Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

1. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 12 TỈNH THÁI BÌNH NĂM HỌC 2018-2019 Câu 1: (6,0 điểm). 21x + 1. Cho hàm số yC= ( ) và đường thẳng (d ) có phương trình: y=2 xm + . Tìm m để x −1 đường thẳng (d ) cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt AB, sao cho diện tích tam giác OAB 5 bằng (với O là gốc tọa độ). 4 2. Cho hàm số yx=+322( m + 1) x + (8 m −+− 3) x 8 m 6 . Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu trong đó một điểm cực trị của đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ hai, một điểm cực trị của đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ tư của hệ trục tọa độ Oxy . log( 2− cx os2 ) 3. Tính giới hạn: lim 2018 . x→0 x2 Câu 2: (4,0 điểm) 5ππ   1. Giải phương trình: sin− 3xx  −=− 16 15sin  +. 44   2. Cho A là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số. Chọn ngẫn nhiên một số thuộc tập A . Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2. Câu 3: (3,0 điểm) Giải hệ phương trình  32 yx(+ 5) 2 +=+ x 1 3 y (1)  2+x2 − 2x+4 + x2 −+= 6x 12 yx22 3 −++ 2x 4 5 x2 −++ 6x 12 8 (2)  ( ) Câu 4: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , điểm M 1; 0 là trung điểm của cạnh BC , điểm N thuộc cạnh CD sao cho CN 2 ND , phương trình đường thẳng AN là: xy 20. Tìm tọa độ điểm A biết điểm A có hoành độ dương Câu 5: (3,0 điểm) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 3 , SA= a , SB= SC = SD = a 3 . Gọi M là trung điểm CD . 1. Tính thể tích khối chóp S. ABCM . 2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BC . Câu 6: (2,0 điểm) Cho a , b , c là các số thực dương. 9 32 Chứng minh rằng: − ≥−5 . ab( a++ c)( b c) 44+++a2 4 bc 22 ĐÁP ÁN 1 NHÓM TOÁN VD_VDC
2. 21x + 1. Cho hàm số yC= ( ) và đường thẳng (d ) có phương trình: y=2 xm + . Tìm m để x −1 đường thẳng (d ) cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt AB, sao cho diện tích tam giác OAB 5 bằng (với O là gốc tọa độ). 4 Lời giải Xét phương trình: 21x + x ≠ 1 x ≠ 1 =2xm +⇔⇔ 2 x −1 2x+= 1( x − 12)( xm + ) gx( ) =2 x +( m − 4) x −( m −= 10) +) Đường thẳng (d ) cắt (C) tại hai điểm phân biệt AB, ⇔=gx( ) 0 có hai nghiệm phân biệt khác 1 2 ∆=−(mm4) + 8( −>⇔ 1) 0 m2 +>∀∈ 24 0 ( m ) ⇔  g (1) =−≠ 30 +) Gọi Ax( 11;2 x++ m) ; Bx( 2 ;2 x 2 m)  m − 4 xx+=−  12 2 Khi đó xx, là hai nghiệm: gx( ) = 0 . Theo Viet thì  12 m +1 xx = −  12 2 Ta có (d) :2 xym−+ = 0 2 5m2 + 24 m 2 22mm−+8 16 4 m + 4 ( ) dOd( ,) = ;5 AB =−=( xx1 2) 5( xx1 +− 2) 4 xx 12 = 5 + = 5 42 4 2 11m 5(m + 24) mm2 + 24 Khi đó: SOAB = d( O,. d) AB = . . = 2 225 4 5 2 42 2 2 SOAB =⇔ mm +24 =⇔+ 5 m 24 m − 25 =⇔ 0( m − 1)( m + 25) =⇔=± 0 m 1. 