Đề thi hsg toán 12 tỉnh quảng trị năm 2020 có đáp án

Đề thi hsg toán 12 tỉnh quảng trị năm 2020 có đáp án được soạn dưới dạng file PDF. Đề thi bao có 6 trang, bao gồm 5 câu hỏi. Đề thi có đáp án chi tiết phía dưới giúp các bạn so sánh đối chiếu kết quả một cách chính xác. Mờicác bạn cùng đón xem ở dưới.

Trang 1
UBND TỈNH QUẢNG TRỊ
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 12
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
cos sin .y x x
2.Tìm
m
để phương trình
42
2 4 1 2 0x x m
có đúng 5 nghiệm phân biệt.
Câu 2. ( 5,0 điểm)
1.Chứng minh rằng
1 2 1010 2019
2020 2020 2020
2 ... 1010 1010.2 .C C C
2.Tìm tất cả các cặp số thực
;xy
thỏa mãn
4xy
Câu 3. ( 6,0 điểm)
1.Cho hình chóp
.S ABC
đáy
ABC
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
khoảng cách giữa hai đường thẳng
SB
AC
theo
.a
2.Cho tam giác
ABC
ngoại tiếp đường tròn
( ).I
Gọi
,,M D E
lần lượt trung
điểm của
, , ;BC IB IC
,FG
lần lượt tâmđường tròn ngoại tiếp các tam giác
ABD
.ACE
Chứng minh rằng
AM
vuông góc
.FG
Câu 4.(2,0 điểm)
Cho dãy số
n
x
được xác định bởi
1
2x
1
2 , 1.
nn
x x n
Chứng
minh dãy số
n
x
có giới hạn và tìm giới hạn đó.
Câu 5.(2,0 điểm)
Xét các số thực dương
,,abc
có tổng bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2 18
.
b c c a a b abc
P
a b c ab bc ca

----Hết----
Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.
Trang 2
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.1. Tìm tất các các điểm cực đại và điểm cực tiểu của hàm số
cos sin .y x x
' sin cosy x x
;
2
4
'0
3
2
4
xk
y
xk


'' sin cosy x x
;
3
'' 2 2 0; '' 2 2 0
44
y k y k


Vậy các điểm cực đại của hàm số là:
3
2
4
xk

; Các điểm cực tiểu của hàm số là:
2
4
xk
Câu 1. 2. Tìm
m
để phương trình
42
2 4 1 2 0x x m
đúng 5 nghiệm phân
biệt.
4 2 4 2
2 4 1 2 0 2 4 1 2x x m x x m
.
Cách 1:Xét hàm số
42
( ) 2 4 1f x x x
có BBT của hàm số
()fx
()fx
Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm cửa đồ thị hàm số
()fx
đường
thẳng
ym
. Vậy phương trình đã cho đúng 5 nghiệm phân biệt khi
21m
hay
1
.
2
m
Cách 2: (HS 10,11).
42
2 4 1 2 (1)x x m
. Đặt
2
,0t x t
PTTT:
2
2 4 1 2t t m
(2).
Xét hàm số
2
( ) 2 4 1f t t t
trên
[0; )
.
| ( )|ft
đồ thị
Biện luận các trường hợp số nghiệm của (2) và (1).
Từ đó kết luận
1
.
2
m
Trang 3
Cách 3: Nhận thấy nếu
0
x
là nghiệm của (1) thì
0
x
cũng là nghiệm của pt (1). Do đó
nếu các nghiệm
0
i
x
thì số nghiệm của phương trình (1) là số chẵn. Vậy đk cần để
pt có 5 nghiệm là pt (1) có nghiệm
0
0x
, thế vào tìm được
1
.
2
m
Giải phương trình
khi
1
2
m
và kết luận.
Câu 2.1. Chứng minh rằng
1 2 1010 2019
2020 2020 2020
2 ... 1010 1010.2 .C C C
Cách 1: Ta có:
1
1
! ( 1)!
..
! ! ( 1)!( )!
kk
nn
nn
k C k n nC
k n k k n k
10
2020 2019
21
2020 2019
1010 1009
2020 2019
2020
2 2020 ...
1010 2020 .
CC
CC
CC
0 1 1009
2019 2019 2019
2020 ...VT C C C
Xét
0 1 1009 1010 2019 2019
2019 2019 2019 2019 2019
... ... 2C C C C C
. Mà
k n k
nn
CC
nên
0 1 1009 2019
2019 2019 2019
2 ... 2C C C
.
Vậy
0 1 1009 2019
2019 2019 2019
2020 ... 1010.2VT C C C
.
Cách 2:
Xét
2020 0 1 2 2 2020 2020
2020 2020 2020 2020
(1 ) ...x C xC x C x C
Suy ra được:
2019 1 2 2019 2020
2020 2020 2020
2020(1 ) 2 ... 2020x C xC x C
1 2 1010 1011 2020 2019
2020 2020 2020 2020 2020
2 ... 1010 1011 ... 2020 2020.2C C C C C
Ta có:
1
! ! !
. . ( 1) ( 1)
! ! ( 1)!( )! ( 1)!( 1)!
k n k
nn
n n n
k C k n k n k C
k n k k n k n k k

