Đề thi học sinh giỏi Toán 12 cấp tỉnh năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Bình Thuận

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo cùng các em học sinh lớp 12 đề thi học sinh giỏi Toán 12 cấp tỉnh năm học 2020 – 2021 sở GD&ĐT Bình Thuận; đề gồm 01 trang với 05 bài toán dạng tự luận, thời gian học sinh làm bài thi là 90 phút, đề thi có đáp án và lời giải chi tiết.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH THUẬN
TOANMATH.com
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
MÔN TOÁN – LỚP 12
NĂM HỌC 2020 - 2021
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Đề thi gồm 01 trang + 05 bài toán tự luận
Bài 1. (6,0 điểm)
a. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
11 9
y x x
trên đoạn
0;4 .
b. Cho hàm số đa thức
( )
y f x
có đồ thị như sau:
Tìm số điểm cực trị của hàm số
2
2 2 .
y f x x
Bài 2. (5,0 điểm) Xét dãy số
n
u
thỏa
1
,
u a b
*
1 1
, ;
n
n
ab
u u n
u
trong đó
,
a b
hai số thực
dương.
a. Chứng minh
n
u
là dãy số giảm khi
;
a b
b. Tính
lim .
n
u
Bài 3. (3,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
m
để hệ phương trình
2
1
3 0
x xy
x y m
ba
nghiệm phân biệt.
Bài 4. (2,0 điểm) Cho hai số nguyên dương
k
n
sao cho
.
k n
Xét tất cả các tập hợp con gồm
k
phần tử của tập hợp
1,2,..., .
n
Trong mỗi tập hợp con ta chọn ra phần tử nhỏ nhất. Chứng minh
tổng tất cả các phần tử được chọn bằng
1
1
.
k
n
C
Bài 5. (4,0 điểm) Cho đường tròn
O
đường kính
AB
cố định,
M
điểm di động trên
O
sao cho
M
khác với các điểm
,
A B
OM
không vuông góc với
.
AB
c tiếp tuyến của
O
tại
A
và
M
cắt nhau tại
.
C
Gọi
I
đường tròn đi qua
M
tiếp xúc với đường thẳng
AC
tại
.
C
Đường thẳng
OC
cắt lại
I
tại điểm thứ hai là
.
E
a. Chứng minh
E
là trung điểm của
;
OC
b. Gọi
CD
đường kính của
.
I
Chứng minh đường thẳng qua
D
vuông góc với
BC
luôn
đi qua một điểm cố định khi
M
di động trên
.
O
____________________ HẾT ____________________
x
y
O
1
1
2
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
11 9
y x x
trên đoạn
0;4
.
b) Cho hàm số đa thức
y f x
có đồ thị như sau:
Tìm số điểm cực trị của hàm số
2
2 2
y f x x
.
Lời giải
a) Hàm số đã cho liên tục trên đoạn
0;4
.
Ta có
2
2
2 11 9
9
x x
y
x
,
1 TM
0
9
KTM
2
x
y
x
.
Ta có
0 33, 1 10 10, 4 35
y y y
.
Vậy
0;4
0;4
min 35,max 10 10
y y .
b) Đặt
2
2 2
g x f x x
. Ta có
2
2 1 2 2
g x x f x x
.
Gọi
1 2 3
, ,
x x x x x x
(với
1 2 3
x x x
) là các điểm cực trị của hàm số
f x
.
Từ đồ thị, ta có
1 2 3
1;0 , 0;1 , 1;2
x x x
.
Ta có
2
2
1
1
2
2
2
2
2
2
2
3
3
1
1
2 2 0 1
1 0
2 2
0
2 2 0
2 2 0 2
2 2
2 2
2 2 0 3
x
x
x x xx
x x x
g x
f x x
x x x
x x x
x x x
x x x
.
Xét phương trình (1), ta có
1 1
1 2 1 0
x x
nên phương trình (1) vô nghiệm.
