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

Nội dung tài liệu: Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 12 - Sở GD&ĐT Lào Cai 2018-2019 (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LÀO CAI NĂM HỌC 2018 - 2019 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (5.0 điểm). 17 3x 5 x 3y 14 4 y 0 a) Giải hệ phương trình , x, y ¡ . 2 2 2x y 5 3 3x 2y 11 x 6x 13 b) Cho a,b,c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a2 bc b2 ca c2 ab P 44 a b c . b c c a a b Câu 2 (4.0 điểm). 2018 2x x 1 2 a) Cho hàm số y f x có đạo hàm f x x 3 e e x 2x . Tìm tất cả các 3 2 2 2 2 giá trị thực của m để hàm số f x 8x m có đúng 3 điểm cực trị sao cho x1 x2 x3 50 , trong đó x1 , x2 , x3 là hoành độ của ba cực trị đó. 1 u ;u 3 1 2 2 b) Cho dãy số u xác định như sau n u u 1 n 1 n un 2 ,n 1 un 1 un Chứng minh rằng dãy un có giới 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 tại A và D , có CD 2AD 2AB . Gọi M 2; 4 là điểm thuộc cạnh AB sao cho AB 3AM . Điểm N thuộc cạnh BC sao cho tam giác DMN cân 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   S trên mặt phẳng ABCD là điểm M thỏa mãn AD 3MD . Trên cạnh CD lấy các điểm I , N sao cho ·ABM M· BI và MN vuông 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 15x y2 2z 1 1 2 2 2 2 2018 2018 2 2019 2019 2 Câu 5 (3.0 điểm). Tính tổng S C2019 C2019 C2019 C2019 . 2019 2018 2 1
2. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1 (5.0 điểm). a) 5 x 0 4 y 0 Điều kiện: * . 2x y 5 0 3x 2y 11 0 Đặt 5 x a 0 ; 4 y b 0 , phương trình 17 3x 5 x 3y 14 4 y 0 trở thành: 2 2 2 2 3 3 17 3 5 a .a 3 4 b 14 0 3a 2 .a 3b 2 .b 3a 2a 3b 2b Xét hàm số y f t 3t3 2t trên 0; . Ta có f t 9t 2 2 0, 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 3x 4 3 5x 9 x2 6x 13 1 . 4 Điều kiện x ;5 . 3 Khi đó phương trình 1 2 3x 4 2 3 5x 9 6 x2 6x 5 4 3x 4 4 9 5x 9 36 x 1 x 5 2 3x 4 2 3 5x 9 6 6 x 1 15 x 1 x 1 x 5 3x 4 1 5x 9 2 x 1 0 6 15 x 5 3x 4 1 5x 9 2 x 1 6 15 x 5 2 3x 4 1 5x 9 2 6 15 Phương trình 2 tương đương với x 5 . 3x 4 1 5x 9 2 6 15 4 Đặt g x x, x ;5 . 3x 4 1 5x 9 2 3
3. 9 75 4 Ta có g x 2 2 1 0, x ;5 . 3x 4 1 . 3x 4 2 5x 9 2 . 5x 9 3 4 Suy ra hàm số g x nghịch biến trên ;5 3 4 Vì thế phương trình g x 5 có nhiều nhất một nghiệm trên ;5 . 3 Ta lại có x 0 là nghiệm của phương trình g x 5 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) a2 bc a2 bc ab ac a b a c a2 bc a b a c Ta có a a b c b c b c b c b c b2 ca b c b a c2 ab a c c b Tương tự ta có: b ; c c a c a a b a b a b a c b c b a c a c b P a b c 44 a b c b c c a a b ÁP dụng bất đẳng thức AM-GM a b a c b c b a 2 a b b c c a b c b a c a c b 2 b c c a a b c a c b a b a c c a a b b c a b a c b c b a c a c b 2 4 a b c b c c a a b P a b c 44 a b c Đặt t 4 a b c 0 a b c 44 a b c t4 4t . 2 Ta có t4 4t t4 2t2 1 2 t2 2t 1 3 t2 1 3 3 P 3 a b c 1 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 khi a b c . a b c 3 Câu 2 (4.0 điểm). a) Cách 1.
