Đề thi chọn HSG tỉnh toán 12 năm 2020 2021 sở GDĐT quảng bình có đáp án vndoc com

Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH

KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2020-2021
Khóa ngày 08 tháng 12 năm 2020
Mơn thi: TỐN
LỚP 12 THPT
Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Đề gồm có 01 trang và 05 câu.

ĐỀ CHÍNH THỨC
SỐ BÁO DANH:……………
Câu 1 (2,0 điểm).

x2
có đồ thị (C ) . Gọi A, B là các giao điểm của (C ) với các trục
x 1
tọa độ. Tìm trên (C ) các điểm M có tọa độ nguyên sao cho tam giác MAB có diện tích
bằng 8 (đvdt).
a. Cho hàm số y 

b. Tìm m để giá trị lớn nhất của hàm số y 

Câu 2 (2,0 điểm).

a. Cho dãy số

(un )

thỏa mãn

3

1
1
sin 3 x  cos 2 x  s inx  m bằng 1.
12
4

log u19 - log u1 +

log u19 - log u1 + 3 = 3

un+ 1 = un + 2, vi mi n ẻ Ơ * . Tìm n sao cho ( 2)un = 42020.
b. Cho f  x  

2020 x
. Tính tổng S 
2020 x  2020

 1 
f

 2021 

 2 
f
 
 2021 

và

 2020 
f
.
 2021 

Câu 3 (2,0 điểm).
a. Cho đa giác đều A 1A 2 ...A 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.

1
2
3
2020
2019
.
b. Chứng minh rằng (C2020
) + (2C2020
) + (3C2020
) + ... + (2020C2020
) = 20202C4038
2

2

2

2

Câu 4 (3,0 điểm).
Cho tứ diện ABCD và hai điểm M, N lần lượt thuộc các cạnh AB, AC sao cho
2 AM  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
theo V .

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

b. Giả sử tứ diện ABCD có BC = x (0 < x < 3), tất cả các cạnh cịn 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 ln có

ln

n 1 1 1
1
n 1

   .......   log 2
.
2
2 3
n
2
-------------HẾT-------------

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH

KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2020-2021
Khóa ngày 08 tháng 12 năm 2020
Mơn thi: TỐN

HƯỚNG DẪN CHẤM

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 khơng 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 (khơng lam trịn số) của điểm tất cả cac câu.
Nơi dung

Câu
c.
1

x2
có đồ thị (C ) . Gọi A, B là các giao điểm
x 1
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
a. Cho hàm số y 

1
1
sin 3 x  cos 2 x  s inx  m bằng 1.
12
4
Giao điểm của (C ) với trục hoành là A(-2; 0) , với trục tung là B(0; -2)

2,0
điêm

y

Phương trình đường thẳng AB là x  y  2  0, AB  2 2.

1a

Gọi M(x 0 ;

0,25

x0  2
) với x 0  1 . Ta có
x0  1

d(M; AB) =

x0 

x0  2
2
x0  1
2



2
0

x  2 x0
2 x0  1

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

0,25

Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

SMAB

x02  2 x0
1
1
 8  . AB. d(M, AB) = 8  .2 2.
8
2
2
2 x0  1

 x0  2
x  4
 x02  6 x0  8  0
2
 0
x0  2 x0  8 x0  1  

2

 x0  10 x0  8  0  x0  5  33
 x0  5  33
Vậy có hai điểm M thỏa mãn bài ra là M (2; 4), M(4; 2).

0,25

0,25

3sin x  4sin 3 x
sinx
sin 3 x
2
y
 1 sin x 
m 
 sin 2 x  m  1
12
4
3
t3 2
Đặt t  sinx, t   1;1 , ta có hàm số y 
 t  m  1 với t   1;1
3
t3 2
Xét g (t )   t  m  1 với t   1;1
3
t  0
g (t )  t 2  2t  0  
t  2 (L)

1b

1
1
g (1)  m  ; g (0)  m 1, g (1)  m 
3

3
1
1
t3 2
2
Ta có max
sin 3 x  cos x  sinx  m  max  t  m  1
x 12
t 1;1 3
4


1
1
1
 max  m  1 , m  , m    max  m  1 , m  
3
3
3



1
Đặt A   m  1 , m   , ta có các trường hợp:
3



 7
A


1, 

m  2 
 3

+ TH1 : m  1  1  
 m  0  A  1, 1 
 

 3


Ta thấy chỉ có m  0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

0.25

0.25

0.25


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí


1 
2


A   ,1
m



1
3 
3 
m


1

+TH2:

3

7 
m   4
A

 ,1


3
3 

2
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
3

2
Kết luận : m  0; m =
3
c. Cho dãy số (un ) thỏa mãn 3 log u19 - log u1 +

0.25

Ta thấy chỉ có m 

log u19 - log u1 + 3 = 3
u
và un+ 1 = un + 2, vi mi n ẻ Ơ * . Tỡm n sao cho ( 2 ) n = 42020 .