Do đó:
1 2020
2020 2020
2 2019
2020 2020
1010 1011
2020 2020
2020
2 2019
...
1010 1011
CC
CC
CC
Vậy:
1 2 1010 2019
2020 2020 2020
2 ... 1010 1010.2C C C
Câu 2.2. Tìm tất cả các cặp số thực
;xy
thỏa mãn
4xy
Đặt
2
; ( 4 )S x y P xy S P
. Từ giả thiết ta có:
2
4 ( 8) 20 0S P S P
2
( 8) 4 20 0S S P P
. Xét pt theo S.
22
( 8) 4( 4 20) 16P P P
. Điều
kiện phương trình có nghiệm
4P
. Kết hợp điều kiện của giả thiết ta có
4, 4PP
.
42PS
(loại);
46PS
,
,xy
là 2 nghiệm của pt
Trang 4
2
6 4 0XX
Vậy các cặp
;xy
:
3 13; 3 13 , 3 13; 3 13
.
Câu 3.1. Cho hình chóp
.S ABC
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
AC
theo
.a
*Thể tích:
3
3
.
24
a
V
*Khoảng cách giữa SB
:AC
Cách 1: Dựng
D
đối xứng với C qua I
( , ) ( ,( )) 2 ( ,( )) 2d SB AC d AC SBD d I SBD HK
ACBD
là hình thoi, nên
, , IB ID IS
đôi mt vuông
góc.
2 2 2 2 2
1 1 1 1 28 21
.
37
a
d
d SI SB SD a
Cách 2: *Kẻ đt
BD
song song với
.AC
( , ) ( ,( )) 2 ( ,( )) 2d SB AC d AC SBD d I SBD HK
3
4
a
HI
;
2
a
SI
2 2 2
2
2 2 2 2 2
1 1 1 . 3 21
28 7
IH SI a a
IK d
IK IH SI IH SI
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
,FG
lần lượt tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác
ABD
.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:
Trang 5
1
2
AHM B
1
2
AKM C EDM
nên
,,A H K
thẳng hàng.
Tam giác
MDE
MKH
đồng dạng (Vì
MED MHK
). Suy ra
..ME MK MDMH
, hay
M nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn tâm
, .FG
Suy ra
.AM FG
(Trục đẳng phương vuông góc với đường nối tâm)
Câu 4.(2,0 điểm)
Cho dãy số
n
x
được xác định bởi
1
2x
1
2 , 1.
nn
x x n
Chứng
minh dãy số
n
x
có giới hạn và tìm giới hạn đó.
HD:
0 2, 1.
n
xn
Ta có:
1 2 1
.
n n n n
x x x x
1
2x
,
2
2 2,x 
3
2 2 2 ,x
như vậy
31
xx
nên từ (*) ta suy ra
21n
x
là dãy giảm. Cùng với tính bị chặn nên tồn tại
21
lim .
n
n
xa

