Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc.pdf (đề thi học sinh giỏi)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2019 - 2020 ĐỀ THI MÔN: TOÁN - THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. Cho hàm số y  x 3  3 x 2  mx  2 có đồ thị là  Cm  . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để  Cm  có điểm cực đại và điểm cực tiểu cách đều đường thẳng y  x  1. Câu 2. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  cot x  2 đồng biến trên khoảng  cot x  m    0;  .  4 Câu 3. Giải phương trình: 8sin x  3 1  . cos x sin x Câu 4. Cho dãy số  un  có số hạng tổng quát un  ln  n 2  2n  , u u  n   . * Tính lim Sn biết u 1 2 n 1 1 1 S n          . e e e Câu 5. Giải phương trình: x  4  3  x  12  x  x 2  x  1  2 x  5. Câu 6. Một hộp có 50 quả cầu được đánh số từ 1 đến 50. Lấy ngẫu nhiên 3 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất để tích 3 số ghi trên 3 quả cầu lấy được là một số chia hết cho 8. Câu 7. Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a, AA' = a. Hình chiếu vuông góc của A' trên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm cạnh AB. Gọi I là trung điểm của A'C, điểm S thỏa   mãn IB  2 SI . Tính theo a thể tích khối chóp S.AA'B'B. Câu 8. Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD. Mặt phẳng (P) đi qua trung điểm I của AG và cắt các đoạn AB, AC, AD tại các điểm khác A. Gọi hA , hB , hC , hD lần lượt là khoảng cách từ hB2  hC2  hD2  hA2 . các điểm A, B, C, D đến mặt phẳng (P). Chứng minh rằng: 3 Câu 9. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Điểm D là chân đường phân giác trong góc A. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên AB, AC. Đường tròn (C ) : ( x  2) 2  ( y  1) 2  9 ngoại tiếp tam giác DMN. Gọi H là giao điểm của BN và CM, đường thẳng AH có phương trình 3x  y  10  0. Tìm tọa độ điểm B biết M có hoành độ dương, A có hoành độ nguyên. Câu 10. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc  1 và a 3b  b3 a  lớn nhất của biểu thức P  1  ab  2. Tìm giá trị ab 1 1 3   . 2 2 1  a 1  b 1  2c ---------- HẾT ---------- https://toanmath.com/ Thí sinh không được sử dụng tài liệu, máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………………… Số báo danh: ………………. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 NĂM HỌC 2019-2020 ĐỀ THI MÔN: TOÁN - THPT Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1. Cho hàm số y  x 3  3 x 2  mx  2 có đồ thị là  Cm  . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để  Cm  có điểm cực đại và điểm cực tiểu cách đều đường thẳng y  x 1. Câu 2. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  cotx  2 đồng biến trên cotx  m   khoảng  0;  .  4 3 1 .  cosx sinx có số hạng tổng quát un  ln n 2  2n ,  n   * . Tính lim S n , biết Câu 3. Giải phương trình: 8sinx  Câu 4. Cho dãy số  un  u u   u 1 2 n 1 1 1 S n        ...    . e e e Câu 5. Giải phương trình: x  4  3  x  12  x  x 2  x  1  2 x  5 . Câu 6. Một hộp có 50 quả cầu được đánh số từ 1 đến 50 . Lẫy ngẫu nhiên 3 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất để tích 3 số ghi trên 3 quả cầu lấy được là một số chia hết cho 8 . Câu 7. Cho hình lăng trụ ABC. ABC  có đáy là tam giác đều cạnh a , AA  a . Hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng  ABC  trùng với trung điểm cạnh AB. Gọi I là trung điểm   của AC , điểm S thỏa mãn IB  2 SI . Tính theo a thể tích khối chóp S . AABB. Câu 8. Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD . Mặt phẳng  P đi qua trung điểm I của AG và cắt các đoạn AB, AC , AD tại các điểm khác A . Gọi hA , hB , hC , hD lần lượt hB2  hC2  hD2  hA2 3 Câu 9. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A . Điểm D là chân đường phân giác trong góc A . Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên AB, AC . Đường tròn  C  : ( x  2) 2  ( y  1) 2  9 ngoại tiếp tam giác DMN . Gọi H là giao điểm của BN và CM , đường thẳng AH có phương trình 3 x  y  10  0 . Tìm tọa độ điểm B biết M có hoành độ dương, A có hoành độ nguyên. là khoảng cách từ các điểm A, B, C , D đến mặt phẳng  P . Chứng minh rằng: Câu 10. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc  1 và a 3b  b 3 a  trị lớn nhất của biểu thức P  1  ab  2. Tìm giá ab 1 1 3 .   2 2 1  a 1  b 1  2c ---------------Hết---------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu, máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……….……..…….................…….….….; Số báo danh:……….....………. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 NĂM HỌC 2019-2020 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN - THPT (Hướng dẫn chấm có 05 trang) I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó. - Nếu học sinh làm theo cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong hướng dẫn chấm để cho điểm. - Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó sẽ không được điểm. - Trong lời giải câu 7, 8 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm. - Điểm toàn bài tính đến 0,5 và không làm tròn. II. ĐÁP ÁN: Câu Nội dung Cho hàm số y  x  3 x  mx  2 có đồ thị là  Cm  . Tìm tất cả các giá trị thực của tham 3 2 số m để  Cm  có điểm cực đại và điểm cực tiểu cách đều đường thẳng y  x  1 . Ta có: y '  3 x 2  6 x  m . Hàm số có cực trị  y '  0 có 2 nghiệm phân biệt  3 x 2  6 x  m  0 có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2   '  9  3m  0  m  3 (*) 1 1 m 1  2m   Thực hiện phép chia y cho y ' ta được: y   x   y '   2 x   2   3 3 3  3   m m  2m    2m   Ta có: y1  y  x1      2  x1   2   ; y2  y  x2      2  x2   2   3 3   3    3  m  2m    Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là  : y     2 x  2   3  3   Các điểm cực trị cách đều đường thẳng y  x  1 khi và chỉ khi TH1: Đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị song song hoặc trùng với đường thẳng y  x  1 9  2m     2   1  m   (loại) 2  3  TH2: Trung điểm I của AB nằm trên đường thẳng y  x  1 y  y2 x1  x2 m  2m    y I  xI  1  1  1     2   x1  x2   2  2     x1  x2   2 2 2 3  3   m  2m      2  .2  2  2    2  2  m  0 (thỏa mãn (*)) 3  3   Vậy giá trị của m cần tìm là: m  0 . cotx  2   Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  đồng biến trên khoảng  0;  . cotx  m  4 1  m  2 2 Ta có y  sin x 2   cot x  m   2     Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  0;   hàm số đó xác định và y   0, x   0;   4  4 m  1;    . m  2  0   m  1 . Vậy m  1 thì hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  0;  .  