Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Bảng B - Năm học 2020-2021 - Sở giáo dục và đào tạo Thái Nguyên (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Bảng B - Năm học 2020-2021 - Sở giáo dục và đào tạo Thái Nguyên (Có đáp án)

1. KỲ THI HỌC HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 TèNH THÁI NGUYấN NĂM HỌC 2020 -2021 Thời gian 180 phỳt, khụng tớnh thời gian phỏt đề ĐỀ BÀI Cõu 1 (6,0 điểm). a) Tỡm cực trị của hàm số y x 2 x2 x 1. b) Cho hàm số y x7 m 2m 3 x4 m 2m2 5m 3 x2 2020 . Tỡm tất cả cỏc giỏ trị thực của tham số m để hàm số nghịch biến trờn Ă . Cõu 2 (6,0 điểm). 6x 4 a) Giải bất phương trỡnh 2x 4 2 2 x . 5 x2 1 6 x b) Giải phương trỡnh 32 cos sin3x 3sin x . 2 Cõu 3 (3.0 điểm). Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đỏy ABCD là hỡnh chữ nhật với AB 3a , AD 3a 2 , SA  ABCD , SA 4a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cỏc cạnh SD và AD. a) Tớnh gúc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng BMN . b) Mặt phẳng đi qua hai điểm B , M và song song với AC . Biết mặt phẳng cắt cỏc cạnh SA , SC lần lượt tại hai điểm E , F . Tớnh khoảng cỏch từ điểm C đến mặt phẳng BEMF . Cõu 4 (2,0 điểm). Cho tam giỏc ABC cú ba gúc nhọn và AB AC (tam giỏc ABC khụng cõn ). Gọi O, I lần lượt là tõm đường trũn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giỏc ABC. AD (D BC) là đường phõn giỏc trong của Bã AC. Đường thẳng AD cắt đường trũn O tại điểm E (E A). Đường thẳng d đi qua điểm I và vuụng gúc với AE cắt đường thẳng BC tại điểm K. Đường thẳng KA, KE cắt đường trũn O lần lượt tại cỏc điểm M , N (M A; N E). Đường thẳng ND, NI cắt đường trũn O lần lượt tại cỏc điểm P,Q(P N;Q N). Chứng minh rằng EQ là đường trung trực của đoạn thẳng MP. u1 2020 Cõu 5 (2,0 điểm). Cho dóy số (un ) với 2021 2020 . un 1 un 2020un un (*) a) Chứng minh limun . u2020 u2020 u2020 b) Tớnh lim 1 2  n u2 2020 u3 2020 un 1 2020 Cõu 6 (1,0 điểm). Cho x , y, z là cỏc số thực dương thay đổi thỏa món: x y z 3. Chứng minh rằng: 3 x2 y2 z2 2 x2 y2 y2 z2 z2 x2 3 Trang 1
2. HƯỚNG DẪN GIẢI Cõu 1: (6,0 điểm) a) Tỡm cực trị của hàm số y x 2 x2 x 1. b) Cho hàm số y x7 m 2m 3 x4 m 2m2 5m 3 x2 2020 . Tỡm tất cả cỏc giỏ trị thực của tham số m để hàm số nghịch biến trờn Ă . Lời giải a) Tỡm cực trị của hàm số y x 2 x2 x 1. y x 2 x2 x 1 TXĐ: D Ă . 2x 1 x2 x 1 2x 1 y 1 . x2 x 1 x2 x 1 2x 1 0 y 0 x2 x 1 2x 1 0 x2 x 1 2x 1 2 2 x x 1 2x 1 1 x 2 2 3x 3x 0 1 x 2 x 0  x 1 x 1 y 1. x ∞ 1 +∞ y' 0 + +∞ +∞ y 1 Vậy hàm số đạt cực tiểu tại x 1, yCT 1. b) Cho hàm số y x7 m 2m 3 x4 m 2m2 5m 3 x2 2020 . Tỡm tất cả cỏc giỏ trị thực của tham số m để hàm số nghịch biến trờn Ă . y x7 m 2m 3 x4 m 2m2 5m 3 x2 2020 TXĐ: D Ă . y 7x6 4m 2m 3 x3 2m 2m2 5m 3 x . y 0 7x6 4m 2m 3 x3 2m 2m2 5m 3 x 0 5 2 2 x 7x 4m 2m 3 x 2m 2m 5m 3 0 x 0 5 2 2 . 7x 4m 2m 3 x 2m 2m 5m 3 0 1 Trang 2