Từ
3 1 4 2
x x x x
. Tương tự tồn tại
2
lim .
n
n
xb

Từ hệ thức truy hồi ở giả thiết, chuyển qua giới hạn ta được:
21
1
2
a b a
b
ba


Do
2 1 2
lim lim 1
nn
nn
xx
 

nên
lim 1.
n
n
x

Cách 2:
1
1
1 2 1
21
n
nn
n
x
xx
x

1
1
11
21
nn
n
xx
x


.
Do
11
0 2, 1 (0;1)
21
2 2 1
n
n
x n q
x


2
1 1 1
1 1. 1. ... 1.
n
n n n
x x q x q x q

11
lim 1 0 lim 1 lim 1
n n n
x x x

Cách 3:
0 2, 1.
n
xn
Đặt
2cos
nn
x
,
0;
n

. Ta có
11
; 2cos
44
x


11
2 2cos 2(1 cos ) 2sin 2cos
2 2 2
nn
n n n n
xx





11
1
2 2 3 2 3
n
n n n




1
11
11
.
2 3 2 6
nn
n


Trang 6
1
2cos lim 1.
3 2 6
n
nn
xx








Câu 5.(2,0 điểm)
Xét các số thực dương
,,abc
có tổng bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2 18
.
b c c a a b abc
P
a b c ab bc ca

HD:
2 2 2 18
1 1 1 3.
b c c a a b abc
P
a b c ab bc ca

3 3 3 18
3
b c a abc
a b c ab bc ca

1 1 1 18 1 1 1 18
3 3 3
1 1 1 1 1 1
b c a
a b c a b c a b c
a b c a b c
1 1 1 18
3
1 1 1
abc
abc




.(1)
Ta có:
1 1 1 9
3
a b c a b c

(2)
Đặt
1 1 1
3t
abc
. Xét hàm
18
( ) 3f t t
t

trên
[3; )
Ta có:
( ) 15 (3)f t f
. (3)
Vậy
min 15P
đạt được khi các đẳng thức (1), (2), (3) xảy ra.
1 1 1
3
b c a
a b c
abc
abc


,hay
1.abc
Cách 2: …..
1 1 1 18 1 1 1 1 1 1 18
32
1 1 1 1 1 1
a b c a b c a b c
a b c a b c
3 2 2.18 15
.
….
| 1/6

Preview text:

