intTypePromotion=1
ADSENSE

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

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

6
lượt xem
0
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

TaiLieu.VN giới thiệu Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2019-2020 - Sở GD&ĐT Gia Lai nhằm giúp các em học sinh có tài liệu ôn tập, luyện tập nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập Toán một cách thuận lợi.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2019-2020 - Sở GD&ĐT Gia Lai

  1. NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI HSG TOÁN SỞ GD&ĐT GIA LAI KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2019 - 2020 (Đề thi có 01 trang) MÔN: TOÁN –THPT NHÓM TOÁN VD – VDC Thời gian: 180 phút ĐỀ BÀI Câu 1: ( 2,0 điểm) Cho hàm số y =x3 − 3mx 2 + 3 có đồ thị ( C ) . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng d : y = x cắt đồ thị ( C ) tại ba điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng. Câu 2: (4.0 điểm) a) Giải phương trình sau trên tập số thực 2 ( x 2 + 1) x − 1 + 8 = (5 + 4 ) x −1 x  x 2 + 2020 2019 y 2 − x2 = 2 (1) b) Giải hệ phương trình trên tập số thực  y + 2020  y 2 + 2 x 3x − 1 = 9 y − 3  ( 2) Câu 3: (2,0 điểm) 2 1  x )  x 2 + x + 1 ( x + 2 ) với n là số tự nhiên Tìm hệ số của x10 trong khai triển f (= 3n 4  thỏa mãn An3 + Cnn − 2 = 14n A C 2 3 Câu 4: (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có sin A + sin C = 2sin B và tan + tan =. Chứng 2 2 3 minh rằng tam giác ABC đều. u1 = 2  Câu 5: (2,0 điểm) Cho dãy số (un) xác định bởi  4un − 3 = u + , ∀n ≥ 1 − n 1  3u n 2 1 1 1 + + ... + u − 1 u1 − 2 un − 1 Tính A = lim 1 2 là một CSN. n Câu 6: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD . Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AC , M và N lần lượt là trung điểm của BH và AH . Trên cạnh CD lấy điểm K sao cho tứ giác MNCK là hình bình hành. Biết 9 2 M  ;  , K ( 9; 2 ) , điểm B thuộc đường thẳng d1 : 2 x − y + 2 =0 và điểm C thuộc 5 5 d2 : x − y − 5 =0 và hoành độ đỉnh C lớn hơn 4 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD . Câu 7: (2,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có thể tích V . Gọi I là điểm thuộc miền trong của tứ diện ABCD , các đường thẳng AI , BI , CI , DI lần lượt cắt các mặt phẳng https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 1
  2. NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI HSG TOÁN ( BCD ) , ( ACD ) , ( ABD ) , ( ABC ) tại các điểm M, N, P, Q thỏa mãn AI MI CI DI a a = = = . Biết VIBCD = V , với a, b ∈ ∗ và tối giản. Tính S= a + b . MI NI PI QI b b NHÓM TOÁN VD – VDC Câu 8: (4,0 điểm) Cho hai số thực dương a , b thỏa mãn 8ab − = ( ) 2 3 a 4 + b 4 . Tìm giá trị lớn 1 1 ab nhất của biểu thức P = + + . 1 + a 1 + b 1 + 3a 2b 2 2 2 -----------HẾT----------- https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 2