Xét phương trình (2), ta có
2
1 0
x
nên phương trình (2) vô nghiệm.
Xét phương trình (3), ta có
3
1 0
x
nên phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt khác 1.
Như vậy phương trình
0
g x
có ba nghiệm đơn nên hàm số
g x
có ba điểm cực trị.
Câu 2. Xét dãy số
n
u
thỏa
*
1 1 1
, ,
n
n
ab
u a b u u n
u
; trong đó
,
a b
là hai số thực dương.
a) Chứng minh
n
u
là dãy số giảm khi
a b
.
b) Tính
lim
n
u
.
Lời giải
a) Khi
a b
, ta có
1
2
*
1 1
2
,
n
n
u a
a
u u n
u
.
Ta chứng minh:
*
1
, 1
n
n
u a n
n
bằng phương pháp quy nạp.
 Ta có:
1
2
u a
1
đúng với
1
n
.
 Giả sử
1
đúng với
n k
, tức là:
1
; 1
k
k
u a k
k
.
Ta có:
2 2
1 1
2
2
1
1
k
k
a a k
u u a a
k
u k
a
k
1
đúng với
1
n k
.
Vậy
*
1
, 1
n
n
u a n
n
, ta có
*
0,
n
u n
Ta có
2
*
1
2
2
2
1
1,
1
2 1
n
n
n
a
u
n n
n
n
n
u n n
a
n
. Vậy
n
u
là dãy số giảm .
b) Không mất tính tổng quát, giả sử
.
a b
* Trường hợp 1:
a b
Khi đó
*
1
, .
n
n
u a n
n
* Trường hợp 2:
a b
Khi đó:
2 2 3 3
2
2 2
;
ab a ab b a b
u a b
a b a b a b
2 2
4 4
3
3 3 3 3
2
;
ab a b
ab a b
u a b a b
u a b a b
Qui nạp ta được
1 1
*
, .
n n
n
n n
a b
u n
a b
Do đó
1 1
khi
1
khi
n n
n n
n
a b
a b
a b
u
n
a a b
n
,
*
.
n
* Khi
,
a b
ta có
1
1
lim lim lim 1
n
n a
u a a
n n
.
* Khi
,
a b
ta có
1
1 1
1
lim lim lim
1
1
n
n n
n
n n
n
b
a b
a
u a
a b
b
a a
.
Vậy
lim .
n
u a
Câu 3. Tìm tất cả các giá trị của tham số
m
để hệ phương trình
2
1
3 0
x xy
x y m
ba nghiệm phân
biệt.
Lời giải
Xét hệ phương trình:
2
1 1
3 0 2
x xy
x y m
.
Điều kiện:
0
xy
.
0
x
không phải là nghiệm của phương trình nên
0
x
.
Ta có : (1) 1
xy x
.
2
1 0
1
x
xy x
1
1
2
x
y x
x
.
Thay vào phương trình (2) ta có:
2
1
3 2
x x m
x
(3).
Để hệ phương trình có ba nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có ba nghiệm phân biệt thuộc
;1 \ 0

.
Xét hàm số
2
1
3 2
f x x x
x
,
;1 \ 0
x

.
Ta có:
3 2
2 2
1 6 1
6 1
x x
f x x
x x
.
3 2
1
0 6 1 0
2
f x x x x
.
Bảng biến thiên:
Số nghiệm của phương trình (3) số giao điêm của đồ thị hàm số
y f x
đường thẳng
y m
.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình (3) ba nghiệm phân biệt thuộc
;1 \ 0

khi
5
;3
4
m
.
Vậy
5
;3
4
m
thì hệ phương trình
2
1
3 0
x xy
x y m
có ba nghiệm phân biệt.
Câu 4. Cho hai số nguyên dương
k
n
sao cho
.
k n
Xét tất cả các tập hợp con gồm
k
phần tử của
tập hợp
1,2,..., .
n
Trong mỗi tập hợp con ta chọn ra phần tử nhỏ nhất. Chứng minh tổng tất cả
các phần tử được chọn bằng
1
1
k
n
C
.
