Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Quảng Trị

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

23
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Quảng Trị là tài liệu ôn thi học sinh giỏi môn Toán hữu ích, thông qua việc luyện tập với đề thi sẽ giúp các em làm quen với các dạng câu hỏi bài tập và rút kinh nghiệm trong quá trình làm bài thi. Mỗi đề thi kèm theo đáp án và hướng dẫn giải chi tiết giúp các bạn dễ dàng hơn trong việc ôn tập cũng như rèn luyện kỹ năng giải đề.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Quảng Trị

UBND TỈNH QUẢNG TRỊ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 12 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Khóa ngày 06 tháng 10 năm 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (5,0 điểm) 1. Tìm tất các các điểm cực đại và điểm cực tiểu của hàm số y  cos x  sin x. 2. Tìm m để phương trình 2 x 4  4 x 2  1  2m  0 có đúng 5 nghiệm phân biệt. Câu 2. (5,0 điểm) 1 1. Chứng minh rằng C2020  2C2020 2  ...  1010C2020 1010  1010.22019. 2. Tìm tất cả các cặp số thực  x; y  thỏa mãn xy  4 và  x  y  20   x  y  xy  8  . 2 Câu 3. (6,0 điểm) 1. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, tam giác SAB vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích của khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a. 2. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn ( I ). Gọi M , D, E lần lượt là trung điểm của BC , IB, IC; F , G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABD và ACE. Chứng minh rằng AM vuông góc FG. Câu 4. (2,0 điểm) Cho dãy số  xn  được xác định bởi x1  2 và xn1  2  xn , n  1. Chứng minh dãy số  xn  có giới hạn và tìm giới hạn đó. Câu 5. (2,0 điểm) Xét các số thực dương a, b, c có tổng bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2b  c 2c  a 2a  b 18abc P    . a b c ab  bc  ca ========== HẾT ========== Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.
HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.1. Tìm tất các các điểm cực đại và điểm cực tiểu của hàm số y  cos x  sin x.    x    k 2 y '   sin x  cos x ; y '  0   4  x  3  k 2  4     3  y ''  sin x  cos x ; y ''    k 2    2  0; y ''   k 2   2  0  4   4  3 Vậy các điểm cực đại của hàm số là: x   k 2 ; Các điểm cực tiểu của hàm số là: 4  x  k 2 4 Câu 1. 2. Tìm m để phương trình 2 x 4  4 x 2  1  2m  0 có đúng 5 nghiệm phân biệt. 2 x 4  4 x 2  1  2m  0  2 x 4  4 x 2  1  2m . Cách 1: Xét hàm số f ( x)  2 x 4  4 x 2  1 có BBT của hàm số f ( x) và f ( x) Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm cửa đồ thị hàm số f ( x) và đường thẳng y  m . Vậy phương trình đã cho có đúng 5 nghiệm phân biệt khi 2m  1 hay 1 m . 2 Cách 2: (HS 10,11). 2 x 4  4 x 2  1  2m (1) . Đặt t  x2 , t  0 PTTT: 2t 2  4t  1  2m (2). Xét hàm số f (t )  2t 2  4t  1 trên [0; ) . | f (t ) | có đồ thị Biện luận các trường hợp số nghiệm của (2) và (1). 1 Từ đó kết luận m  . 2
Cách 3: Nhận thấy nếu x0 là nghiệm của (1) thì  x0 cũng là nghiệm của pt (1). Do đó nếu các nghiệm xi  0 thì số nghiệm của phương trình (1) là số chẵn. Vậy đk cần để 1 pt có 5 nghiệm là pt (1) có nghiệm x0  0 , thế vào tìm được m  . Giải phương 2 1 trình khi m  và kết luận. 2 Câu 2.1. Chứng minh rằng C20201  2C2020 2  ...  1010C2020 1010  1010.22019. n! (n  1)! Cách 1: Ta có: k .Cnk  k . n  nCnk11 k ! n  k  ! (k  1)!(n  k )! 1 C2020  2020C2019 0 2 2C2020  2020C2019 1 ... 1010 1010C2020  2020C2019 1009 . VT  2020  C2019 0  C2019 1  ...  C2019 1009  0 Xét C2019  C2019 1  ...  C2019 1009  C2019 1010  ...  C2019 2019  22019 . Mà Cnk  Cnnk nên 2  C2019 0  C2019 1  ...  C2019 1009   22019 . Vậy VT  2020  C2019 0  C2019 1  ...  C2019 1009   1010.22019 . Cách 2: Xét (1  x)2020  C2020 0  xC2020 1  x 2C2020 2  ...  x 2020C2020 2020 Suy ra được: 2020(1  x) 2019  C2020 1  2 xC2020 2  ...  