Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 12 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Lào Cai

Mời các bạn cùng tham khảo “Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 12 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Lào Cai”. Đây là tài liệu tham khảo hữu ích dành cho giáo viên và học sinh trong quá trình giảng dạy và học tập môn Toán lớp 12. Mời các em cùng tham khảo.

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