Đề thi chọn HSG tỉnh Toán 12 năm 2020 2021 sở GD&ĐT Quảng Bình có đáp án VnDoc com Thư viện Đề thi Trắc nghiệm Tài liệu học tập miễn phí Trang chủ https //vndoc com/ | Email hỗ trợ hotro@vndoc com | H[.]
Trang 1SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
Khóa ngày 08 tháng 12 năm 2020
Môn thi: TOÁN
SỐ BÁO DANH:……… Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)LỚP 12 THPT
Đề gồm có 01 trang và 05 câu.
Câu 1 (2,0 điểm).
a Cho hàm số y x 21
x
có đồ thị ( ) C Gọi A B , là các giao điểm của ( ) C với các trục tọa độ Tìm trên ( ) C các điểm M có tọa độ nguyên sao cho tam giác MAB có diện tích bằng 8 (đvdt)
b Tìm mđể giá trị lớn nhất của hàm số 1 sin3 os2 1sinx
y x c x m bằng 1
Câu 2 (2,0 điểm).
a Cho dãy số ( )u n thỏa mãn 3 19
u+ = u + với mọi nÎ ¥ * Tìm n sao cho ( 2)u n = 4 2020
b Cho 2020
2020 2020
x x
f x
S f f f
Câu 3 (2,0 điểm).
a Cho đa giác đều A A A1 2 2020 nội tiếp đường tròn (O), chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh bất
kỳ của đa giác đó Tính xác suất để nhận được một tam giác tù
b Chứng minh rằng ( ) (1 2 2 ) (2 3 )2 ( 2020)2 2 2019
Câu 4 (3,0 điểm).
Cho tứ diện ABCD và hai điểm M, N lần lượt thuộc các cạnh AB AC, sao cho
2AM BM , 2CN AN Mặt phẳng P đi qua hai điểm M, N và song song với cạnh
,
AD cắt các cạnh BD và CD lần lượt tại K và L.
a Gọi V là thể tích của khối tứ diện ABCD Tính thể tích khối đa diện BCMNLK
theoV
Trang 2b Giả sử tứ diện ABCD có BC x= (0 < <x 3 ,) tất cả các cạnh còn lại đều bằng 1 Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất
Câu 5 (1,0 điểm).
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n lớn hơn 1, ta luôn có
n
Trang 3
-HẾT -SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
HƯỚNG DẪN CHẤM
KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2020-2021 Khóa ngày 08 tháng 12 năm 2020
Môn thi: TOÁN LỚP 12 THPT
Đap an nay gồm có 06 trang
YÊU CẦU CHUNG
* Đap an chỉ trình bay một lời giải cho mỗi câu Trong bai lam của học sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết va rõ rang.
* Trong mỗi câu, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan Ở câu 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0.
* Điểm thanh phần của mỗi câu nói chung phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm thanh phần
la 0,5 điểm thì tuỳ tổ giam khảo thống nhất để chiết thanh từng 0,25 điểm.
* Học sinh có lời giải khac đap an (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng câu.
* Điểm của toan bai la tổng (không lam tròn số) của điểm tất cả cac câu.
1
1
x y x
có đồ thị ( ) C Gọi A B , là các giao điểm của ( ) C với các trục tọa độ Tìm trên ( ) C các điểm M có tọa độ nguyên
sao cho tam giác MAB có diện tích bằng 8 (đvdt).
d Tìm m để giá trị lớn nhất của hàm số
2
y x c x m bằng1
2,0 điêm
1a
Giao điểm của ( ) C với trục hoành là A(-2; 0), với trục tung là B(0; -2)
0 0
2
1
M(x x
x
với x0 1 Ta có
0
2 0
0
0
1
d(M; AB) =
x
x
x
0,25
Trang 40
2
8 d(M, AB) = 8 2 2 8
x
0 2
0
0 0 2
0
0
2 4
6 8 0
5 33
10 8 0
5 33
x x
x x
x
x
Vậy có hai điểm M thỏa mãn bài ra là M (2; 4), M(4; 2).
0,25
1b
Đặt t sinx, t 1;1 , ta có hàm số 3 2 1
3
t
y t m với t 1;1
3
t
g t t m với t 1;1
2 (L)
t
t
0.25
( 1) ; (0) m 1, (1)
g m g g m
t
maxm 1, m 3 , m 3 maxm 1, m 3
3
Am m
0.25
1 1
0
m m
m
7 1, 3 1 1, 3
A A
Ta thấy chỉ có m thỏa mãn yêu cầu bài toán.0
0.25
Trang 52
4
3
3
m m
m
1 ,1 3
7 ,1 3
A A
3
m thỏa mãn yêu cầu bài toán
3
m m
0.25
2
c Cho dãy số ( )u thỏa mãn n 3 19
logu - logu + logu - logu + 3= 3
và u n+1= u n+ 2, với mọi nÎ ¥ Tìm* n sao cho ( 2)u = n 42020
2020 2020
x x
f x
S f f f
2,0 điêm
2a
19 1
ì > >
ïïí
ïî
1 9 1
3
a b
0,25
Ta được hệ phương trình
( ) ( 2 )
3 2
3
3
a b
ì =
眄
镲
0,25
Do u n+1= +u n 2 nên ( )u là cấp số cộng với công sai n
2
d = Þ u19= +u1 18d u= +1 36
Với a = 1 suy ra
19
1
u
0,25
Số hạng tổng quát của ( )u là n u n= + -u1 (n 1)d= +4 2(n- 1 2)= n+ 2
Do đó
2020 2 2 2020
( 2)u n = 4 Û ( 2) n+ = 4 Û =n 4039
Kết luận : n 4039
0,25
Trang 6f x
f x f x
S f f f
f f f f f f
0,5
3
c Cho đa giác đềuA A A1 2 2020 nội tiếp đường tròn (O) Chọn ngẫu
nhiên 3 đỉnh bất kỳ của đa giác đều Tính xác suất để nhận được một
tam giác tù.
