Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Toán THPT năm 2018 – 2019 sở GDĐT Lào Cai

a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang vuông ABCD vuông tạiA và D, có CD AD AB.. Biết hình chiếu vuông góc của Strên mặt phẳng ABCD là điểm M thỏa mãn AD3MD.. Trên cạnh

1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2018 – 2019

Môn: Toán - THPT

Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (5,0 điểm)

2





b) Cho a b c, , là các số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

4 4

Câu 2 (4,0 điểm)

a) Cho hàm số y f x  có đạo hàm    2018 2 1  2 

3

x x

f x  x e  e  x  x

giá trị thực của m để hàm số  2 

8

f x  x m có đúng 3 điểm cực trị sao cho

x x x  , trong đó x x x1, 2, 3 là hoành độ của ba cực trị đó

b) Cho dãy số  u n xác định như sau:

1 2

1

1

2

n n n

u u













Chứng minh rằng  u n có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó

Câu 3 (3,0 điểm)

a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang vuông ABCD vuông tạiA và D, có

CD AD AB Gọi M 2; 4 là điểm thuộc cạnh AB sao cho AB3AM Điểm N thuộc cạnhBCsao cho tam giác DMNcân tại M Phương trình đường thẳng MN là 2x  y 8 0 Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD biết D thuộc đường thẳng d x:  y 0 và điểm A

thuộc đường thẳng d: 3x  y 8 0

b) Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a Biết hình chiếu vuông góc của

Strên mặt phẳng ABCD là điểm M thỏa mãn AD3MD Trên cạnh CD lấy các điểm ,

I N sao cho ABM MBI và MNvuông góc với BI Biết góc giữa SC và ABCDbằng

60 Tính thể tích khối chóp S AMCB và khoảng cách từ N đến mặt phẳng SBC

Câu 4 (3,0 điểm).Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình 2

15xy 2z

Hết

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1 a) Giải hệ phương trình    

2





b) Cho a b c, , là các số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

4

4

a bc b ca c ab

Lời giải

a) Điều kiện:

x y

x y

 



  



   





Đặt 5  x a 0; 4  y b 0,

phương trình 17 3 x 5 x 3y14 4 y 0 trở thành:

3a 2 a 3b 2 b

Xét hàm số   3

y f t  t  t trên 0;

Ta có   2

f t  t   ,  t 0; nên hàm số y f t  đồng biến trên 0;

Vì thế với a0, b0 thì 3a32a3b32b  f a  f b   a b

Suy ra 5 x 4y    5 x 4 y   y x 1

Thay y x 1 vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình:

2

2 3x 4 3 5x 9 x 6x13

Điều kiện: 4;5

3

x  

2 3x 4 2 3 5x 9 6 x 6x 5

5

x

x

 







 

1

5 **

x

x

 







3

Ta có g x 

1

1 0

3x 4 1 3x 4 2 5x 9 2 5x 9

4

;5 3

Suy ra g x nghịch biến trên  4;5

3

Vì thế phương trình g x 5 có nhiều nhất một nghiệm trên 4;5

3

Ta lại có x0 là nghiệm nên đây là nghiệm duy nhất

Với x 1 thì y 2

Với x0 thì y 1

So sánh điều kiện, hệ đã cho có hai nghiệm  x y là ;  1; 2; 0; 1 

b)

Ta có a2 bc a2 bc ab ac a ba c a2 bc a ba c

;

4

a b a c b c b a c a c b

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM

2 2 2

a b

b c b a c a c b

b c

c a

2 a b a c b c b a c a c b 4 a b c

4

4

P a b c a b c

t a b c      a b c a b c   t t

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là -3 khi 1 1

3

a b c

a b c

a b c

  



   

  

Câu 2 a) Cho hàm số y f x  có đạo hàm    2018 2 1  2 

3

x x

f x  x e  e  x  x

giá trị thực của m đề hàm số  2 

8

f x  x m có đúng 3 điểm cực trị sao cho

x x x  , trong đó x x x1, 2, 3 là hoành độ của ba cực trị đó

b) Cho dãy số  u n xác định như sau:

1 2

1

1

2

n n n

u u













Chứng minh rằng  u n có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó

Lời giải a) Cách 1

3 1

3

2

x x

x

x





Trong đó x3 là nghiệm bội chẵn

8

y f x  x m có    2 

y  x f x  x m

 

 

 

2 2

2 2

4 4

x x

y





















Ta xét hàm   2

8

g x x  x

 

'

 

g x

-16

Phương trình (1), (2), (3) đều vô nghiệm Hàm số đã cho chỉ có 1 cực trị

Phương trình (1) có 2 nghiệm bội chẵn, phương trình (2) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép và phương trình (3) vô nghiệm Hàm đã cho có 1 cực trị

Do đó không thỏa điều kiện có 3 cực trị

Phương trình (1) có 2 nghiệm bội chẵn, phương trình (2) có 2 nghiệm bội lẻ và phương trình (3) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép Do đó thỏa điều kiện có 3 cực trị

Khi đó giả sử x14, ta có x x là hai nghiệm của phương trình 2 thỏa mãn điều kiện:2, 3

5

Nếu     m 16 m 16: Phương trình (1) có 2 nghiệm bội chẵn, phương trình (2) có 2 nghiệm đơn, phương trình (3) có 5 nghiệm đơn Do đó không thỏa điều kiện có 3 cực trị