4 Giải phương trình: 8sinx  3 1  cosx sinx sin x  0   sin 2 x  0  x  k  k    2 cos x  0 Điều kiện:  (*) Với điều kiện (*) , phương trình đã cho  8sin 2 x cos x  3 sin x  cos x   4  4cos 2 x  cos x  3 sin x  cos x  4cos x  4cos 2 x cos x  3 sin x  cos x 3  3cos x  2cos x  2cos3x  3 sin x  cos x  3 sin x  2cos3x 1 3    cos x  sin x  cos3x  cos  x    cos3x 2 2 3         3 2  x x k   k x   3 6   (thỏa mãn (*) ) 3x   x    k 2 x     k    3 12 2    Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x   k ; x    k k   . 6 12 2 Cho dãy số  un  có số hạng tổng quát un  ln  n 2  2n  ,  n   * . Tính lim S n , biết u u u 1 2 n 1 1 1 Sn        ...    . e e e u 4 n 1 1 11 1  1 Ta có        2 ln  2 n n   n  n  2  2  n n  2  e e 1 1 1 1 1 1 1 1  Suy ra S n   1       ...    2 3 2 4 3 5 n n2 1 1 1 1  13 1 1   1         2  2 n 1 n  2  2  2 n 1 n  2  1 1 1  3 3 Vậy, lim S n  lim     . 2  2 n 1 n  2  4 Giải phương trình: x  4  3  x  12  x  x 2  x  1  2 x  5 x  4  0 5  Điều kiện: 3  x  0    x  3 (*) 2 2 x  5  0  Đặt t  x  4  3  x  t  0  5  t 2  7  2 12  x  x 2 Phương trình đã cho trở thành t  t2  7  x  1  2 x  5  t 2  2t  2 x  5  2 2 x  5 2 Xét hàm số f  u   u 2  2u với u  0 Ta có: f   u   2u  2  0,  u  0   Hàm số đồng biến trên  0;   Khi đó: 1  t  2 x  5 hay x  4  3  x  2x  5 (1)  7  2 12  x  x 2  2 x  5  12  x  x 2  x  1 x  1 1  89 (thỏa mãn (*) )  x 2 2 4 12  x  x  x  2 x  1 1  89 Vậy nghiệm của phương trình là: x  . 4 Một hộp có 50 quả cầu được đánh số từ 1 đến 50 . Lẫy ngẫu nhiên 3 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất để tích 3 số ghi trên 3 quả cầu lấy được là một số chia hết cho 8 . 3 Có C50 cách lấy ra 3 quả cầu từ 50 quả cầu đã cho 6 Chia 50 quả cầu trong hộp thành 4 nhóm: Nhóm 1: gồm 25 quả cầu mang số lẻ Nhóm 2: gồm 13 quả cầu mang số chia hết cho 2 mà không chia hết cho 4 Nhóm 3: gồm 6 quả cầu mang số chia hết cho 4 mà không chia hết cho 8 Nhóm 4: gồm 6 quả cầu mang số chia hết cho 8. Để tích 3 số ghi trên 3 quả cầu lấy được là một số không chia hết cho 8 thì có 4 trường hợp sau xảy ra: 2 cách lấy TH1) 1 quả thuộc nhóm 1 và 2 quả thuộc nhóm 2: có C125 .C13 1 TH2) 2 quả thuộc nhóm 1 và 1 quả thuộc nhóm 2: có C225 .C13 cách lấy TH3) 2 quả thuộc nhóm 1 và 1 quả thuộc nhóm 3: có C225 .C16 cách lấy 3 TH4) 3 quả thuộc nhóm 1: có C25 cách lấy Vậy xác suất cần tính là: P = 1 - 2 2 3 C125 .C13 .C16 + C25 + C225 .C113 + C25 3 C50 = 193 392 Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , AA  a . Hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng  ABC  trùng với trung điểm cạnh AB. Gọi I là trung điểm   của AC , điểm S thỏa mãn IB  2 SI . Tính theo a thể tích khối chóp S.AABB. B' C' A' S I C B H A 7 Gọi H là trung điểm của AB  AH   ABC   CH   AABB  Ta có: CH  a 3 1 1 a 3 a 2 3 a3  VC . AABB  CH .S AABA  .  . 2 3 3 2 2 4   3 3 Do IB  2SI  d  S ,  AABB    d  I ,  AABB    d  C,  AABB   2 4 3 3 3a Suy ra VS . AABB  VC . AABB  . 