Đề thi hsg toán lớp 12 tỉnh quảng bình năm 2019-2020 có đáp án

Công thức toán học không thể tải, để xem trọn bộ tài liệu hoặc in ra làm bài tập, hãy tải file word về máy bạn nhé

Câu 1 (2,0 điểm).

a. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số .

b. Cho hàm số có đồ thị và điểm . Tìm các giá trị của m để đường thẳng cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt sao cho đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 2 (2,0 điểm).

a. Cho hàm số . Tính tỉ số , với và .

b. Giải phương trình: .

b. Tìm công sai d của cấp số cộng có tất cả các số hạng đều dương và thỏa mãn:

.

Câu 4 (3,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA (ABCD), SA = a. Một mặt phẳng qua CD cắt SA, SB lần lượt tại M, N. Đặt AM = x, với .

a. Tứ giác MNCD là hình gì? Tính diện tích tứ giác MNCD theo a và x.

b. Xác định x để thể tích khối chóp S.MNCD bằng lần thể tích khối chóp S.ABCD.

Câu 5 (1,0 điểm).

a. Cho các số thực phân biệt . Chứng minh rằng: .

b. Cho các số thực . Chứng minh rằng: .

............ HẾT ............

HƯỚNG DẪN GIẢI (THAM KHẢO)

Câu 1a (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số .

Hướng dẫn

Đặt , khi đó .

Ta có .

Tính .

Suy ra: ; .

Câu 1b (1,0 điểm). Cho hàm số có đồ thị và điểm . Tìm các giá trị của m để đường thẳng cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt sao cho đạt giá trị nhỏ nhất.

Hướng dẫn

Cách 1:

Dễ thấy đường thẳng luôn đi qua điểm là giao điểm của hai đường tiệm cận. Ta có nên để đường thẳng cắt tại hai điểm phân biệt thì . Khi đó luôn là trung điểm của đoạn MN.

Ta có (*).

Do A cố định nên: nếu ta xét được là số dương và trong tam giác AMN có cạnh MN nhỏ nhất thì tìm được giá trị nhỏ nhất. Mà là Hypebol nên khi là đường phân giác của góc tạo bởi hai tiệm cận thì và cắt tại hai điểm phân biệt và MN nhỏ nhất, ta có: , hơn nữa . Vậy .

Cách 2:

Xét phương trình hoành độ giao điểm của cắt và :

(vì không là nghiệm).

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì .

Theo định lý Viet ta có: .

Mặt khác

.

Câu 2a (1,0 điểm). Cho hàm số . Tính tỉ số , với và .

Hướng dẫn

.

Do đó là hàm số chẵn, suy ra là hàm số lẻ.

Vậy nếu thì .

Câu 2b (1,0 điểm). Giải phương trình: .

Hướng dẫn

Đặt , từ phương trình đã cho ta có:

. Như thế ta có điều kiện và ta được hệ phương trình: . Xét hàm , ta có:

, và đồng biến nên ta có là điểm cực tiểu của , nên phương trình có đúng hai nghiệm .

Mặt khác từ hệ phương trình, trừ theo vế ta có: hay là , với đồng biến trên , suy ra .

Cuối cùng phương trình đã cho .

Hướng dẫn

Trên cạnh BC ta có 9 đỉnh của các tam giác đều cạnh 1cm (kể cả B và C), trên đường thẳng tiếp theo song song BC (phía trên BC) ta có 8 đỉnh của các tam giác đều cạnh 1cm, ... cuối cùng đến A có 1 đỉnh của tam giác đều cạnh 1cm. Ta có .

Như thế số phần tử của không gian mẫu là:.

Theo yêu cầu: nếu có hình bình hành tạo thành từ 4 đỉnh trong S thì 4 đỉnh đó chỉ có thể thuộc tam giác đều cạnh 5cm (tức là bỏ đi tất cả các đỉnh của các tam giác cạnh 1cm nằm trên ba cạnh BC, CA, AB và cạnh có liên quan đến các đỉnh đó).

• Trường hợp 1: Các cạnh của hình bình hành nằm trên MN hoặc có đúng 1 đỉnh thuộc MN.

- Các hình bình hành có cạnh nằm trên MN và

+ Tạo bởi hai đoạn MN, DE: Ta cần chọn thêm 2 đường thẳng song song hoặc trùng với DM (hoặc song song trùng EN) thì tạo ra hình bình hành và mỗi trường hợp này có cách. Như vậy có: hình bình hành.

+ Tạo bởi hai đoạn MN, GF: Lặp lại lập luận trên ta có có: hình.