Vậy với m17 thì điều kiện bài toán thỏa

Cách 2

8

y f x  x m có

2

1

3

x x m x x m

Dấu y phụ thuộc vào dấu của    2  2 2 

2x8  x 8xm 2 x 8xm 

Ta có:

Ta xét hàm   2

8

g x x  x

 

 

g x

-16

Hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi:      m 16 2 m 16 m 18

Khi đó giả sử x14, ta có x x là hai nghiệm của phương trình 2 thỏa mãn điều kiện: 2, 3

x x   x x  x x 

Áp dụng định lý Viét ta có: 64 2 m234 m 17.Thỏa điều kiện

n n

u u







 1   1

n n

u u







Vì

2

1 2

1

2

n n n

u







  

Suy ra

2

1

n

u









1

1

n

n

u





Đặt x n ln v n

suy ra x n2 x n1x n

Ta có phương trình đặc trưng: 2 1 5

1 0

2

Vậy

n

x      

Với

1

1 1

2

2

v

x u

x







Vì

n

x         

1

n

n

u

u



Vậy rằng  u n có giới hạn hữu hạn và giới hạn đó bằng 1

Câu 3 a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang vuông ABCD vuông tạiA và D, có

CD AD AB Gọi M 2; 4 là điểm thuộc cạnh AB sao cho AB3AM Điểm N thuộc cạnhBCsao cho tam giác DMNcân tại M Phương trình đường thẳng MN là 2x  y 8 0 Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD biết D thuộc đường thẳng d x:  y 0 và điểm A

thuộc đường thẳng d: 3x  y 8 0

Lời giải

Xét BMNcó MN2 MB2BN22.MB NB .cosMBN 10 2 4 2 2 2

2 .cos135

2

0

ax a x

3

a x

Gọi E là chân đường vuông góc hạ từ B, kẻ NF vuông góc với DC Ta có NF CN CF

BE  CB  CE

2

   NF CF 2a DN  4a22a2  2a 5

7

Phương trình đường thẳng MN 2x  y 8 0 có vectơ chỉ phương u  1; 2

MD u

    d 2D2; 2

+) Điểm A thuộc đường thẳng d: 3x  y 8 0 nên A a ; 3 a 8,

 2; 3 6

     ,MAa   2; 3a 4 DA MA 0 2

2

a a







*) Trường hợp 1: a1A 1;5

b) Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a Biết hình chiếu vuông góc của S

trên mặt phẳng ABCD là điểm M thỏa mãn AD3MD Trên cạnh CD lấy các điểm ,I N

sao cho ABMMBI và MNvuông góc với BI Biết góc giữa SC và ABCDbằng 60 Tính thể tích khối chóp S AMCB và khoảng cách từ N đến mặt phẳng SBC

Lời giải

*) Tính thể tích khối chóp S AMCB

3

a

5

AMCB

AM BC AB a

Thể tích khối chóp S AMCB là

3

a

*) Tính khoảng cách từ N đến mặt phẳng SBC

BM

Đặt 2 2 2  2 2

, 9

a

DI  x IM x  IB  ax a

Áp dụng định lí cosin ta có IM2 MB2IB22.MB IB .cosIBM

2

12

a ABM MBH BH AB a IH IB BH

,

d N SBC  d D SBC  d M SBC

Kẻ MEvuông góc với BC, kẻ MKvuông góc với SE Suy ra MK .d M SBC ,  

a MK

a

Câu 4 Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình 15xy2 2z

Lời giải

Theo yêu cầu bài toán thì 2z 15 1 24 4

z

Khi đó vế phải của phương trình đã cho chia hết cho 16

Do đó y phải là số lẻ Từ đó ta được:

2

2

1 mod 8

x x

x x

y

y



 

Vì vậy ta cũng suy ra được x là số lẻ

Ta lại lặp luận tiếp để kết luận z phải là số chẵn bằng phản chứng như sau:

Nếu z là số lẻ thì 2 1    

2z 2 n 2 3 1 n 2 mod 3 và y2 không thể chia 3 dư 2 nên ta có mâu thuẫn Vì khi đó 2zy2 không thể chia hết cho 3

Vậy tới đây ta tiếp tục tìm nghiệm của phương trình đã cho với giả thiết là x y, đều lẻ, còn z là

số chẵn

15xy 2z 15x  2ty 2t y Với t2 là số nguyên thoả mãn z2t

Ta nhận xét rằng

2ty  2t y2.2t Do đó 2ty và 2ty không thể cùng chia hết cho 3 hoặc 5

 

 

1

1

2

x x

y

y y

y











 





9

Nếu

1 1 1

4 2

1

6

x y y

z t

x

z









2

x x

t



3x27 3 n 27 4 1 n 13 mod16 ;  2  

5x 125 4 1 n 13 mod16 Khi đó 3x5x 26 mod16 , ta kết luận  1 vô nghiệm

Tương tự như thế, nếu x2n3,n0 thì từ 1 15  

2

x

t



Ta có

15x  16 1 n 16 2n 3 1 mod 32

Khi đó 1 15 x 16 2 n3 mod 32 , ta kết luận  2 vô nghiệm

Câu 5 Tính tổng  1 2  2 2  20182  20192

Lời giải

Xét số hạng tổng quát:

2

2019 2019

, 1;2; ;2019

k

Hệ số của 2018

x trong khai triển 1 x 2019 1 x 2019 là:

Xét khai triển: 4038 0 1 2018 2018 4038 4038

Hệ số của 2018

x trong khai triển 1 x 4038 là: 2018

4038