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 4 2
2x  4x 1  2m  0 có đúng 5 nghiệm phân biệt.
Câu 2. ( 5,0 điểm) 1.Chứng minh rằng 1 2 1010 2019 C  2C  ... 1010C 1010.2 . 2020 2020 2020
2.Tìm tất cả các cặp số thực  x; y thỏa mãn xy  4 và
x y2  20  x yxy 8.
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 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 tâmđường tròn ngoại tiếp các tam giác ABD
ACE. Chứng minh rằng AM vuông góc . FG
Câu 4.(2,0 điểm)
Cho dãy số  x được xác định bởi x  2 và x  2  x , n  1. Chứng n  1 n 1  n
minh dãy số  x có giới hạn và tìm giới hạn đó. n
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. Trang 1
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    k2  4
y '  sin x  cos x ; y '  0   3 x   k2  4     3 
y '  sin x  cos x ; y ' 
k2   2  0; y '  k2  2  0      4   4  
Vậy các điểm cực đại của hàm số là: 3 x
k2 ; Các điểm cực tiểu của hàm số là: 4  x    k2 4
Câu 1. 2. Tìm m để phương trình 4 2
2x  4x  1  2m  0 có đúng 5 nghiệm phân biệt. 4 2 4 2
2x  4x 1  2m  0  2x  4x 1  2m .
Cách 1:Xét hàm số 4 2
f (x)  2x  4x  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). 4 2
2x  4x 1  2m (1) . Đặt 2
t x ,t  0 PTTT: 2
2t  4t 1  2m (2). Xét hàm số 2
f (t)  2t  4t  1 trên [0; ) . | f (t) | có đồ thị
Biện luận các trường hợp số nghiệm của (2) và (1). Từ đó kết luận 1 m  . 2 Trang 2
Cách 3: Nhận thấy nếu x là nghiệm của (1) thì x cũng là nghiệm của pt (1). Do đó 0 0
nếu các nghiệm x  0 thì số nghiệm của phương trình (1) là số chẵn. Vậy đk cần để i
pt có 5 nghiệm là pt (1) có nghiệm x  0 , thế vào tìm được 1 m  .Giải phương trình 0 2 1 khi m  và kết luận. 2
Câu 2.1. Chứng minh rằng 1 2 1010 2019 C  2C  ... 1010C 1010.2 . 2020 2020 2020 n n k ! ( 1)!
Cách 1: Ta có: k 1
k.C k.  nnC nk  ! n k n 1 !
(k 1)!(n k)! 1 0 C  2020C 2020 2019 2 1 2C  2020C ... 2020 2019 1010 1009 1010C  2020C . 2020 2019 VT  2020 0 1 1009 CC  ...  C 2019 2019 2019  Xét 0 1 1009 1010 2019 2019 CC  ...  CC  ...  C  2 . Mà k n k C C   nên 2019 2019 2019 2019 2019 n n 2 0 1 1009 CC  ...  C  2019  2 . 2019 2019 2019 Vậy VT  2020 0 1 1009 CC  ...  C  2019 1010.2 . 2019 2019 2019 Cách 2: Xét 2020 0 1 2 2 2020 2020 (1  x)  CxCx C  ...  x C 2020 2020 2020 2020 Suy ra được: 2019 1 2 2019 2020 2020(1  x)  C  2xC  ...  2020x C 2020 2020 2020 1 2 1010 1011 2020 2019 C  2C  ... 1010C 1011C  ...  2020C  2020.2 2020 2020 2020 2020 2020 n n n k ! ! ! Ta có: nk 1 k.C k. n k n k C          n
k n k  ( 1) ( 1) ! !
(k 1)!(n k)!
(n k 1)!(k 1)! n Do đó: 1 2020 C  2020C 2020 2020 2 2019 2C  2019C 2020 2020 ... 1010 1011 1010C 1011C 2020 2020 Vậy: 1 2 1010 2019 C  2C  ... 1010C 1010.2 2020 2020 2020
Câu 2.2. Tìm tất cả các cặp số thực x; y thỏa mãn xy  4
x y2  20  x yxy 8. Đặt 2
S x y; P xy (S  4P) . Từ giả thiết ta có: 2
S  4P S (P  8)  20  0 2
S S (P  8)  4P  20  0 . Xét pt theo S. 2 2
  (P  8)  4( 4
P  20)  P 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 Trang 3 2
X  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 3 *Thể tích: a 3 V  . 24
*Khoảng cách giữa SBAC :
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      d  . 2 2 2 2 2 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 2 2 2 1 1 1 IH .SI 3a a 21 2    IK    d  2 2 2 2 2 IK IH SI IH SI 28 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: Trang 4  1  1 AHM B và    AKM
C EDM nên ,
A H , K thẳng hàng. 2 2
Tam giác MDE MKH đồng dạng (Vì  
MED MHK ). Suy ra M . E MK M . D MH , hay
M nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn tâm F, . G
Suy ra AM F .
G (Trục đẳng phương vuông góc với đường nối tâm)
Câu 4.(2,0 điểm)
Cho dãy số  x được xác định bởi x  2 và x  2  x , n  1. Chứng n  1 n 1  n
minh dãy số  x có giới hạn và tìm giới hạn đó. n
HD: 0  x  2, n  1. n Ta có: x
x x x . n 1  n n2 n 1 
x  2 , x  2  2 , x  2  2  2 , như vậy x x nên từ (*) ta suy ra 1 2 3 3 1 x
là dãy giảm. Cùng với tính bị chặn nên tồn tại lim x  . a 2n 1   2n 1  n
Từ x x x x . Tương tự tồn tại lim x  . b 3 1 4 2 2n n
Từ hệ thức truy hồi ở giả thiết, chuyển qua giới hạn ta được:
a  2 ba 1       b  1 b 2 a Do lim x
 lim x 1 nên lim x 1. 2n 1  2n n n n n 1 x Cách 2: x 1 2  x 1 nn 1  n 2  x 1 n 1 x 1  1 x . n 1  n 2  x 1 n 1 1
Do 0  x  2, n  1   q(0;1) n 2  x 1   n 2 2 1 2
x 1  x 1.q x 1.q  ...  x 1. n q n 1  n n 1  1 lim x
1  0  lim x 1 lim x 1 n 1  n 1  n
Cách 3: 0  x  2, n  1. n Đặt  
x  2 cos ,  0; . Ta có   ; x  2 cos nn n 1 1 4 4     x
 2  x  2cos  2(1 cos )  2sin n  2cos nn 1  n n 1  n   2  2 2     1    n          n 1  n 1    2 2 3 2 n  3  n n 1   1      1          . n 1     1     2   3   2  6 Trang 5 n   1    
x  2cos       lim x 1. n  3 2 6 n     
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 ca 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 Đặt 1 1 1 18 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        Cách 2: ….. 1 1 1 18 1 1 1 1 1 1 18  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. …. Trang 6