  3. NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI HSG TOÁN SỞ GD&ĐT GIA LAI KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2019 - 2020 (Đề thi có 01 trang) MÔN: TOÁN –THPT NHÓM TOÁN VD – VDC Thời gian: 180 phút HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: ( 2,0 điểm) Cho hàm số y=x3 − 3mx 2 + 3 có đồ thị ( C ) . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng d : y = x cắt đồ thị ( C ) tại ba điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng. Lời giải Ta có phương trình hoành độ x 3 − 3mx 2 + 3 = x ⇔ x 3 − 3mx 2 − x + 3 = 0 , (1) Do phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 theo thứ tự lập thành cấp số cộng suy ra 2x2= x1 + x3 ,(2).  x1 + x2 + x3 = 3m  Mặt khác theo định lí Vi-ét cho phương trình bậc ba ta có  x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = −1 .  x x x = −3  1 2 3 Thay (2) vào phương trình đầu tiên ta được x2 = m , mà x2 là nghiệm của phương m = 1 trình (1) ta được −2m3 − m + 3 = 0 ⇔  ⇔ m = 1.  2m + 2m + 3 = 2 0  x1 = −1  Thử lại với m = 1 ta được phương trình hoành độ x − 3 x − x + 3 = 0 ⇔  x2 = 1 dễ thấy 3 2  x3 = 3 ba nghiệm này lập thành cấp số cộng với công sai d = 2 . Câu 2: (4.0 điểm) a) Giải phương trình sau trên tập số thực 2 ( x 2 + 1) x − 1 + 8 = (5 + 4 ) x −1 x Lời giải Cách 1 Điều kiện x ≥ 1 PT ⇔ ( 2 x 2 + 2 ) x − 1 + 8 = 5 x + 4 x x − 1 ⇔ 2 ( x − 1) x − 1 − 5 ( x − 1) + 3 = 2 0 Đặt t = x − 1 ( t ≥ 0 ) , phương trình trở thành 2t 5 − 5t 2 + 3 =0 ⇔ ( t − 1) 2 ( 2t 3 + 4t 2 + 6t + 3) = 0 ⇔t=1 vì 2t 3 + 4t 2 + 6t + 3 > 0, ∀t ≥ 0 ⇒ x −1 = 1 ⇔ x = 2 . Cách 2 Điều kiện x ≥ 1 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 1
  4. NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI HSG TOÁN PT ⇔ ( 2 x 2 + 2 ) x − 1 + 8 = 5 x + 4 x x − 1 ⇔ ( 2 x2 − 4 x + 2) x − 1 − 5x + 8 =0 ( ) NHÓM TOÁN VD – VDC ⇔ ( x 2 − 2 x + 1) 2 x − 1 − x + x 3 − 2 x 2 + x − 5 x + 8 =0 ⇔ ( x − 2 x + 1) ( 2 2 x −1 − x) + x 3 − 2 x2 − 4 x + 8 = 0 4 x − 4 − x2 ⇔ ( x − 2 x + 1) . + ( x − 2) ( x + 2) = 2 2 0 2 x −1 + x (x 2 − 2 x + 1) ( x − 2 ) 2 + ( x − 2) ⇔− ( x + 2 ) =0 2 2 x −1 + x 2  −x + 2x −1  2 ⇔ ( x − 2)  + x + 2 =0  2 x −1 + x  − x2 + 2x −1 + 2 ( x + 2) x −1 + x2 + 2x ⇔ ( x − 2) . = 2 0 2 x −1 + x 2 ( x + 2) x −1 + 4x −1 ⇔ ( x − 2) . = 2 0 2 x −1 + x 2 ( x + 2) x −1 + 4x −1 ⇔ x−2=0 vì > 0, ∀ x > 1 2 x −1 + x ⇔x=2 (TM) Vậy phương trình có nghiệm x = 2 .  x 2 + 2020  2019 y 2 − x2 = (1) b) Giải hệ phương trình trên tập số thực  y 2 + 2020  y 2 + 2 x 3x − 1 = 9 y − 3  ( 2) Lời giải  1  x≥ 3 x − 1 ≥ 0  3 Điều kiện  ⇔ . 9 y − 3 ≥ 0 y ≥ 1  3 x 2 + 2020 2 2019 y Từ (1) ta có 2019 =x 2 y + 2020 2 ⇔ 2019 x2 ( x 2 + = 2020 ) 2019 y2 ( y 2 + 2020 ) . (*) Nếu x > y ⇒ VT (*) > VP(*). Ngược lại nếu x < y ⇒ VT (*) < VP(*). Mặt khác với x = VP (*). Vậy x = y. y ⇒ VT (*) = Thay x = y vào phương trình (2), ta có ( ) (2 ) 2 2 x 2 + 2 x 3x − 1 = 9 x − 3 ⇔ x + 3x − 1 = 3x − 1 ( )( ⇔ x − 3x − 1 x + 3 3x − 1 =⇔ 0 x − 3x − 1 =  ) 1 0  x ≥ .  3 3± 5 ⇔ x 2 − 3x + 1 = 0 ⇔ x = . 2 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 2