4. x 3 Ta có . Trong đó, là nghiệm bội chẵn. f x 0 x 0 x 3 x 2 Xét hàm g x f x2 8x m có g x 2x 8 f x2 8x m . Khi đó, x 4 x 4 2 2 x 8x m 3 x 8x 3 m 1 g x 0 . x2 8x m 2 x2 8x 2 m 2 2 2 x 8x m 0 x 8x m 3 Ta xét hàm h x x2 8x . Hàm số này có bảng biến thiên như sau x 4 h x – 0 h x 16 Nếu 3 m 16 m 19 thì các phương trình 1 , 2 , 3 đều vô nghiệm. Do đó, hàm số g x chỉ có một cực trị. Nếu 2 m 16 3 m 18 m 19 thì phương trình 1 có 2 nghiệm bội chẵn hoặc nghiệm kép, phương trình 2 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép, phương trình 3 vô nghiệm. Do đó, hàm số g x chỉ có một cực trị. Nếu m 16 2 m 16 m 18 thì phương trình 1 có 2 nghiệm bội chẵn, phương trình 2 có 2 nghiệm bội lẻ, phương trình 3 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép. Do đó, hàm số g x có ba cực trị. Khi đó, giả sử x1 4 thì x2 , x3 là hai nghiệm của phương trình 2 thỏa 2 2 2 mãn điều kiện x2 x3 34 x2 x3 2x2 x3 34 . Kết hợp với định lý Vi-et ta có 64 2 m 2 34 m 17 (thỏa điều kiện 16 m 18). Nếu m 16 m 16 thì phương trình 1 có 2 nghiệm bội chẵn, phương trình 2 có 2 nghiệm đơn, phương trình 3 có 5 nghiệm đơn. Do đó, hàm số g x không thỏa mãn có ba cực trị. Vậy m 17 là giá trị cần tìm. Cách 2. Xét hàm g x f x2 8x m có g x 2x 8 f x2 8x m 2 2018 2x2 16x 2m x2 8x m 1 2 2 2 2x 8 x 8x m 3 e e x 8x m 2 x 8x m . 3
5. 2 Dấu của g x cùng dấu với 2x 8 x2 8x m 2 x2 8x m . x 4 x 4 2 Ta có 2x 8 x2 8x m 2 x2 8x m 0 x2 8x m 0 x2 8x m . 2 2 x 8x m 2 x 8x 2 m Ta xét hàm h x x2 8x . Hàm số này có bảng biến thiên như sau x 4 h x – 0 h x 16 Hàm số có ba cực trị khi và chỉ khi m 16 2 m 16 m 18 . Khi đó, giả sử x1 4 thì 2 x2 , x3 là hai nghiệm của phương trình x 8x 2 m thỏa mãn điều kiện 2 2 2 x2 x3 34 x2 x3 2x2 x3 34 . Kết hợp với định lý Vi-et ta có 64 2 m 2 34 m 17 (thỏa điều kiện 16 m 18). Vậy m 17 là giá trị cần tìm. b) un 1un 1 un 1 1 un 1 un 1 1 un 1 Từ un 2 được un 2 1 và un 2 1 . un 1 un un 1 un un 1 un u 1 u 1 u 1 Suy ra n 2 n 1 n . un 2 1 un 1 1 un 1 un 1 Đặt vn ta có vn 2 vn .vn 1 nên vn 2 vn . vn 1 . un 1 Đặt xn ln vn ta được xn 2 xn 1 xn . 1 5 1 5 Phương trình đặc trưng t 2 t 1 0 có nghiệm t ;t 1 2 2 2 n n 1 5 1 5 Vậy x  . n 2 2 1 1 5 1 5 1 v1  ln 3 u1 3 x1 ln 3 2 2 0.38 Từ 2 . 1 x2 ln 2 3 5 3 5  0.78 u2 3 v2  ln 2 2 2 2
6. n n 1 5 1 5 1 5 1 5 Vì 1; 1 nên lim x lim  2 2 n 2 2 un 1 Suy ra lim vn lim 0 . Vậy dãy un có giới hạn là 1. un 1 Câu 3 (3.0 điểm). a) a2 a 10 +) Đặt BN x, AB a MA MN a2 . 9 3 10a2 4a2 2a Xét BMN có MN 2 MB2 BN 2 2MN.NB.cos M· BN x2 2.x. .cos135o 9 9 3 2 2 2a2 a 2 x2 0 x 3 3 3 NF CN CF Gọi E là chân đường vuông góc hạ từ B , kẻ NF vuông góc với DC . Ta có BE CB CE 2 2 NF 2 CF 2a 4a 2a 2a 5 NF CF DN . a 3 a 3 3 3 3 10a2 10a2 20a2 Nhận thấy MD2 MN 2 DN 2 . Suy ra DMN vuông tại M . 9 9 9 uuur +) Vì D thuộc đường thẳng d : x y 0 nên D d; d MD d 2; d 4 . Phương trình đường thẳng MN : 2x y 8 0 có véc tơ chỉ phương r uuur r u 1; 2 MD.u 0 d 2 D 2; 2 +) Điểm A thuộc đường thẳng d :3x y 8 0 nên A a; 3a 8 uuur uuur uuur uuur 2 a 1 DA a 2; 3a 6 , MA a 2; 3a 4 DA.MA 0 a 3a 2 0 a 2 *) Trường hợp 1: a 1 A 1; 5 uuur uuur uuur Giả sử B x; y ta có AB x 1; y 5 ; AM 1; 1 3AM 3; 3
