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)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

8
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 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)

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