4 Vậy m = ±1 2. Cho hàm số yx=+322( m + 1) x + (8 m −+− 3) x 8 m 6 . Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu trong đó một điểm cực trị của đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ hai, một điểm cực trị của đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ tư của hệ trục tọa độ Oxy . Lời giải 2 Ta có y'= 3 x + 4( mxm ++ 1) (8 − 3) Hàm số có cực đại, cực tiểu khi y '0= có hai nghiệm phân biệt. 2 NHÓM TOÁN VD_VDC
3.  43+ m > 2 ∆>'0 ⇔  43− m nên không xảy ra trường hợp đồ thị hàm số có một điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ nhất, một điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ ba của hệ trục tọa độ Oxy . Để một điểm cực trị của đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ hai, một điểm cực trị của đồ thị xx12.0 3 ⇔−mm +4 − 3 < 0 ⇔ (2) m < 1 3 Kết hợp (1) và (2) ta có m < 8 log2018 ( 2− cx os2 ) 3. Tính giới hạn: lim . x→0 x2 Lời giải Ta có: 3 NHÓM TOÁN VD_VDC
4. log( 2−−cx os2) log e .ln( 2 cx os2 ) lim 2018 = lim 2018 xx→→00xx22 2 2 . ln( 1+ 2sin x) sin x = 2log2018 ee .lim .= 2log2018 x→0 2sin2 x x Câu 2. (4,0 điểm) 5ππ   1. Giải phương trình: sin− 3xx  −=− 16 15sin  +. 44   2. Cho A là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số. Chọn ngẫn nhiên một số thuộc tập A . Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2. Lời giải ππ 1. Đặt tx=+ ⇔=− xt . Phương trình đã cho trở thành: 44 5ππ sin− 3tt − + 15sin −= 16 0 44 ⇔−sin 3tt + 15sin − 16 = 0 ⇔4sin3 tt + 12sin −= 16 0 ⇔(sint − 1)( sin2 tt + sin += 4) 0 ⇔=sint 1 π ⇔−tk +2π 2 π Do đó ta có: x=+∈ kk2,π  . 4 π Vậy nghiệm của phương trình là: x=+∈ kk2,π  4 2. Số phần tử không gian mẫu là: Ω=9.105 . Gọi B là biến cố số được chọn chia hết cho 15 và có chữ số tận cùng bằng 2 . Ta nhận thấy rằng: Số nhỏ nhất có 6 chữ số chia hết cho 13 là: 100009 , số lớn nhất có 6 chữ số chia hết cho 13 là 999999 . Ta có 100009+= 13 100022, do đó số có 6 chữ số nhỏ nhất chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2 chính là số 100022 . Nhận thấy rằng nếu hai số tự nhiên có 6 chữ số cùng chia hết cho 13 và đều có chữ số tận cùng bằng 2 thì hiệu của chúng cũng chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 0. Số nhỏ nhất (lớn hơn 0) có chữ số tận cùng bằng 0 chia hết cho 13 là 130 . Điều này chứng tỏ tất cả các số có 6 chữ số chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2 lập thành một cấp số cộng có số hạng đầu là u1 = 100022 , công sai d = 130 . 4 NHÓM TOÁN VD_VDC