2

2a

d.

Cho f  x  

2020 x

.

2020 x  2020
 1 
 2 
 2020 
Tính tổng S  f 

 f 
  f 
.
 2021 
 2021 
 2021 
ìï u1 > 0, u19 > 0
.
Điều kiện ïí
ïïỵ log u19 - log u1 + 3 ³ 0
ìï a = 3 log u - log u
19
1
ï
Þ a3 - b2 = - 3.
Đặt í
ïï b = log u - log u + 3 ³ 0
19
1
ïỵ

Ta được hệ phương trình
ìï b = 3 - a
ìï a = 1
a+ b= 3
ïì镲
ï
圹
(thỏa mãn).
眄3

2
2
镲
镲
ỵ a - b = - 3 ỵ (a - 1)(a + 6) = 0 ïỵ b = 2
Do un+ 1 = un + 2 nên (un ) là cấp số cộng với cơng sai
d = 2 Þ u19 = u1 + 18d = u1 + 36.
Với a = 1 suy ra
u
log u19 - log u1 = 1 Û log 19 = 1 Û u19 = 10u1 Û u1 + 36 = 10u1 Û u1 = 4.
u1
Số hạng tổng quát của (un ) là un = u1 + (n - 1)d = 4 + 2(n - 1) = 2n + 2.
Do đó
( 2)un = 42020 Û ( 2)2n+ 2 = 42020 Û n = 4039
Kết luận : n  4039

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

2,0
điêm

0,25

0,25

0,25

0,25

Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

2020
2020  2020
 f ( x)  f (1  x)  1
 1 
 2 
 2020 
S f
 f 
  f 

 2021 
 2021 
 2021 
 1 
 2020 
 2 
 2019 
 1010 
 1011 
f
 f 
 f 
 f 
  ...  f 
 f 
  1010
 2021 
 2021 

 2021 
 2021 
 2021 
 2021 
c. Cho đa giác đều A 1A 2 ...A 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

2,0
điêm

3
Ta có   C2020

0,25

Ta có f (1  x) 
2b

3

x

1
2
3
(C2020
) + (2C2020
) + (3C2020

)
2

2

2

0,5

2

trong nửa đường tròn  O 
Chọn nửa đường trịn: có 2 cách chọn
Chọn hai điểm Ai , A j là hai điểm tùy ý được lấy từ 1009 điểm A2, A3,..., A1010
2
có C1009
cách chọn.
Giả sử Ai nằm giữa A1 và A j thì tam giác A1 Ai A j tù tại đỉnh Ai .
Mà D A j Ai A1 º D A1 Ai A j nên kết quả bị lặp hai lần.
2
2.C1009
.2020
2
= 2020C1009
.
Có 2020 cách chọn đỉnh., do đó WA =
2
2
WA
2020C1009

504
=
=
.
Vậy p( A) =
3
W
C2020
673

3b

0,25

2020
2019
+ ... + (2020C2020
.
) = 20202.C4038

Gọi A là biến cố : ‘ Chọn được 3 đỉnh từ đa giác để tạo thành tam giác tù’.
Xét đường chéo A1A1011 của đa giác đều là đường kính của đường trịn  O 
ngoại tiếp đa giác đều, chia đường tròn ra làm hai phần, mỗi phần có 1009
điểm: từ A2 đến A1010 và A1012 đến A2020 .
Khi đó, mỗi tam giác có dạng A1 Ai A j là tam giác tù nếu Ai và A j cùng nằm
3a

0,25

Ta có kCnk = nCnk-- 11, với 1  k  n

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

0,25

0,25

0,25

0,25


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
1
0
ìï C2020
= 2020C2019
ïï
ïï 2C 2 = 2020C1
2019
ïï 2020
3
2
ï
.
Áp dụng cơng thức trên ta có í 3C2020 = 2020C2019
ùù
ùù M
........................
ùù