7. uuur uuur x 1 3 x 4 Vì AB 3AM AB 3AM B 4; 2 y 5 3 y 2 uuur uuur uuur Giả sử C x; y ta có DC x 2; y 2 ; AB 3; 3 2AB 6; 6 uuur uuur x 2 6 x 4 Vì DC 2AB DC 2AB C 4; 4 y 2 4 y 4 *) Trường hợp 2: a 2 A 2; 2 uuur uuur uuur Giả sử B x; y ta có AB x 2; y 2 ; AM 0; 2 3AM 0; 6 uuur uuur x 2 0 x 2 Vì AB 3AM AB 3AM B 2; 8 y 2 6 y 8 uuur uuur uuur Giả sử C x; y ta có DC x 2; y 2 ; AB 0; 6 2AB 0;12 uuur uuur x 2 0 x 2 Vì DC 2AB DC 2AB C 2;14 y 2 12 y 14 b) *) Tính thể tích khối chóp S.AMCB : Ta có : AD 2a DM , AM CM DM 2 CD2 3 3 a 3 SM  ABCD S·CM 60 SM CM.tan 60 3 AM CB .AB 5a2 1 5a3 30 Khi đó : S V .SM.S AMCB 2 6 S.AMCB 3 AMCB 54 *) Tính khoảng cách từ N đến mặt phẳng SBC
8. a 13 AB 3 Ta có : BM cos ·ABM cos I·BM 3 BM 13 2 a 2 Đặt DI x IM 2 x2 , IB a x a2 . 9 Áp dụng định lý cosin ta có 2 2 a 2 13a 2 IM 2 MB2 IB2 2MB.IB.cos I·BM x2 a x a2 2a. a x a2 9 9 7a 13a x IB 12 12 a Gọi H MN  BI .Ta có ABM MBH BH AB a, IH IB BH 12 BI CI HI.BI 13a a CN 1 CBI ~ HNI NI ,CN CD DI IN NI HI CI 60 5 CD 5 1 1 Suy ra : d N, SBC .d D, SBC d M , SBC 5 5 Kẻ ME vuông góc với BC , MK vuông góc với SE . Suy ra : MK d M. SBC Ta có : 1 1 1 13 a 130 1 a 130 MK d N, SBC .d M , SBC MK 2 MS 2 ME 2 10a2 13 5 65 Câu 4 (3.0 điểm). Theo yêu cầu bài toán thì 2z 15 1 24 z 4 Khi đó vế phải của phương trình đã cho chia hết cho 16. Do đóy phải là số lẻ. Từ đó ta được: 2 y 1 mod8 x 15x y2  1 1 mod8 . Vì vậy ta cũng suy ra được x là số lẻ. x x 15  1 mod8 Ta lại lập luận tiếp để kết luận z phải là số chẵn bằng phản chứng như sau: Nếu z là số lẻ thì 2z 22n 1 2 3 1 n 2 mod3 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. Ta có 15x y2 2z 15x 2t y 2t y với t 2 là số nguyên thỏa 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.
9. 2t 1 3x 5x t x 2 y 3 x x 1 5 3 t x y 2 y 5 2 Vì vậy 15x 2t y 2t y t t 1 x 2 y 1 2 1 15 t x x 2 2 y 15 15 1 y 2 x 1 y 1 y 1 t 2 z 4 Nếu x 1 . y 7 x 1 t 3 y 7 z 6 5x 3x Nếu x 2n 3,n 0 thì từ 2t 76 t 6 2t 0 mod16 . Ta có 2 3x 27 3 2n 27 4 1 2n 13 mod16 ; 5x 125 4 1 2n 13 mod16 Khi đó 3x 5x 26 mod16 , ta kết luận 1 vô nghiệm. 15x 1 Tương tự như thế, nếu x 2n 3,n 0 thì từ 2t 1688 t 10 2t 0 mod32 . 2 Ta có 5x 16 1 2n 3 16 2n 3 1 mod32 . Khi đó 1 15x 16 2n 3 mod32 , ta kết luận 2 vô nghiệm. Vậy các nghiệm nguyên dương là 1;1;4 và 1;7;6 . Câu 5 (3.0 điểm). Xét số hạng tổng quát : k k 2 k 2019! k Tk . C2019 . .C2019 2020 k 2020 k 2019 k ! k ! 2019! .C k C k 1 .C 2019 k , k 1,2, ,2019 2020 k ! k 1 ! 2019 2019 2019 0 2018 1 2017 2017 1 2018 0 Suy ra S C2019 .C2019 C2019 .C2019 C2019 .C2019 C2019 .C2019 Xét 2019 2019 0 1 2019 2019 0 1 2019 2019 1 x 1 x C2019 C2019 x C2019 x C2019 C2019 x C2019 x Hệ số của x2018 trong khai triển 1 x 2019 1 x 2019 là : 0 2018 1 2017 2017 1 2018 0 C2019 .C2019 C2019 .C2019 C2019 .C2019 C2019 .C2019 1 4038 0 1 2018 2018 4038 4038 Xét khai triển : 1 x C4038 C4038 x C4038 x C4038 x
10. 2018 4038 2018 Hệ số của x trong khai triển 1 x là C4038 2 Từ 1 và 2 ta có 1 1 2 2 2 2 2018 2018 2 2019 2019 2 2018 S C2019 C2019 C2019 C2019 C4038 2019 2018 2 1