5. Công thức số hạng tổng quát của dãy là: uun =+−1 ( n1) d. Vì số cần tìm là số có 6 chữ số không vượt quá 999999 nên ta có: 69239 100022+(nn − 1) 130 ≤ 999999 ⇔≤ =6923,9 . 10 Vì n là số tự nhiên nên số hạng lớn nhất trong dãy trên ứng với n = 6923 . Vậy số phần tử của biến cố B là B = 6923. B 6923 Xác suất của biến cố B là: PB( ) = = . Ω 900000 Cách 2. Số phần tử không gian mẫu là: Ω=9.105 . Gọi số chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2 là aaaaa123452 . Ta có: aaaaa123452= 10. aaaaa 12345+ 2 . Gọi k là số dư của phép chia aaaaa12345 cho 13 (kk∈, 0 ≤≤ 12) . Khi đó vì aaaaa123452= 10. aaaaa 12345+ 2 13 (kk∈, 0 ≤≤ 12) nên ta có: 10k + 2 13 (kk∈, 0 ≤≤ 12) 10k + 2 Do đó tồn tại số tự nhiên t sao cho: 10k+ 2 = 13 tt ⇔= ∈ , (kk∈, 0 ≤≤ 12) . Ta có 13 bảng: k = 0 10k + 2 2 Loại = ∉ 13 13 k = 1 10k + 2 12 Loại = ∉ 13 13 k = 2 10k + 2 22 Loại = ∉ 13 13 k = 3 10k + 2 32 Loại = ∉ 13 13 k = 4 10k + 2 42 Thỏa mãn = =4 ∈ 13 13 k = 5 10k + 2 52 Loại = ∉ 13 13 5 NHÓM TOÁN VD_VDC
6. k = 6 10k + 2 62 Loại = ∉ 13 13 k = 7 10k + 2 72 Loại = ∉ 13 13 k = 8 10k + 2 82 Loại = ∉ 13 13 k = 9 10k + 2 92 Loại = ∉ 13 13 k = 10 10k + 2 102 Loại = ∉ 13 13 k = 11 10k + 2 112 Loại = ∉ 13 13 k = 12 10k + 2 122 Loại = ∉ 13 13 Từ bảng trên ta có k = 4 là số dư của phép chia aaaaa12345 cho 13. Như vậy, tồn tại số tự nhiên t để: 10000−− 4 99999 4 aaaaa=13 t + 4 . Vì 10000 ≤≤aaaaa 99999 nên ≤≤k , hay: 12345 12345 13 13 9996 99995 ≈768,923 ≤≤k ≈7691,923 ⇒769 ≤≤kk 7691, ∈ . 13 13 Gọi B là biến cố số được chọn chia hết cho 15 và có chữ số tận cùng bằng 2 . Khi đó số phần tử của biến cố B là B =7691 − 769 += 1 6923. B 6923 Xác suất của biến cố B là: PB( ) = = . Ω 900000 Câu 3 (3,0 điểm). Giải hệ phương trình  32 yx(+ 5) 2 +=+ x 1 3 y (1)  2+x2 − 2x+4 + x2 −+= 6x 12 yx22 3 −++ 2x 4 5 x2 −++ 6x 12 8 (2)  ( ) Lời giải Điều kiện: x ≥−2 Với điều kiện x ≥−2, từ (10) ⇒>y . Khi đó: 6 NHÓM TOÁN VD_VDC