  5. NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI HSG TOÁN  3+ 5 3+ 5   3− 5 3− 5  Kết luận: Hệ phương trình có hai nghiệm  ;  ;  ;  .  2 2   2 2  NHÓM TOÁN VD – VDC Câu 3: (2,0 điểm) 2 1  x )  x 2 + x + 1 ( x + 2 ) với Tìm hệ số của x10 trong khai triển f (= là số tự nhiên 3n n 4  n−2 thỏa mãn An + Cn = 3 14n Lời giải n! n! Ta có An3 + Cnn − 2 =14n ⇔ + =14n, với n ≥ 3, n ∈  . ( n − 3)! ( n − 2 )!.2! n ( n − 1) ⇔ n ( n − 1)( n − 2 ) + = 14n 2 ⇔ 2 ( n − 1)( n − 2 ) + n − 1 =28, vì n ≥ 3 .  n = 5 ( tm ) ⇔ 2n − 5n − 25 =0 ⇔  n = − 5 (l ) . 2  2 2 1  Với n = 5 suy ra f (= x )  x 2 + x + 1 ( x + 2= ) ( 1 2 x + 4x + 4) ( x + 2) 15 2 15 4  16 1 1 19 ⇔ f ( x) = ( x + 2 ) = ∑ C19k x19−k 2k . 19 16 16 k =1 ⇒ số hạng tổng quát Tk +1 = 1 k k 19− k C19 2 x . 16 1 9 9 10 Cho 19 − k = 10 ⇒ k = 9 ta được số hạng chứa= x10 là T10 = C19 2 x C199 25 x10 . 16 Vậy hệ số của số hạng chứa x10 là C19 2 = 2956096 . 9 5 A C 2 3 Câu 4: (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có sin A + sin C = 2sin B và tan + tan =. Chứng 2 2 3 minh rằng tam giác ABC đều. Lời giải A+C B A+C B Vì A + B + C = π ⇒ sin = cos ; cos = sin . 2 2 2 2 A+C A−C B B A−C B Ta có sin A + sin C = 2sin B ⇔ 2sin cos = 4sin cos ⇔ cos = 2sin (1) 2 2 2 2 2 2 . A+C sin A C 2 3 2 3 B A C Và tan + tan = ⇔ 2 = ⇔ 3cos = 2 3 cos cos 2 2 3 A C 3 2 2 2 cos cos 2 2 B A+C A−C B B A−C ⇔ 3 cos = cos + cos ⇔ 3 cos = sin + cos ( 2) . 2 2 2 2 2 2 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 3
  6. NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI HSG TOÁN B B B 1 π Từ (1) và ( 2 ) ta có 3 cos = 3sin ⇔ tan = ⇒ B= . 2 2 2 3 3 π A−C Thay B = vào (1) suy ra cos =1 ⇔ A − C =k 4π ⇒ A =C . NHÓM TOÁN VD – VDC 3 2 π Vậy tam giác ABC có=A C= ,B suy ra tam giác ABC đều. 3 u1 = 2  Câu 5: (2,0 điểm) Cho dãy số (un) xác định bởi  4un − 3 = u + , ∀n ≥ 1 − n 1  3u n 2 1 1 1 + + ... + u − 1 u1 − 2 un − 1 Tính A = lim 1 là một CSN. n2 Lời giải 4un − 3 un − 1 un+= 1 −1 −1 = 3un − 2 3 ( un − 1) + 1 Đặt v= n un − 1 ⇒ vn+1 =vn ⇒ 1 1 1 = + 3 . Vậy ( ) là 1 CSC= 1 d 3,= 1 3vn + 1 vn+1 vn vn v1 1 =1 + 3 ( n − 1) =3n − 2 vn 1 Nên = 3n − 2 un − 1 1 1 1 Ta có + + ... + = 3.1 − 2 + 3.2 − 2 + ... + 3n − 2 u1 − 1 u1 − 2 un − 1 = 3.(1 + 2 + 3 + ... + n ) − 2n n (1 + n ) 3n 2 − n = 3. = − 2n 2 2 1 1 1 + + ... + u1 − 1 u1 − 2 un − 1 3n 2 − n 3 = Do đó A lim = lim = n2 2n 2 2 Câu 6: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD . Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AC , M và N lần lượt là trung điểm của BH và AH . Trên cạnh CD lấy điểm K sao cho tứ giác MNCK là hình bình hành. Biết https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 4