2020
2019
ùù 2020C2020 = 2020C2019
ợ

1
2
3
2020
ị (C2020
) + (2C2020
) + (3C2020
) + ... + (2020C2020
)
2

2

2

2

2
2
2
0
1
2
2019 2
= 20202. 轾

(臌C2019
) + (C2019
) + (C2019
) + ... + (C2019
) (1)
犏
2019
2019
Ta có, hệ số chứa x 2019 trong khai triển đa thức 1  x   x  1
là
0
1
2
(C2019
) + (C2019
) + (C2019
)
2

2

đa thức 1  x 

4038

2

2019
+ ... + (C2019
) và hệ số chứa x 2019 trong khai triển

2

2

2

2

2

1
2
3
ra (C2020
) + (2C2020
) + (3C2020
) + ... + (2020C
2

4

0,25

2019
là C4038

0
1
2
2019

2019
Do đó (C2019
.
) + (C2019
) + (C2019
) + ... + (C2019
) = C4038

Từ (1) và (2) suy

0,25

2

2

)

2020 2
2020

(2)

0,25
2019
= 20202.C4038
.

Cho tứ diện ABCD và hai điểm M, N lần lượt thuộc các cạnh
AB, AC sao cho 2 AM  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. Gọi V 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 cịn lại

đều bằng 1. Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất.

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

3,0
điêm


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

0,25

Kẻ MK / / AD ( K  BD), NL / / AD ( L  CD)
4a

4b

BM BK 2
4

  S BMK  S BAD
BA BD 3
9

d(N;(ABD)) NA 2
2

  d(N;(ABD))  d(C;(ABD))
d(C;(ABD)) CA 3
3
8
Suy ra VN .BMK  V
27
1
Tương tự, ta có d(N;(BCD))  d(A;(BCD))
3
DK 1 DL 2
 ,

Từ
DB 3 DC 3
2
7
 S DKL  S DBC  S BCLK  S DBC
9
9
7
Suy ra VN .BCLK  V
27
15
5
Do đó VBCMNLK  VN .BMK  VN .BCLK  V  V
27
9

Gọi E , F lần lượt là trung điểm của BC và AD
Ta có EF  BC , EF  AD và AD  (FBC)
Tam giác FBC cân tại F nên
BC 2
AD 2 BC 2 3  x 2
2
2
2
EF  BF 
 AB 


4
4
4
4

Ta có

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

3  x2
2
1
1
Do đó VABCD  AD.SFBC  x. 3  x 2
3
12
x2  3  x2 1


24
8
6
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 
2
6
.
Kết luận : x 
2
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n lớn hơn 1, ta ln có

suy ra EF 

n 1 1 1
1
n 1
ln
   .......   log 2
.
2
2 3
n
2

5

0,25
0,25

0,25

1,0
điêm

Theo bất đẳng thức Cauchy với k  2, k  N:
k

2  k 2.1.1......1




k 1 so 1

Do đó:

2  1  1  ....  1 k  1

(Dấu bằng không xảy ra).
k
k

3
2
4
3
2
3
.............
n 1
n
2
n
2

Nhân vế theo vế các bất đẳng thức ta có:
Hay 2

1 1
1
 .......
2 3

n



0,25

3 4 5
n 1
2. 3 2. 4 2..... n 2  . . ......
2 3 4
n

n 1
, logarit cơ số 2 hai vế ta có :
2

0,25

1 1
1
n 1
  .......   log 2
 ĐPCM 
2 3
n
2

+ Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức với x  0, thì ln( x  1)  x

1

x
1 
 0 với
Thật vậy, xét hàm số f ( x)  ln( x  1)  x , có f ( x) 
x 1
x 1
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

0,25


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

x  0 . Do đó f ( x) nghịch biến nên với x  0 thì f ( x)  f(0)  0 . Do đó

ln( x  1)  x.

+ Áp dụng bất đẳng thức trên ta có :

1 1
ln(1  ) 
2 2
1 1
ln(1  ) 
3 3
....................
1 1
ln(1  ) 
n n

Cộng vế theo vế ta có:

1
1 1 1
1
1
ln(1  ) + ln(1  ) +…..+ ln(1  ) <   ....... 
2
3
n 2 3
n
1
1
1
1 1
1
 ln(1  )(1  )......(1  )    ....... 
2
3
n 2 3
n
3 4
n 1 1 1
1
 ln( . ......
)    ....... 
2 3
n
2 3
n

n 1 1 1
1
 ln
   .......   ĐPCM 
2
2 3
n

Mời bạn đọc tham khảo thêm tài liệu học tập lớp 12 tại đây:
/>
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

0,25