nhìn cạnh AB góc 90 suy tứ giác AIHB ̂ , ta có ̂ ̂ nội tiếp suy ̂ (vì tam giác IAB vuông cân I ) ̂ Mặt khác ̂ , từ suy tam giác CHM vng cân M , hay IH  AC Hơn tam giác CAH có ̂ ̂ suy tam giác CAH vuông cân H , suy M trung điểm AC (HS chứng minh IH  AC M trung điểm AC 0.5 điểm, HS thừa nhận tính chất khơng chứng minh 0.5 điểm) Phương trình đường thẳng  AC  : x  2y   0.5 0.25 Phương trình đường thẳng  IH  : 2x  y   0.25 Tọa độ điểm M(3;1) Điểm A   AC  A(2t  5; t)  C(2t 1;2  t) với t  R 0.25 AH  CH  AH.CH   t   t  , loại t  hồnh độ A lớn Suy A 1;3 , C  7; 1 Phương trình đường thẳng (BC) : x  3y  10  B  3m  10; m  , m  R IB  IC  m  1  m  4 , (loại m  1 B  C ) Suy B  2; 4  0.25 0.25 0.25 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 Gọi M, N, P trung điểm AB, AC, BC MN PC A EN A Ta có   cos BCD  cos ;  cos NEC  cos NEA  cos CAD  cos DC DC EC MN EN Suy  1 DC EC ̂ Mặt khác lại có: ̂ ̂ ̂ suy (2) ̂ ̂ ̂ ̂ ̂ 0.25 ̂ 0.25 ̂ suy Từ (1) (2) suy tam giác MNE đồng dạng tam giác DCE, ̂ ̂ ̂ ̂ điều dẫn đến EAMD nội tiếp, suy DM vuông góc ME (3) ̂ nên AIHE nội tiếp, suy IH Gọi I giao điểm EM AD, ta có ̂ vng góc với DE (4) Từ (3), (4) DA  FE suy I trực tâm tam giác FDE F,M,D thẳng hàng ̂ ̂ ̂ ̂ Xét FMA HEA có ̂ ̂ ̂ ̂ ̂ ̂ suy MA  FA  5 EA HA KA FA Mặt khác dễ thấy FKA đồng dạng NEA nên   6 EA NA MA NA Từ (5) (6) suy suy MN // KH  KA HA Câu (3 điểm) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Nội dung 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 Gọi H trung điểm AB , tam giác SAB suy SH  AB , mà  SAB    ABCD   SAB    ABCD   AB suy SH   ABCD  a ABCD hình chữ nhật suy AC  BD  a SAB nên SB  SA  AB  a SH  0.25 0.25 0.25 1 a a3 VS ACD  dt  ACD  SH  2a.a  3 2 b) Tính khoảng cách hai đường thẳng SC BD Trong mặt phẳng  ABCD  kẻ  // BD , d  BD, SC   d  BD,  SC,    Trong mặt phẳng  ABCD  kẻ HE    E    , HE cắt BD F , kéo dài AB cắt  J Suy d  BD, SC   d  BD,  SC,     d  F ,  SEC   Tứ giác BJCD hình bình hành suy BJ  CD suy BJ  AB mà  // BD suy 3a d  F ,  SEC    d  H ,  SEC   HJ  3a 2a HE HJ DA.HJ  3a Ta có HEJ đồng dạng DAB suy   HE   DA DB DB a Trong mặt phẳng  SHE  dựng HI  SE  I  SE   EC  HE  EC   SHE   EC  HI mà HI  SE Ta có   EC  SH suy HI   SEC   d  H ,  SEC    HI 1 17 3a 17       HI  2 HI SH HE 3a 9a 9a 17 3a 17 2a 17 Từ suy d  BD, SC    17 17 SHE cho ta 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.25 Câu (2 điểm) Nội dung Điểm Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn  a  b  b  c  a  c   a  max b;c Chứng minh Ta chứng minh: a   b  c  15 a 11  b c        bc  a c ab  a b c bc   a c ab a ab  1   b  c  a  c  1 0.25 ac 1  b+c  a  b  Ta có ab 2ab 2ab   (b  c)(a  c) a(b  c)b(a  c) bc  ac  2ab 0.25 Tương tự ta có 0.25 ac 2ac  (a  b)(b  c) bc  ba  2ac Từ suy ab   b  c  a  c  Xét hàm số g  t   t   Ta có g '  t   ac  a  max b;c  b+c  a  b  0.25 11    0;   2t t   t   2t  t   21 0.25 2t t  Vậy g '(t)   t  (do t  ) Lập bảng biến thiên, ta GTNN g  t   0;   g(3)  15 0.25 Ta có  15 a  a 11 b  c 7(b  c)  g    1   bc a a  bc   a   b  c a 11  b c       bc  ac ab  a Dấu đẳng thức khơng xảy nên ta có điều cần chứng minh Câu (1 điểm) 0.25 Điểm Nội dung Cho dãy số 0.25 xác định u1  1, u2  2020, un1  2019un  2019   1   un1 , n  n n 1   1 1 1 Tính lim       n  u un   u2 u3 n 2019un  2019  ui  1  u  2019 1   n1 n n 1   i 1 i  2019  1 2019    2019  n  1 , n  Suy un   n  1! Biến đổi un1  Suy 1 1 n!        u1 u2 u3 un 2018 2018.2020.2021  2019  n  1 Do lim n  1 1 n!  2019  nên lim        n  2018.2020.2021  2019  n  1 un  2018  u1 u2 u3 Chú ý: Mọi lời giải điểm tối đa câu hỏi 0.25 0.25 0.25 0.25 ... kiện xác định: x  0, y  0.25 1  xy2    4x   y  y2  0.25 Nhận xét y  nghiệm hệ cho (Học sinh không nhận xét 0.25 điểm tồn bài) Với y  ta có: 1  2x  2x  2x    1  1 y y y2 0.25...  2 AB   a  b        a  b     a  b  1  2  2 ab a b  ab  Áp dụng BĐT AM-GM ta có 4 2  a  b   4ab;1  2  2.2   a  b  1  2   16 ab ab  ab  0.25 2  ab... kéo dài AB cắt  J Suy d  BD, SC   d  BD,  SC,     d  F ,  SEC   Tứ giác BJCD hình bình hành suy BJ  CD suy BJ  AB mà  // BD suy 3a d  F ,  SEC    d  H ,  SEC   HJ  3a