Lời giải
Theo đề bài ta có:
TH1: Tập có phần tử nhỏ nhất là số
1
1
1
k
n
C
tập.
TH2: Tập có phần tử nhỏ nhất là số
2
2
2
k
n
C
tập.
TH k: Tập có phần tử nhỏ nhất là số
2
k k
n k
C
tập.
Suy ra tổng các phần tử được chọn là
1 2
1 2
...
k k k k
n n n k
C C C
.
Dễ dàng ta chứng minh được
1 2 1
1 2 1
...
k k k k k
n n n k n
C C C C
(đpcm).
Câu 5. Cho đường tròn
O
có đường kính
AB
cố định,
M
là điểm di động trên
O
sao cho
M
khác với các điểm
,
A B
OM
không vuông góc với
.
AB
Các tiếp tuyến của
O
tại
A
M
cắt nhau tại
.
C
Gọi
I
là đường tròn đi qua và tiếp xúc với đường thẳng
AC
tại
.
C
Đường thẳng
OC
cắt lại
I
tại điểm thứ hai là
.
E
a) Chứng minh
E
là trung điểm của
OC
.
b) Gọi
CD
đường kính của
.
I
Chứng minh đường thẳng qua
D
vuông góc với
BC
luôn đi qua một điểm cố định
M
di động trên
.
O
Lời giải
a)
MCO ACO CME
EC EM
CMO
vuông tại
M
M
là trung điểm
OC
.
b) Vẽ
( )
DF BC F I
', '
DE AB E DD AB
'
F
là trung điểm của
AO
'
F
cố định
Ta có
/ / ' ( )
CD E O CA
E
là trung điểm của
CO
'
CDOE
là hình bình hành
'
CDD A
là hình chữ nhật
' '
D A CD E O
F
là trung điểm
' '
D E
Gọi
Bx
là tiếp tuyến tại
B
của
( )
O
.
Có:
( , , , ) 1
BC Bx BM BA
.
, , , ' ( , , )
BC DF Bx DC BM DE BA DD BM AM AM OC OC DE
( , , , ') 1
DC DF DE DD
.
/ /
DC AB DF
qua trung điểm
' '
D E
.
, ', '
D E F DF
qua
'
F
cố định.
____________________ HẾT ____________________
| 1/6

Preview text:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH BÌNH THUẬN MÔN TOÁN – LỚP 12 NĂM HỌC 2020 - 2021 TOANMATH.com
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Đề thi gồm 01 trang + 05 bài toán tự luận Bài 1. (6,0 điểm)
a. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y   x   2 11
x  9 trên đoạn 0;4.
b. Cho hàm số đa thức y  f (x) có đồ thị như sau: y 1 1 O 2 x
Tìm số điểm cực trị của hàm số y  f  2 x  2x  2. ab
Bài 2. (5,0 điểm) Xét dãy số u thỏa u  a  , b * u  u  , n
   ; trong đó a,b là hai số thực n  1 n 1  1 un dương.
a. Chứng minh u là dãy số giảm khi a  ; b n  b. Tính limu . n x  xy 1
Bài 3. (3,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ phương trình  có ba 2 3  x  y  m  0 nghiệm phân biệt.
Bài 4. (2,0 điểm) Cho hai số nguyên dương k và n sao cho k  .
n Xét tất cả các tập hợp con gồm k
phần tử của tập hợp 1,2,..., 
n . Trong mỗi tập hợp con ta chọn ra phần tử nhỏ nhất. Chứng minh
tổng tất cả các phần tử được chọn bằng k 1 C  . n 1 
Bài 5. (4,0 điểm) Cho đường tròn O có đường kính AB cố định, M là điểm di động trên O sao cho M khác với các điểm ,
A B và OM không vuông góc với A .