  7. NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI HSG TOÁN 9 2 M  ;  , K ( 9; 2 ) , điểm B thuộc đường thẳng d1 : 2 x − y + 2 =0 và điểm C 5 5 thuộc d2 : x − y − 5 =0 và hoành độ đỉnh C lớn hơn 4 . Tìm tọa độ các đỉnh của NHÓM TOÁN VD – VDC hình chữ nhật ABCD . Lời giải B ( b ; 2b + 2 ) ; C ( c ; c − 5 ) , ( c > 4 ) . Ta có MN // CK nên MN ⊥ BC , mà BH ⊥ AC nên N là trực tâm tam giác MBC . Vậy CN ⊥ BM ⇒ MK ⊥ BM .   36 8    9 8 +) MK =  ;  ; MB =  b − ; 2b +  .  5 5  5 5   36  9  8  8 MK ⊥ BM ⇒ MK .BM = 0⇔  b −  +  2b +  = 1 ⇒ B (1; 4 ) . 0 ⇔b= 5  5 5 5   +) KC =( c − 9; c − 7 ) ; BC =( c − 1; c − 9 ) .   0 ⇔ ( c − 9 )( c − 1) + ( c − 7 )( c − 9 ) = CK ⊥ CB ⇒ KC.BC = 0 ⇔ ( c − 9 )( 2c − 8 ) = 0 c = 9 ( NhËn ) ⇔ . Vậy C ( 9; 4 ) . c = 4 ( Lo¹i ) +) K là trung điểm CD nên ta được D ( 9;0 ) .    x − 1 =0 x = 1 +) Giả sử A ( x ; y ) , ta có BA = CD ⇔  ⇔ . Vậy A (1;0 ) .  y − 4 = −4  y = 0 Kết luận: A (1;0 ) , B (1;4 ) , C ( 9; 4 ) , D ( 9;0 ) . Câu 7: (2 điểm). Cho tứ diện ABCD có thể tích V . Gọi I là điểm thuộc miền trong của tứ diện ABCD , các đường thẳng AI , BI , CI , DI lần lượt cắt các mặt phẳng ( BCD ) , AI MI CI DI ( ACD ) , ( ABD ) , ( ABC ) tại các điểm M , N , P , Q thỏa mãn = = = . MI NI PI QI ∗ Biết VIBCD = V , với a, b ∈  và a a tối giản. Tính S= a + b . b b Lời giải https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 5
  8. NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI HSG TOÁN A NHÓM TOÁN VD – VDC P Q N I B D M H C = - Đặt VIBCD V= 1 , VIACD V= 2 , VIABD V= 3 , VIABC V4 , ta có: V = V1 + V2 + V3 + V4 AI AM d ( A, ( BCD ) ) VABCD V AI V - Ta có: +1= = = = ⇒ = −1 . MI IM d ( I , ( BCD ) ) VIBCD V1 MI V1 BI V CI V DI V - Tương tự: = − 1; = − 1; = −1 . NI V2 PI V3 QI V4 AI MI CI DI V V V V 1 - Theo giả thiết: = = = ⇒ = = = ⇒ V1 = V2 = V3 = V4 = V . MI NI PI QI V1 V2 V3 V4 4 1 a = 1 Hay VIBCD = V ⇒ . 4 b = 4 Vậy S = a + b = 5 . Câu 8: 2 3 ( a 4 + b 4 ) . Tìm giá trị lớn (4,0 điểm) Cho hai số thực dương a , b thỏa mãn 8ab − = 1 1 ab nhất của biểu thức P = + + . 1 + a 1 + b 1 + 3a 2b 2 2 2 Lời giải 2 3 ( a 4 + b4 ) ≥ Từ giả thiết suy ra 8ab − = 6(ab) 2 (1). AM − GM 1 Đặt ab = t , t > 0 . Từ (1) suy ra −3t 2 + 4t − 10 ⇔ t1 (2). 3 1 1 2 Với a, b > 0, ab1 ta chứng minh được +  (3). 1+ a 1+ b 2 2 1 + ab  1 1   1 1  Thật vậy (3) ⇔  − + −  0  1 + a 1 + ab   1 + b 1 + ab  2 2 a (b − a ) b( a − b) ⇔ + 0 (1 + a ) (1 + ab) (1 + b2 ) (1 + ab) 2 ⇔ (a − b)2 (ab − 1)0 (đúng). 2 t t+2 1  Khi đó, P +  f (t ) với t ∈  ;1 . = 1 + t 1 + 3t 2 t +1 3  1 1  1 7 ′ Do f (t ) = − < 0, t ∈  ;1 nên Max= f (t ) f=   7 . Suy ra, P . (1 + t ) 2   3 1   3 ,1   3 4 4   https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 6
  9. NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI HSG TOÁN 7 3 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng đạt được khi a= b= . 4 3 NHÓM TOÁN VD – VDC https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 7
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2