Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 12 - Bảng B - Năm học 2019-2020 - SGD&ĐT Gia Lai (Có đáp án + Ma trận)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 12 - Bảng B - Năm học 2019-2020 - SGD&ĐT Gia Lai (Có đáp án + Ma trận)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH GIA LAI LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2019 – 2020 Môn thi: Toán – Bảng B ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề thi gồm 01 trang) Ngày thi: 13/12/2019 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y x3 3 mx 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 x2 1 x 1 8 5 4 x 1 x . 2 2 2 x 2020 2019y x b) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực y2 2020 . y2 2 x 3 x 1 9 y 3 2 3n 10 1 2 Câu 3 (2,0 điểm). Tìm hệ số chứa x trong khai triển f x x x 1 x 2 với n là số tự 4 3n 2 nhiên thỏa mãn An C n 14 n . AC 2 3 Câu 4 (2,0 điểm). Cho tam giác ABC có sinACB sin 2 sin và tan tan . Chứng minh 2 2 3 rằng tam giác ABC đều. u 2 1 Câu 5 (2,0 điểm). Cho dãy số u thỏa mãn 4u 3 . n u n , n * n 1 3u 2 n 1 1 1  u 1 u 1 u 1 Tính A lim 1 2 n  n2 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 đoạn AH và BH. Trên cạnh CD lấy 9 2 điểm K sao cho tứ giác MNCK là hình bình hành. Biết M ;, K 9;2 , điểm B thuộc 5 5 d1 : 2 x y 2 0, điểm C thuộc 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 BCD ,,, ACD ABD ABC tại AI BI CI DI a a các điểm MNPQ,,, thỏa mãn  Biết VV , với a, b * và tối giản. MI NI PI QI IBCD b b Tính S a b. Câu 8 (4,0 điểm). Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn 8ab 2 3 a4 b 4 . Tìm giá trị lớn nhất của 1 1 ab biểu thức P  1 a2 1 b 2 1 3 a 2 b 2 -------------------------- Hết -------------------------- Họ và tên thí sinh Số báo danh Thí sinh không sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH GIA LAI LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2019 – 2020 Môn thi: Toán – Bảng B HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM (Hướng dẫn chấm có 04 trang) Câu Đáp án Điểm Phương trình hoành độ giao điểm của C và d là x3 3 mx 2 3 x 0,25 x3 3 mx 2 x 3 0. Không giảm tính tổng quát, giả sử d cắt C tại ba điểm phân biệt có hoành độ là x1;; x 2 x 3 theo thứ tự đó lập thành cấp số cộng. x x x 3 m 0,5 1 2 3 Ta có x x x x x 1 1.2 2 1 3 1 3 x x x 3 1 2 3 1 (2,0đ) Từ giả thiết suy ra x1 x 3 2 x 2 1.3 0,25 x m 2 x1 x 3 2 m 2 3 Từ 1.2 , 1.3 suy ra 3 2m 1 m 0,5 x1 x 3 m x x x x x 1 2 1 3 1 3 2m3 m 3 0 m 1. 0,25 Thử lại m 1 thỏa mãn bài toán. Vậy m 1. 0,25 Điều kiện: x1. Ta có 2x2 1 x 1 8 5 4 x 1 x 1 0,5 5 2 2 x 1 5 x 1 3 0 2 Đặt x 1 t , t 0. Khi đó phương trình 2 trở thành 2t5 5 t 2 3 0 2 3 0,5 a) 2t 3 5 (Vì t 0 không là nghiệm). (4,0đ) 2 (2,0đ) t 3 5 2t 3  5. Mặt khác 2 0,5 t AM GM 1 Suy ra t3 t 1 0. 0,25 t 2 Khi đó x 1 1 x 2 . Thử lại x 2 thỏa mãn phương trình 1 . 0,25 Vậy phương trình 1 có một nghiệm x 2. Trang 1