B Các tiếp tuyến của O tại A và
M cắt nhau tại C. Gọi I  là đường tròn đi qua M và tiếp xúc với đường thẳng AC tại C.
Đường thẳng OC cắt lại I  tại điểm thứ hai là E.
a. Chứng minh E là trung điểm của OC;
b. Gọi CD là đường kính của I . Chứng minh đường thẳng qua D và vuông góc với BC luôn
đi qua một điểm cố định khi M di động trên O.
____________________ HẾT ____________________ LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y   x   2 11
x  9 trên đoạn 0;4.
b) Cho hàm số đa thức y  f  x có đồ thị như sau:
Tìm số điểm cực trị của hàm số y  f  2 x  2x  2. Lời giải
a) Hàm số đã cho liên tục trên đoạn 0;4. x 1 TM 2 2x 11x  9 Ta có y  , y 0     9 . 2 x  9 x  KTM  2
Ta có y 0  33, y  1  1  0 10, y4  3  5 . Vậy min y  3  5,max y  1  0 10 . 0;4 0;4
b) Đặt g  x  f  2
x  2x  2 . Ta có g x  x   f  2 2 1 x  2x  2 .
Gọi x  x , x  x , x  x (với x  x  x ) là các điểm cực trị của hàm số f  x . 1 2 3 1 2 3
Từ đồ thị, ta có x  1
 ;0 , x  0;1 , x  1;2 . 1   2   3   x 1 x 1   2 2 x 1  0 x  2x  2  x x  2x  2  x  0 1  1  1  
Ta có g x  0     . f    2 x  2x  2  2  2  0 x  2x  2  x x  2x  2  x  0 2 2 2     2 2 x  2x  2  x   x  2x  2  x  0 3 3  3  
Xét phương trình (1), ta có  1 2  x  x 1 0 nên phương trình (1) vô nghiệm. 1  1
Xét phương trình (2), ta có   x 1  0 nên phương trình (2) vô nghiệm. 2
Xét phương trình (3), ta có 
  x 1  0 nên phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt khác 1. 3
Như vậy phương trình g x  0 có ba nghiệm đơn nên hàm số g  x có ba điểm cực trị. ab Câu 2. Xét dãy số u thỏa * u  a  , b u  u  , n
   ; trong đó a,b là hai số thực dương. n  1 n 1  1 un a)
Chứng minh u là dãy số giảm khi a  b . n  b) Tính lim u . n Lời giải u   2a 1  a) Khi a  b , ta có 2  a . * u  u  , n     n 1  1 u  n n 1 Ta chứng minh: * u  a, n     
1 bằng phương pháp quy nạp. n n
 Ta có: u  2a    1 đúng với n  1. 1 k 1  Giả sử  
1 đúng với n  k , tức là: u  a;k   1 . k k 2 2 a a k  2 Ta có: u  u   2a   a    1 đúng với n  k 1. k 1  1 u k 1 k 1 k a k n 1 Vậy * u  a, n      1 , ta có * u  0, n   n n n n  2 a 2 u n  2n Ta có n 1  n 1 *    1, n
   . Vậy u là dãy số giảm . n  2 u n 1 n  2n 1 n a n
b) Không mất tính tổng quát, giả sử a  . b * Trường hợp 1: a  b n 1 Khi đó * u  a, n    . n n * Trường hợp 2: a  b Khi đó: 2 2 3 3 ab a  ab  b a  b u  a  b    ; 2 2 2 a  b a  b a  b ab ab 2 2 a  b  4 4 a  b u  a  b   a  b   ; 3 3 3 3 3 u a  b a  b 2 n 1  n 1 a b   Qui nạp ta được * u  , n    . n n n a  b n 1  n 1 a b    khi a  b  n n  Do đó a  b u  , * n   . n n1  a khi a  b  n n  1a  1 
* Khi a  b, ta có lim u  lim  lim 1 a  a . n   n  n  n 1  b   1 n 1  n 1 a b      a * Khi a  b, ta có lim u lim lim     a . n n n a  b 1 n  b    1      a   a    Vậy lim u  . a n x   xy 1
Câu 3. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình  có ba nghiệm phân 2 3  x   ym  0  biệt. Lời giải x xy 1   1
Xét hệ phương trình:  . 2 3  x   y m  0  2  Điều kiện: xy  0.