3. Hàm số nghịch biến trờn Ă y 0, x Ă ( Dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm). 1 cú nghiệm bằng x 0 2m 2m2 5m 3 0 m 0  2m 5m 3 0 m 0 m 1 . 3 m 2 Thử lại: Với m 0 : y x7 2020 y 7x6 0 , x Ă Hàm số nghịch biến trờn Ă . Với m 1: y x7 x4 y 7x6 4x3 . x 0 6 3 3 3 y 0 7x 4x 0 x 7x 4 0 3 196 . x 7 3 196 Đặt x và x 0 . 1 7 2 x ∞ x1 x2 + ∞ y' 0 + 0 y 3 196 Hàm số đồng biến trờn ;0 . 7 3 Với m : y x7 2020 y 7x6 0 , x Ă Hàm số nghịch biến trờn Ă . 2 3 Vậy m 0 , m thỡ hàm số nghịch biến trờn Ă . 2 Cõu 2 (6,0 điểm). 6x 4 c) Giải bất phương trỡnh 2x 4 2 2 x . 5 x2 1 6 x d) Giải phương trỡnh 32 cos sin3x 3sin x . 2 Lời giải a) Điều kiện xỏc định: 2 x 2 . Trang 3
4. Do 2x 4 2 2 x 0, 2;2 nờn bất phương trỡnh đó cho tương đương với bất 2x 4 4 2 x 6x 4 6x 4 6x 4 phương trỡnh 2x 4 2 2 x 5 x2 1 2x 4 2 2 x 5 x2 1 6x 4 5 x2 1 2x 4 2 2 x 0 (*). 2 2 Ta cú 2x 4 2 2 x 2x 4 2 4 2x 1 2 2x 4 4 2x 24 Suy ra 2x 4 2 2 x 24 5,x 2;2 2 2 Mặt khỏc 5 x 1 5,x 2;2 , do đú 5 x 1 2x 4 2 2 x 0,x 2;2 . 2 Do đú (*) 6x 4 0 x . 3 2 Đối chiếu với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trỡnh đó cho là: S 2; . 3 6 x b) Giải phương trỡnh: 32cos sin3x 3sin x . 2 3 6 x 2 x 3 Ta cú 32 cos sin3x 3sin x 32 cos 3sin x 4sin x 3sin x 2 2 3 4 1 cos x 4sin3 x 0 1 cos x sin x sin x cos x 1 x k2 2 4 4 x k2 sin x 2 k  . 4 2 3 x k2 x k2 4 4 Vậy phương trỡnh đó cho cú cỏc nghiệm là x k2 ; x k2 k  . 2 Cõu 3: (3.0 điểm). Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đỏy ABCD là hỡnh chữ nhật với AB 3a , AD 3a 2 , SA  ABCD , SA 4a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cỏc cạnh SD và AD. 3. Tớnh gúc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng BMN . 4. Mặt phẳng đi qua hai điểm B , M và song song với AC . Biết mặt phẳng cắt cỏc cạnh SA , SC lần lượt tại hai điểm E , F . Tớnh khoảng cỏch từ điểm C đến mặt phẳng BEMF . Lời giải Trang 4
5. 1. Tớnh gúc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng BMN . à DC 3a 1 ả AB 3a.2 tan A1 ; tan N1 2 AD 3a 2 2 AN 3a 2 à ả à ả à ả tan A1.tan N1 1 A1 N1 90 A1 N1 90 AC  BN . AC  BN Ta cú: AC  BMN AC, BMN 90 . AC  MN MN // SA 2. Mặt phẳng đi qua hai điểm B , M và song song với AC . Biết mặt phẳng cắt cỏc cạnh SA , SC lần lượt tại hai điểm E , F . Tớnh khoảng cỏch từ điểm C đến mặt phẳng BEMF . Trong (SAC) qua H kẻ đường thẳng song song với SA cắt SC tại T. Vỡ 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 tại E, F.  BEMF . Kẻ HK  BM,NQ  BM HK // NQ . Vỡ AC // EF , EF  d C, d H, HK  BM Ta cú: HQ  EF HQ  AC, AC // EF NQ  BEMF d H, HK d C, HK 9a2 3a 3 BN AB2 AN 2 9a2 2 2 Trang 5