d Chứng minh rằng
( ) (1 2 2 ) (2 3 )2 ( 2020)2 2 2019
2,0 điêm
3a
2020
C
Gọi A là biến cố : ‘ Chọn được 3 đỉnh từ đa giác để tạo thành tam giác tù’
Xét đường chéo A A1 1011 của đa giác đều là đường kính của đường tròn O
ngoại tiếp đa giác đều, chia đường tròn ra làm hai phần, mỗi phần có 1009
điểm: từ A2 đến A1010 và A1012đến A2020
Khi đó, mỗi tam giác có dạng A A A là tam giác tù nếu 1 i j A i và A cùng nằm j
trong nửa đường tròn O
Chọn nửa đường tròn: có 2 cách chọn
0,25
Chọn hai điểm , A A là hai điểm tùy ý được lấy từ i j 1009 điểm A A2, , ,3 A1010
có 2
1009
Giả sử A i nằm giữa A1 và A thì tam giác j A A A tù tại đỉnh 1 i j A i
Mà DA A A j i 1º DA A A1 i j nên kết quả bị lặp hai lần
1009
2.C 2020 2020C 2
A
3 2020
673
A
p A
C
W
W
0,25
kC nC
0,25
Trang 7Áp dụng công thức trên ta có
2020 2019
2020 2019
2020 2019
2020 2019
2020 2019
2020
ïïï
íï ïïï
ïïî
M
( ) (1 2 2 ) (2 3 )2 ( 2020)2
2020 2 2020 3 2020 2020 2020
2019 2019 2019 2019
臌
0,25
Ta có, hệ số chứa x2019trong khai triển đa thức 2019 2019
( ) ( ) ( )0 2 1 2 2 2 ( )2019 2
2019 2019 2019 2019
đa thức 4038
4038
C
0,25
Từ (1) và (2) suy
ra ( ) (1 2 2 ) (2 3 )2 ( 2020)2 2 2019
0,25
4
Cho tứ diện ABCD và hai điểm M, N lần lượt thuộc các cạnh
,
AB AC sao cho 2AM BM , 2CN AN Mặt phẳng P đi qua hai
điểm M, N và song song với cạnh AD , cắt các cạnh BD và CD lần
lượt tại K và L.
c GọiV là thể tích của khối tứ diện ABCD Tính thể tích khối đa
diện BCMNLK theo V
d Giả sử tứ diện ABCD có BC x= (0 < <x 3 ,) tất cả các cạnh còn lại
đều bằng 1.Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất.
3,0 điêm
Trang 80,25
Kẻ MK AD K BD NL AD L CD/ / ( ), / / ( ) 0,25
BA BD
NA CA
27
N BMK
0,25 0,25
Tương tự, ta có d(N;(BCD)) 1d(A;(BCD))
3
DB DC
0,25
27
N BCLK
BCMNLK N BMK N BCLK
4b
Gọi E F, lần lượt là trung điểm của BC và AD
Tam giác FBC cân tại F nên
Trang 9suy ra 3 2
2
x
EF
2 3 2 1
x x
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 6
2
x
2
x
0,25
5
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n lớn hơn 1, ta luôn có
ln log
n
điêm 1,0
Theo bất đẳng thức Cauchy với k 2, k N:
1 so 1
2 1 1 1 1
2 2.1.1 1
k
k k
k
2
3 2 4 3
1 2
n
0,25
Nhân vế theo vế các bất đẳng thức ta có: 2 2 2 23 4 3 4 5 . 1
2 3 4
n
Hay 21 12 3 1 1
2
, logarit cơ số 2 hai vế ta có :
2
1 1 1 log 1
2 3 n n 2 ĐPCM
0,25
+ Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức với x 0,thì ln( 1) x x
( ) ln( 1)
f x x x f x ( ) 1 1 x 0 0,25
Trang 10x Do đó f x ( ) nghịch biến nên với x 0 thì f x ( ) f(0) 0 Do đó
ln( 1) x x
+ Áp dụng bất đẳng thức trên ta có :
1 1 ln(1 )
2 2
1 1 ln(1 )
3 3
ln(1 )
n n
Cộng vế theo vế ta có:
1 ln(1 )
2
+ln(1 1 )
3
n
<1 1 1
2 3 n
ln(1 )(1 ) (1 )
ln( )
2 3 1 ln
2
1 1 1
2 3
1 1 1
2 3
1 1 1
2 3
n n
Đ CM
n
n n
n
0,25
Mời bạn đọc tham khảo thêm tài liệu học tập lớp 12 tại đây:
https://vndoc.com/tai-lieu-hoc-tap-lop12