3. 2 2 2 x 2020 1 2019y x 1 x 2 y 2020 . Điều kiện 3 . 0,25 1 y2 2 x 3 x 1 9 y 3 2 y 3 2 2 2 x 2020 1 log 2019y x log 2019 2019 2 y 2020 0,25 2 2 2 2 y log2019 y 2020 x log 2019 x 2020 3 Xét hàm số f u u log2019 u 2020 trên 0; . 1 Ta có f u 1 0,  u 0; . 0,25 u 2020 ln 2019 Suy ra hàm số f u đồng biến trên 0; . y x Do đó 3 y2 x 2 . 0,25 b) y x (lo¹i) (2,0đ) Thay y x vào phương trình 2 ta được x2 2 x 3 x 1 3(3 x 1) (*) 0,25 1 Vì x không phải là nghiệm của phương trình (*) nên ta được 3 x 3 5 2 1 0,5 x x x 3x 1 2 2 2 3 0 x 3 x 1 0 3x 1 3 x 1 x 3 5 3(lo¹i) x 3x 1 2 3 5 3 5 x x Thử lại 2 và 2 thỏa mãn hệ phương trình đã cho. 3 5 3 5 y y 0,25 2 2 Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm 3 5 3 5 3 5 3 5 ;,;. 2 2 2 2 3n 2 Giải phương trình An C n 14 n n 5. 0,5 1 19 Với n 5, ta có f x x 2 . 0,5 16 3 1 19 f x Ck2 k x 19 k . Theo khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có  19 0,5 (2,0đ) 16 k 0 Số hạng chứa x 10 trong khai triển tương ứng với 19 k 10 k 9. 0,25 1 Vậy hệ số của số hạng chứa x 10 trong khai triển là CC92 9 2 5 9 . 0,25 16 19 19 ACACBB Ta có sinACB sin 2sin 2 sin cos 4 sin cos 0,25 4 2 2 2 2 (2,0đ) ACB ACAC cos 2 sin cos 2cos 0,25 2 2 2 2 Trang 2
4. ACAC cos cos 3sin sin 0,5 2 2 2 2 AC 1 tan tan  0,25 2 2 3 AC 3 Kết hợp với giả thiết còn lại ta được tan tan 0,5 2 2 3 Suy ra AC 600 . Vậy tam giác ABC đều. 0,25 13 u 1 1 1 1 Ta có n 3 3 0,5 un 1 1 u n 1 u n 1 1 u n 1 1 * 1 Đặt vn . Khi đó 3 trở thành vn 1 v n 3, n và v1 1. 0,25 un 1 u1 1 5 Dãy v lập thành cấp số cộng với số hạng đầu v 1, công sai d 3. (2,0đ) n 1 * 0,5 Suy ra vn 3 n 2, n . 1 1 1 3n2 n Do đó  v1 v 2  vn  0,5 u1 1 u 2 1 un 1 2 3n2 n 3 Khi đó A lim  0,25 2n 2 2 0,25 Theo bài toán ta có N là trực tâm của BCM nên MB NC , suy ra MB MK. Vì B d1 : 2 x y 2 0 nên B( a ;2 a 2).  9 8  36 8 0,25 MB a ;2 a ; MK ; . 5 5 5 5 6   MB MK MB. MK 0 a 1 B(1;4). 0,25 (2,0đ) Vì C d2 : x y 5 0 nên C( b ; b 5),( b 4).   0,25 KC ( b 9; b 7); BC ( b 1; b 9).   b 9 BC KC BC. KC 0 C(9;4). 0,25 b 4(lo¹i ) 1 1 KC MN AB CD nên K là trung điểm của đoạn thẳng CD. 0,25 2 2 Suy ra D(9;0). 0,25   Mặt khác AD BC A(1;0). 0,25 7 Gọi HK, lần lượt là hình chiếu vuông góc của AI, 0,5 (2,0đ) lên mặt phẳng BCD . Trang 3
5. AI BI CI DI Đặt k. MI NI PI QI A V AH AM AI IM Ta có k 1. VIBCD IK IM IM P VVV Tương tự k 1. 0,25 VVV Q IACD IABD IABC I N 4V D Suy ra k 1 4. 0,5 B H VVVV K IBCD IACD IABD IABC M V 1 Khi đó VV . 0,25 IBCD k 1 4 C a 1 Từ giả thiết, suy ra S 5. 0,5 b 4 2 Từ giả thiết, suy ra 8ab 2 3 a4 b 4  6 ab 1 0,25 AM GM 1 Đặt ab t, t 0. Từ 1 suy ra 3t2 4 t 1 0  t  1 2 0,5 3 1 1 2 Với a, b 0, ab 1 ta chứng minh  3 2 2 0,25 2 1 a 1 b 1 ab 1 1 1 1 Thật vậy 3  0 0,25 1 a21 ab 1 b 2 1 ab a b a b a b 0 0,25 8 1 a2 1 ab 1 b 2 1 ab (4,0đ) 2 a b ab 1  0 (đúng). 0,5 2t t 2 1 Khi đó P  f t , với t ;1 . 0,5 2 1 t1 3t t 1 3 1 1 1 7 Do f t 0, t ;1 nên Max f t f  2 0,5 3 1 3 4 1 t ;1 3 7 Suy ra P  0,5 4 7 3 Vậy P khi a b  0,5 Max 4 3 Lưu ý : - Thí sinh giải cách khác, nếu đúng và lập luận chặt chẽ vẫn chấm điểm tối đa. - Điểm toàn bài không làm tròn. -------------------------- Hết -------------------------- Trang 4