+ Tạo bởi hai đoạn MN, HI: Lặp lại lập luận trên ta có có: hình.

+ Tạo bởi hai đoạn MN, KT: Lặp lại lập luận trên ta có có: hình.

Vậy các hình bình hành có cạnh nằm trên MN có 20 + 12 + 6 + 2 = 40 hình.

- Các hình bình hành có đúng 1 đỉnh thuộc MN

+ Đỉnh số 1 và số 4: đều có 4 hình bình hành

+ Đỉnh số 2 và số 3: đều có 3 hình bình hành.

Vậy các hình bình hành có đúng 1 đỉnh thuộc MN có 2.(4 + 3) = 14 hình.

Do đó trường hợp 1 ta có: 40 + 14 = 54 hình.

• Trường hợp 2: Các cạnh hình hành nằm trên DE nhưng không thuộc MN hoặc có đúng 1 đỉnh thuộc DE.

So với trường hợp 1 thì chỉ số tổ hợp giảm đi 1, ta làm tương tự và có:

hình.

• Trường hợp 3: Các cạnh hình hành nằm trên GF nhưng không thuộc MN và DE hoặc có đúng 1 đỉnh thuộc GF.

Tương tự ta có hình.

• Trường hợp 4: Các cạnh hình hành nằm trên HI nhưng không thuộc MN, DE và GF hoặc có đúng 1 đỉnh thuộc HI.

Ta có hình.

Số các hình bình hành trong bốn trường hợp là: 54 + 28 + 12 + 3 = 97 hình.

Vậy xác suất cần tìm là: .

Lưu ý:

Đề bài yêu cầu các đỉnh hình bình hành nằm trong miền trong của tam giác ABC nên số hình bình hành là tương đối nhỏ. Nếu các đỉnh hình hành không ngoài tam giác ABC thì sẽ nhiều hình hơn.

Câu 3b (1,0 điểm). Tìm công sai d của cấp số cộng có tất cả các số hạng đều dương và thỏa mãn: .

Hướng dẫn

Từ phương trình đầu của hệ ta có:

thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta có:

. Đặt , ta có phương trình: . Do đó

Vậy

Câu 4 (3,0 điểm).

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), SA = a. Một mặt phẳng qua CD cắt SA, SB lần lượt tại M, N. Đặt AM = x, với .

a. Tứ giác MNCD là hình gì? Tính diện tích tứ giác MNCD theo a và x.

b. Xác định x để thể tích khối chóp S.MNCD bằng lần thể tích khối chóp S.ABCD.

Hướng dẫn

a. Tứ giác MNCD là hình gì? Tính diện tích tứ giác MNCD theo a và x.

Vì ABCD là hình vuông nên AB // CD, suy ra AB // do đó AB // MN hay ta có MNCD là hình thang. Mặt khác: CD AD, CD SA nên CD mp(SAD) suy ra MN (SAD) suy ra MN MD.

Vậy tứ giác MNCD là hình thang vuông tại D và M.

Từ đó ta có DM là đường cao của hình thang MNCD.

Ta có và MA = x nên . Do đó ta tính diện tích MNCD là: .

b. Xác định x để thể tích khối chóp S.MNCD bằng lần thể tích khối chóp S.ABCD.

Ta có (1). Kẻ SH vuông góc với DM, (H thuộc DM), ta có:

MN (SAD) (theo chứng minh câu a) nên MN SH, suy ra SH (MNCD), từ đó SH là đường cao của khối chóp S.MNCD.

Trong hai tam giác vuông đồng dạng SHM và DAM ta có:

do đó thể tích của khối chóp S.MNCD là:

(2).

Từ (1), (2) và yêu cầu bài toán ta có phương trình:

.

Vậy với thì thể tích khối chóp S.MNCD bằng lần thể tích khối chóp S.ABCD.

Câu 5a (0,5 điểm). Cho các số thực phân biệt . Chứng minh rằng: .

Hướng dẫn

Đặt . Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

(*).

Nếu thì đúng.

Nếu thì đúng. Vậy ta có điều cần chứng minh.

Câu 5b (0,5 điểm). Cho các số thực . Chứng minh rằng: .

Hướng dẫn

Áp dụng bất đẳng thức trong câu 5a, ta có:

.

Lặp lại lần nữa:

.

Cứ tiếp tục lặp lại như thế ta lần lượt thay được cơ số ngoài cùng của logarit và số lấy logarit trong cùng (chú ý mỗi lần thay thì cơ số không đổi), ký hiệu vế trái là P, cuối cùng ta có:

(đpcm).

---------- HẾT ----------