4 16 Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD . Mặt phẳng  P  đi qua trung điểm I của AG và cắt các đoạn AB, AC, AD tại các điểm khác A . Gọi hA , hB , hC , hD lần lượt là  P . khoảng cách từ các điểm A, B, C , D đến mặt phẳng Chứng minh rằng: hB2  hC2  hD2  hA2 . 3 Gọi B, C , D là giao điểm của  P với AB, AC , AD A Ta có: VA.BCD  VA.CDI  VA. BCI  VA. BDI ; 8 1 S GBC  S GCD  S GBD  S BCD 3 VA.BCI AB AC AI 3V 1 AB AC . . .   A.BCI  VA.BCG AB AC AG VA.BCD 2 AB AC 3VA.BDI 1 AB AD 3VA.CDI 1 AC AD . ; .   VA.BCD 2 AB AD VA.BCD 2 AC AD D' B' I C' B D G C 3VA.BCD 1  AB. AC AC. AD AB. AD       2  AB. AC VA.BCD AC. AD AB. AD  3 AB. AC AD 1  AB. AC  AC . AD AB. AD  DD BB CC        3  AB. AC. AD 2  AB. AC AC. AD AB. AD  AD AB AC  BB hB CC  hC DD hD  ,  ,   hD  hC  hB  3hA Mặt khác ta có: AB hA AC  hA AD hA Suy ra: hB2  hC2  hD2 Hơn nữa:  hD  hC  hB   3  h  h  h    hA2 (đpcm) 3 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A . Điểm D là chân đường phân giác trong góc A . Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên AB, AC . Đường tròn  C  : ( x  2)2  ( y  1)2  9 ngoại tiếp tam giác DMN . Gọi H là 2 2 D 2 C 2 B giao điểm của BN và CM , đường thẳng AH có phương trình 3 x  y  10  0 . Tìm tọa độ điểm B biết M có hoành độ dương, A có hoành độ nguyên. Vì AMDN là hình vuông nên A   C  . A 9 Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình:  y  3 x  10  3 x  y  10  0   x  2      2 2 ( x  2)  ( y  1)  9   x   19     5 N I M E B H F D  x  2   A  2; 4  y  4 Đường tròn  C  có tâm I (2;1) , AMDN là hình vuông nên I là trung điểm AD  D (2; 2) . Gọi E là giao điểm của BN và DM ; F là giao điểm của DN và CM . C Ta có AMDN là hình vuông nên MF AN MD ME ME      EF / /CD  EF / / BC MC AC AC AN MD NF NF ND AN     ANF và DBAN đồng dạng AN AM AB AB  ABN   NAF  BN  AF Tương tự CM  AE  H là trực tâm DAEF  AH ^ EF  AH ^ BC . Đường thẳng BC vuông góc AH , qua D nên có phương trình x  3 y  8  0 . Đường thẳng MN vuông góc AD, qua I nên có phương trình : y  1  0 Tọa độ của M , N là nghiệm của hệ phương trình:  x  1  y 1  0     x  5  2 2 ( x  2)  ( y  1)  9 y 1  Vì M có hoành độ dương nên M (1;1) . Đường thẳng AB qua A, M nên có phương trình : x  y  2  0 10 Do B  AB  BC nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình: x  y  2  0 x  7   B(7; 5)  x  3y  8  0  y  5 Vậy B (7; 5) . 1 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc  1 và a 3b  b3 a   ab  2. ab 1 1 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  .   2 2 1  a 1  b 1  2c 1 Theo BĐT Cô–si ta có: a 3b  ab3  2a 2b 2  ab  2  2a 2b 2  ab 1 1 Đặt t  ab  t  0  t  2  2t 2   2t 3  t 2  2t  1  0   t  1 . t 2 1 1 2 Với a , b  0; ab  1 ta chứng minh (*)   2 2 1 a 1 b 1  ab 1 1 1 1 Thật vậy: (*)  (  )(  )0 2 2 1  a 1  ab 1  b 1  ab a(b  a ) b( a  b)    0  (a  b) 2 (ab  1)  0 (đúng) 2 (1  a )(1  ab) (1  b 2 )(1  ab) 2 3 2 3t . P    1  ab 1  2 1  t t  2 ab 2 3t 2 6 1  ; f 't      0 Xét t   ;1 ; f  t   2 2 1 t t  2 2  1  t   t  2  1   1  11 Từ đó f  t  nghịch biến trên  ;1  Max f  t   f    1   2   2  15  2 ;1   1 1 1 ;b  ;c  2. Dấu "  " xảy ra khi t   a  2 2 2 ------------------------Hết------------------------