Vì x  0 không phải là nghiệm của phương trình nên x  0 .
Ta có : (1)  xy 1 x . 1  x  0 x 1         1 . xy  1 x2  y  2 x  x 1
Thay vào phương trình (2) ta có: 2 3x  2  x  m (3). x
Để hệ phương trình có ba nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có ba nghiệm phân biệt thuộc  ;  1\  0 . 1 Xét hàm số f x 2
 3x  2 x , x  ;  1\  0 . x 3 2 1 6x  x 1
Ta có: f x 6x 1 . 2 2 x x f x 1 3 2
 0  6x  x 1 0  x  . 2 Bảng biến thiên:
Số nghiệm của phương trình (3) là số giao điêm của đồ thị hàm số y  f x và đường thẳng y  m .
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình (3) có ba nghiệm phân biệt thuộc  ;  1\  0 5  khi m  ;3    . 4  5  x   xy 1 Vậy m  ;3    thì hệ phương trình
có ba nghiệm phân biệt.   4  2 3  x   ym  0 
Câu 4. Cho hai số nguyên dương k và n sao cho k  .
n Xét tất cả các tập hợp con gồm k phần tử của tập hợp 1,2,..., 
n . Trong mỗi tập hợp con ta chọn ra phần tử nhỏ nhất. Chứng minh tổng tất cả
các phần tử được chọn bằng k 1 C  . n 1  Lời giải Theo đề bài ta có:
TH1: Tập có phần tử nhỏ nhất là số 1 có k 1 C  tập. n 1 
TH2: Tập có phần tử nhỏ nhất là số 2 có k 2 C  tập. n2 …
TH k: Tập có phần tử nhỏ nhất là số 2 có k k C  tập. nk
Suy ra tổng các phần tử được chọn là k 1  k 2 C  C  ... k k  C . n 1  n2 nk
Dễ dàng ta chứng minh được k 1  k 2 k k k 1 C  C  ... C  C  (đpcm). n 1  n2 nk n 1  Câu 5.
Cho đường tròn O có đường kính AB cố định, M là điểm di động trên O sao cho M khác với các điểm ,
A B và OM không vuông góc với A .
B Các tiếp tuyến của O tại A và
M cắt nhau tại C. Gọi I  là đường tròn đi qua và tiếp xúc với đường thẳng AC tại C.
Đường thẳng OC cắt lại I  tại điểm thứ hai là E.
a) Chứng minh E là trung điểm của OC .
b) Gọi CD là đường kính của I . Chứng minh đường thẳng qua D và vuông góc với BC
luôn đi qua một điểm cố định M di động trên O. Lời giải a) Có  MCO   ACO   CME  EC  EM Mà CMO vuông tại M  M là trung điểm OC .
b) Vẽ DF  BC  F  (I )
DE  AB  E ', DD '  AB
F ' là trung điểm của AO  F ' cố định Ta có CD / /E 'O ( C ) A E là trung điểm của CO
 CDOE ' là hình bình hành
Mà CDD ' A là hình chữ nhật  D ' A  CD  E 'O
 F là trung điểm D ' E '
Gọi Bx là tiếp tuyến tại B của (O) . Có: (BC, Bx, BM , B ) A  1.
Mà BC  DF, Bx  DC, BM  DE, BA  DD ' (BM  AM , AM  OC,OC  DE)
 (DC, DF, DE, DD ')  1.
Mà DC / / AB  DF qua trung điểm D ' E '.
 D, E ', F '  DF qua F ' cố định.
____________________ HẾT ____________________