2020 x 2019C2020 2020 1 C2020  2C2020 2  ...  1010C2020 1010  1011C2020 1011  ...  2020C2020 2020  2020.22019 n! n! n! Ta có: k .Cnk  k .   (n  k  1)  (n  k  1)Cnn  k 1 k ! n  k  ! (k  1)!(n  k )! (n  k  1)!(k  1)! Do đó: 1 C2020  2020C2020 2020 2 2C2020  2019C2020 2019 ... 1010 1010C2020  1011C2020 1011 1 Vậy: C2020  2C2020 2  ...  1010C2020 1010  1010.22019 Câu 2.2. Tìm tất cả các cặp số thực  x; y  thỏa mãn xy  4 và  x  y  20   x  y  xy  8  . 2 Đặt S  x  y; P  xy ( S 2  4 P) . Từ giả thiết ta có: S 2  4 P  S ( P  8)  20  0 S 2  S ( P  8)  4 P  20  0 . Xét pt theo S.   ( P  8)2  4(4 P  20)  P 2  16 . Điều kiện phương trình có nghiệm P  4 . Kết hợp điều kiện của giả thiết ta có P  4, P  4 .
P  4  S  2 (loại); P  4  S  6 , x, y là 2 nghiệm của pt X 2  6X  4  0    Vậy các cặp  x; y  : 3  13; 3  13 , 3  13; 3  13 . Câu 3.1. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, tam giác SAB vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích của khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a. a3 3 *Thể tích: V  . 24 *Khoảng cách giữa SB và AC : Cách 1: Dựng D đối xứng với C qua I d (SB, AC)  d ( AC,(SBD))  2d (I ,(SBD))  2HK ACBD là hình thoi, nên IB, ID, IS đôi một vuông góc. 1 1 1 1 28 a 21 2  2 2 2  2 d  . d SI SB SD 3a 7 Cách 2: *Kẻ đt BD song song với AC. d (SB, AC)  d ( AC,(SBD))  2d (I ,(SBD))  2HK a 3 a HI  ; SI  4 2 1 1 1 IH2.SI 2 3a2 a 21  2  2 IK  2 2  d  2 IK IH SI IH  SI 28 2 7 Câu 3.2. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn ( I ). Gọi M , D, E lần lượt là trung điểm của BC , IB, IC; F , G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABD và ACE. Chứng minh rằng AM vuông góc FG. Gọi H là giao điểm thứ 2 của MD và đường tròn qua A, B, D. Gọi K là giao điểm thứ 2 của ME và đường tròn qua A, C , E.
Ta có:  1 1  AHM  B và AKM  C  EDM nên A, H , K thẳng hàng. 2 2 Tam giác MDE và MKH đồng dạng (Vì MED  MHK  ). Suy ra ME.MK  MD.MH , hay M nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn tâm F , G. Suy ra AM  FG. (Trục đẳng phương vuông góc với đường nối tâm) Câu 4. (2,0 điểm) Cho dãy số  xn  được xác định bởi x1  2 và xn1  2  xn , n  1. Chứng minh dãy số  xn  có giới hạn và tìm giới hạn đó. HD: 0  xn  2, n  1. Ta có: xn 1  xn  xn 2  xn1. x1  2 , x2  2  2 , x3  2  2  2 , như vậy x3  x1 nên từ (*) ta suy ra  x2 n1  là dãy giảm. Cùng với tính bị chặn nên tồn tại lim x2 n1  a. n  Từ x3  x1  x4  x2 . Tương tự tồn tại lim x2 n  b. n  Từ hệ thức truy hồi ở giả thiết, chuyển qua giới hạn ta được: a  2  b a  1   b  2  a b  1 Do lim x2 n 1  lim x2 n  1 nên lim xn  1. n n  n 1  xn Cách 2: xn1  1  2  xn  1  2  xn  1 1 xn1  1  1  xn . 2  xn  1 1 1 Do 0  xn  2, n  1    q  (0;1) 2  xn  1 2  2 1  xn1  1  xn  1 .q  xn1  1 .q  ...  x1  1 .q n 2 lim xn1  1  0  lim xn1  1  lim xn  1 Cách 3: 0  xn  2, n  1.   Đặt xn  2cos  n ,  n   0;   . Ta có 1  ; x1  2 cos 4 4 n    xn1  2  xn  2cos  n1  2(1  cos  n )  2sin  2cos   n  2 2 2   n 1     n1     n 1    n   2 2 3 2 3 n n 1  1     1    n1      1       .  2  3   2 6
   1 n    xn  2cos        lim xn  1.  3  2 6    Câu 5. (2,0 điểm) Xét các số thực dương a, b, c có tổng bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2b  c 2c  a 2a  b 18abc P    . a b c ab  bc  ca 2b  c 2c  a 2a  b 18abc HD: P  1 1 1  3. a b c ab  bc  ca b3 c3 a3 18abc     3 a b c ab  bc  ca b c a 1 1 1 18 1 1 1 18     3      3  3     a b c a b c 1 1 1 a b c 1 1 1 a b c a b c 1 1 1 18  3     .(1) a b c 1 1 1 a b c 1 1 1 9 Ta có:     3 (2) a b c abc 1 1 1 18 Đặt t     3 . Xét hàm f (t )  3t  trên [3; ) a b c t Ta có: f (t )  15  f (3) . (3) Vậy min P  15 đạt được khi các đẳng thức (1), (2), (3) xảy ra. b c a a  b  c  1 1 1     3 ,hay a  b  c  1. a b c a  b  c   1 1 1 18 1 1 1 1 1 1 18 Cách 2: …..  3            2     a b c 1 1 1 a b c a b c 1  1 1 a b c a b c  3  2 2.18  15 . …. ========== HẾT ==========