6. AB2 3a 2 AB2 BH.BN BH a 6 BN 3 1 1 1 2 1 35 6a 3 NQ NQ2 NB2 NM2 27a2 4a2 108a2 35 HK BH NQ.BH Ta cú: HK NQ BN BN 4a 3 d C, HK 35 Cõu 4: (2,0 điểm) Cho tam giỏc ABC cú ba gúc nhọn và AB AC (tam giỏc ABC khụng cõn ). Gọi O, I lần lượt là tõm đường trũn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giỏc ABC. AD (D BC) là đường phõn giỏc trong của Bã AC. Đường thẳng AD cắt đường trũn O tại điểm E (E A). Đường thẳng d đi qua điểm I và vuụng gúc với AE cắt đường thẳng BC tại điểm K. Đường thẳng KA, KE cắt đường trũn O lần lượt tại cỏc điểm M , N (M A; N E). Đường thẳng ND, NI cắt đường trũn O lần lượt tại cỏc điểm P,Q(P N;Q N). Chứng minh rằng EQ là đường trung trực của đoạn thẳng MP. Lời giải Từ bài toỏn, chỳ ý AB, AC  AI NI là phõn giỏc gúc Bã NC P là điểm chớnh giữa Bã AC EQ là đường kớnh của O IN  KE KM.KA KN.KE KI 2 IM  KA IMKN nt KI Qã NM ãAKI 1 1 1 Cú Bã KN sdCằE sdBằN sdNằE Bã AN 2 2 2 ADNK nt ãAKD ãAND Trang 6
7. Lại cú IãKD 900 IãDK 900 IãAC ãACB 1 1 1 1 1 1 1 sdQẳBE sdCằE sd ằAE sdQẳBE sd BằE sd ằAB sd ằAQ ãANQ 2 2 2 2 2 2 2 ãAKI IãNQ Mã NI IãNP Q là điểm chớnh giữa MP Mà QE là đường kớnh EQ là đường trung trực của đoạn thẳng MP. ùỡ u = 2020 ù 1 Cõu 5: ( 2,0 điểm) Cho dóy số (u ) với ớù . n ù u = u2021 + 2020u2020 + u (*) ợù n+ 1 n n n c. Chứng minh lim un = + Ơ . ổ 2020 2020 2020 ử ỗ u u u ữ d. Tớnh limỗ 1 + 2 + L + n ữ ỗ ữ ốỗu2 + 2020 u3 + 2020 un+ 1 + 2020ứữ Giải a. Từ giả thiết dễ dàng suy ra un > 0 với mọi n ³ 1. Do đú ta cú un+ 1 > un ³ 2020 với mọi n ³ 1. Hay ta cú dóy (un ) đơn điệu tăng. Suy ra ộlim u = + Ơ ờ n ờlim u = a > 2020 ởờ n Giả sử lim un = a > 2020. Qua giới hạn hai vế của (*) ta được a = a2021 + 2020a2020 + a . Điều này tương đương a = 0 hoặc a = - 2020 (Vụ lý) Vậy lim un = + Ơ b. Từ điều kiện (*) ta cú với mọi k ³ 1 2021 2020 uk+ 1 = uk + 2020uk + uk 2020 Û uk (uk + 2020) = uk+ 1 - uk . Từ đú suy ra u2020 u2020(u + 2020) u - u k = k k = k+ 1 k uk+ 1 + 2020 (uk+ 1 + 2020)(uk + 2020) (uk+ 1 + 2020)(uk + 2020) 1 1 = - uk + 2020 uk+ 1 + 2020 ổ 2020 2020 2020 ử ỗ u u u ữ Suy ra limỗ 1 + 2 + L + n ữ ỗ ữ ốỗu2 + 2020 u3 + 2020 un+ 1 + 2020ứữ ổ 1 1 1 1 1 1 ữử = limỗ - + - + L + - ữ ỗ ữ ốỗu1 + 2020 u2 + 2020 u2 + 2020 u3 + 2020 un + 2020 un+ 1 + 2020ứữ Trang 7
8. ổ 1 1 ữử 1 = limỗ - ữ= ỗ ữ ốỗu1 + 2020 un+ 1 + 2020ứữ 4040 Cõu 6 (1 điểm). Cho x , y, z là cỏc số thực dương thay đổi thỏa món: x y z 3. Chứng minh rằng: 3 x2 y2 z2 2 x2 y2 y2 z2 z2 x2 3 Lời giải Vỡ x , y , z vai trũ như nhau, khụng mất tớnh tổng quỏt giả sử x y z . Suy ra x y z 3x 3 3x x 1 * . Ta cú 3 x2 y2 z2 2 x2 y2 y2 z2 z2 x2 3 3 x2 y2 z2 2 x2 y2 y2 z2 z2 x2 3 0 3x2 3 y2 z2 2x2 y2 z2 2y2 z2 3 0 y2 z2 3 2x2 2y2 z2 3x2 3 0 y z 2 3 2x2 2yz 3 2x2 2y2 z2 3x2 3 0 1 Áp dụng BĐT AM-GM cho 2 số dương y và z ta được: 2 2 2 y z 3 x 3 x yz yz 2 2 2 2 4 2 2 3 x 2 3 x 2 VT 1 3 x 3 2x 2 3 2x 2 3x 3 f x 2 2 2 4 2 2 3 x 2 3 x 2 Xột f x 3 x 3 2x 2 3 2x 2 3x 3 2 2 1 2 2 1 4 2 1 2 2 9 6 1 2 2 3 x 3 2x 3 x 3x 3 3 x 3 2x x x 3x 3 2 8 2 4 4 4 1 2 9 2 3 3 2 1 2 3 3 x x x 3x 3 3 x . 1 x 3x 1 3 x 1 x 1 2 4 2 4 2 4 3 3 3 2 1 x 9 6x x2 3x 1 3 1 x 1 x 3x3 17x2 13x 1 1 x 3x2 14x 1 8 8 8 Mà 3x2 14x 1 3x 1 x 11x 1 0 với x 0;1 3 2 Vậy 1 x 3x2 14x 1 0 với x 0;1. 8 Từ đú suy ra f x 0 với x 0;1, hay VT 1 0 với x 0;1. Đẳng thức xảy ra khi x y z 1 Suy ra điều phải chứng minh. Trang 8