7. 3 3 13 1 3 (1) ⇔ ( 2+x) + 32 += x +⇔ f( 2 + xf) = (*) với ft( ) = t + t yy y 11 mà ft′( ) =3 t2 + 1>∀ 0 t, do đó: (*2) ⇔ +=xy ⇔2 = (3) yx+ 2 Thay (3) vào phương trình (2), ta được: (2+xx)( 2 +22 − 2x+4 + x −+ 6x 12) = 3 x 2 −++ 2x 4 5 x 2 −++ 6x 12 8 ⇔(xx − 1)22 − 2x+4 + ( xx − 3) − 6x + 12 + 2x −= 4 0 ⇔−(xx 2)2 − 2x+4 +− ( xx 2) 2 − 6x + 12 +( x 22 − 2x+4 − x − 6x + 12) + 2( x −= 2) 0 4(x − 2) ⇔−(xx 2)22 − 2x+4 +− ( xx 2) − 6x + 12 + +2(x −= 2) 0 xx22−2x+4 + −+ 6x 12 4 ⇔−xx2 − +x2 −++6x 12 +=2 0 ( 2) 2x+4 xx22−2x+4 + −+ 6x 12 x −=2 0 (4)  ⇔ 4  xx22−2x+4 + − 6x + 12 + +=2 0 (5)  xx22−2x+4 + −+ 6x 12 1 1 + Xét (4) ⇒=x 2 , thay vào (3) ta được y = ± . Vì y > 0 nên suy ra y = . 2 2 + Xét (5), ta thấy : VT(5) > 0 ∀ x ≥−2, do đó phương trình vô nghiệm. 1 Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( xy;) =  2; . 2 Câu 4: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , điểm M 1; 0 là trung điểm của cạnh BC , điểm N thuộc cạnh CD sao cho CN 2 ND , phương trình đường thẳng AN là: xy 20. Tìm tọa độ điểm A biết điểm A có hoành độ dương Lời giải A B M D N C Đặt cạnh của hình vuông bằng a a5 a 10 5 AM22 AN MN 21 Ta có: AM , AN, NM a ,cos MAN 2 3 6 2.AM AN 2 7 NHÓM TOÁN VD_VDC
8. A AN A x;2 x với x 0  AM, AN có vectơ chỉ phương là: AM 1 x , x 2 , u 1;1 11 21x xN 1 cos MAN 2xx2 2 40 22 22 1 xx 2 .2 xL 2 Vậy A 1; 3 Câu 5. (3,0 điểm) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 3 , SA= a , SB= SC = SD = a 3 . Gọi M là trung điểm CD . 1. Tính thể tích khối chóp S. ABCM . 2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BC . AC∩= BD I , ta có IA= IC = IS (là đường cao của các tam giác cân bằng nhau) nên SAC 1 vuông tại S ⇒=AC SA22 + SC =2 a và SI= IA = IC = AC = a . 2 IB= SB2 − SI 2 =32 a 22 −= a a ⇒==BD2 IB 22 a . 1 S= IC.2 BD = a2 ; Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp BCD , bán kính đường tròn ngoại BCD 2 BC CD BD 3 a tiếp BCD là: R= OC = = . (O là trung điểm AI ) 4.SBCD 2 a 3 Do SB= SC = SD nên SO⊥ ( ABCD) ; SO= SC22 −= OC . 2 1 3 32a2 S=2. Sa = 22 2 ; SS= ⇒=SS = . ABCD BCD CDM4 ABCD ABCM42 ABCD 16a3 V= SO. S = . S. ABCM 34ABCM 2. IM// BC ⇒ BC// ( SMI ) nên d( BC,, SM) = d( BC( SMI)) = d( C ,( SMI )) . 8 NHÓM TOÁN VD_VDC
9. S 26a Mà CI=⇒=2 OI d( C ,( SMI)) 2, d( O( SMI )) ; d( A, BC) =ABCD = BC 3 O là trung điểm AI và ME là đường trung bình hình thoi ABCD nên 16a d( O,, ME) = d( A BC) = . ( E là trung điểm AB ) 46 a 6 Kẻ OH⊥ ME , H∈ ME thì OH = ; ME⊥ SO ⇒⊥ME( SOH ) 6 Kẻ OK⊥ S H , K∈ SH ⇒⊥OK ME vậy OK⊥ ( SME) tức là d( O,( SME)) = OK . aa36 . SO. OH a 66 a 66 OK = = 26 = ; d( C,( SMI)) = 2, d( O( SMI )) = . 22 2 22 11 SO+ OH aa36    +  26   a 66 Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BC là . 11 Câu 6: (2,0 điểm) Cho a , b , c là các số thực dương. 9 32 Chứng minh rằng: − ≥−5 . ab( a++ c)( b c) 44+++a2 4 bc 22 Lời giải Cách 1: Cosi a22+++ ac b bc Ta có: ab( a++ c)( b c) =++(a22 ac)( b bc) ≤ 2 abcab22++( +) ⇒ab( a + c)( b +≤ c) (1) . 2 2 2 22 Cosi 2 Cosi c++( ab) 2 c++2( ab) Lại có: ca( +≤ b) và (ab+≤) 2( a22 + b) ⇒ca( +≤ b) (2) . 2 2 c2++2( ab 22) ab22++ Từ (1) , (2) ⇒ab( a + c)( b +≤ c) 2 2 44a2++ bc 22 14 ⇔ + +≤ ⇔≥ ab( a c)( b c) 2 22 4 ab( a++ c)( b c) 44a++ bc 9 36 ⇔≥ 2 22. ab( a++ c)( b c) 44a++ bc 9 32 36 32 = − ≥− Do đó P 2 22 . ab( a++ c)( b c) 44+++a2 4 bc 2244a++ bc 44+++a2 4 bc 22 9 NHÓM TOÁN VD_VDC
10. Đặt 44+a2 + 4 bc 22 += t. Vì a , b , c là các số thực dương nên t > 2. ⇒44a2 + bct 222 +=− 4. 36 32 Xét hàm số ft( ) = − với t > 2. tt2 − 4 3 42 −72t 32 −72t + 32( tt −+ 8 16) 32tt43−− 72 256 t 2 + 512 ⇒′ = += = ft( ) 222 2 (t2−−4) t (tt224.) ( tt22 −4.) (t−4)( 32 ttt32 + 56 −− 32 128) = 2 . (tt22− 4.) Ta có 32ttt32+ 56 −− 32 128 =(32t32 − 128) +( 56 t − 32 t) = 32( t 3 −+ 4) 4 tt( 14 −> 8) 0 (vì t > 2). Do đó ft′( ) =04 ⇔= t . Bảng biến thiên : 9 32 ⇒ft( ) ≥−5 ⇒ − ≥−5 . ab( a++ c)( b c) 44+++a2 4 bc 22  4+ 4a2 + 4 bc 22 += 4 12 a2 = 12 a =1    Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ab= ⇔=ab ⇔=b 1 . c= ab+=c2 a c = 2    Cách 2: Cosi ab+++ bc ab ac Ta có: ab( a++ c)( b c) =++(ab bc)( ab ac) ≤ 2 2ab++ bc ac ⇒ab( a ++ c)( b c) ≤ . 2 cc22 Đồng thời 44+++a2 4 bc 22=42 +( ab22 + 2) + 2 a 2 ++ 2 b 2 + 22 Cosi ≥+++44ab 2 ac 2 bc ⇒44 +a2 + 4 b 22 +≥ c 422 +( ab ++ ac bc) . 9 32 18 32 Do đó : − ≥− . ab( a+ c)( b + c) 44+++a2 4 bc 222ab++ ac bc 4+ 22( ab ++ ac bc) Đặt 4+ 22( ab ++ ac bc) = t . Vì a , b , c là các số thực dương nên t > 2. 10 NHÓM TOÁN VD_VDC
11. t 2 − 4 ⇒2ab ++= ac bc . 2 36 32 Xét hàm số ft( ) = − với t > 2. tt2 − 4 3 42 −72t 32 −72t + 32( tt −+ 8 16) 32tt43−− 72 256 t 2 + 512 ⇒′ = += = ft( ) 222 2 (t2−−4) t (tt224.) ( tt22 −4.) (t−4)( 32 ttt32 + 56 −− 32 128) = 2 . (tt22− 4.) Ta có 32ttt32+ 56 −− 32 128 =(32t32 − 128) +( 56 t − 32 t) = 32( t 3 −+ 4) 4 tt( 14 −> 8) 0 (vì t > 2). Do đó ft′( ) =04 ⇔= t . Bảng biến thiên : 9 32 ⇒ft( ) ≥−5 ⇒ − ≥−5 . ab( a++ c)( b c) 44+++a2 4 bc 22  4+ 22( ab ++ ac bc) =4 12a2 = 12 a =1    Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ab= ⇔=ab ⇔=b 1 . cab=22 = ca= 2 c = 2    11 NHÓM TOÁN VD_VDC