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

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

1. Nhóm toán VD-VDC ĐỀ VÀ HDG H ỌC SINH GI ỎI 12 V ĨNH PHÚC 2018-2019 Câu 1. Cho hàm s ố yx=−414 x 2 + 20 x + 4 có đồ th ị (C) . Vi ết ph ươ ng trình ti ếp tuy ến c ủa (C) bi ết ti ếp tuy ến song song v ới đường th ẳng ∆:y =− 4 x + 15 . Câu 2. Gi ải ph ươ ng trình (2cosx− 1)( 2sin xxx + cos) += sin sin 2 x 4 3 Câu 3. Tìm tất cả các giái tr ị th ực của tham s ố m để hàm số y= x3 +() m +1 x 2 + 3 mxm − 2 đồng 3 2 bi ến trên kho ảng (−1; +∞ ) . Câu 4. Tìm t ất c ả các giá tr ị th ực c ủa tham s ố m để hàm s ố y= x3 −3 x 2 +− m 2 có đúng n ăm điểm cực tr ị. 1  ( ) = − ∈ ℕ* Câu 5. Cho dãy s ố un có s ố h ạng t ổng quát un ln 1 2  , (n ) . Tính giá tr ị c ủa bi ểu ()n +1  th ức H= 2019. eeeu1 . u 2 u2018 Câu 6: Xếp m ười h ọc sinh g ồm b ốn h ọc sinh l ớp 12 , ba h ọc sinh l ớp 11 và ba h ọc sinh l ớp 10 ng ồi vào m ột hàng ngang g ồm 10 gh ế được đánh s ố từ 1 đến 10 . Tính xác su ất để không có hai h ọc sinh l ớp 12 ng ồi c ạnh nhau. Câu 7: Cho hai đường th ẳng Ax, By chéo nhau, vuông góc và nh ận đoạn AB làm đoạn vuông góc chung. Hai điểm M, N lần l ượt di động trên Ax, By sao cho AM+ BN = MN . G ọi O là trung điển c ủa đoạn AB . Ch ứng minh tam giác OMN là tam giác tù và kho ảng cách t ừ O đến đường th ẳng MN không đổi khi M, N khi di động trên Ax, By . Câu 8: Cho t ứ di ện ABCD và các điểm M, N , P lần l ượt thu ộc các c ạnh BD, BC , AC sao cho BD=2, BMBC = 4, BNAC = 3 AP . M ặt ph ẳng (MNP ) cắt AD tạiQ . Tính t ỷ số th ể tích hai ph ần c ủa kh ối t ứ di ện ABCD được chia b ởi(MNP ) . Câu 9: Trong m ặt ph ẳng v ới h ệ tr ục t ọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , điểm G(3;3 ) là tr ọng tâm tam giác ABD . Đường th ẳng đi qua A vuông góc v ới BG và c ắt BD tại điểm E (1;3 ). Tìm tọa độ các đỉnh c ủa hình vuông ABCD bi ết r ằng đỉnh A có tung độ lớn h ơn 1. 2 3   4 Câu 10: Cho các s ố th ực x, y , z thu ộc kho ảng (0;3 ) th ỏa mãn −1 − 1   −= 11 . Tìm giá tr ị x y   z x2 y 2 z 2 nh ỏ nh ất c ủa bi ểu th ức P = + + . 4 9 16 HẾT 1
2. Nhóm toán VD-VDC HƯỚNG D ẪN GI ẢI Câu 1. Cho hàm s ố yx=−414 x 2 + 20 x + 4 có đồ th ị (C) . Vi ết ph ươ ng trình ti ếp tuy ến c ủa (C) bi ết ti ếp tuy ến song song v ới đường th ẳng ∆:y =− 4 x + 15 . Lời gi ải Tập xác định R . Ta có y'=4 x 3 − 28 x + 20 . Gọi Maa( ;4− 14 a 2 + 20 a + 4 ) là điểm thu ộc đồ th ị (C) mà ti ếp tuy ến song song v ới đường th ẳng ∆:y =− 4 x + 15 . Khi đó ta có: a = 1 '()()=−⇔ 3 − + =−⇔ −()2 +−=⇔ =− ya4428204 aa aaa 1 60 a 3 . a = 2 Với a = 1 ta có M (1; 11 )∈∆ khi đó ti ếp tuy ến t ại M chính là ∆ nên lo ại. Với a = − 3 ta có M (3;− 101 ) , ph ươ ng trình ti ếp tuy ến t ại M là: y=−4( x + 3) − 101 =− 4 x − 113 . Với a = 2 ta có M (2; 4 ) , ph ươ ng trình ti ếp tuy ến t ại M là: y=−4( x − 2) +=− 4 4 x + 12 . Vậy có hai ti ếp tuy ến c ần tìm l ần l ượt có ph ươ ng trình là: y=−4 x − 113; y =− 4 x + 12 . Câu 2. Gi ải ph ươ ng trình (2cosx− 1)( 2sin xxx + cos) += sin sin 2 x Lời gi ải Ta có (2cosx− 1)( 2sin xxx + cos) += sin sin 2 x ⇔−()()()2cosx 1 2sin xxxx += cos sin 2cos − 1 ⇔()()2cosx − 1 sin x + cos x = 0 π  = + π x k 2 3  1  cos x = π ⇔ ⇔=−+x k 2π  2  = − 3 sinx cos x  π x= − + k π  4 2
3. Nhóm toán VD-VDC 4 3 Câu 3. Tìm tất cả các giái tr ị th ực của tham s ố m để hàm số y= x3 +() m +1 x 2 + 3 mxm − 2 đồng 3 2 bi ến trên kho ảng ()−1; +∞ . Lời gi ải +T ập xác định: D = ℝ . + y'4= x2 + 3() m + 1 xm + 3 .Hàm s ố đồng bi ến trên kho ảng ()−1; +∞ khi và ch ỉ khi y '≥ 0 ∀x ∈() −1; +∞ và ph ươ ng trình y '= 0 ch ỉ có m ột s ố hữu h ạn nghi ệm trên kho ảng ()−1; +∞ 4x2 + 3 x ⇔ 4x2 + 3() m + 1 xm + 30 ≥ ∀x ∈() −1; +∞ ⇔ −3m ≤ ∀x ∈() −1; +∞ ()1 . x +1 4x2 + 3 x 4x2 + 8 x + 3 +Xét hàm s ố f( x ) = với x ∈() −1; +∞ .Ta có f'( x ) = ∀x ∈() −1; +∞ ; x +1 ()x +1 2 = ⇔ =− 1 −1  = − = +∞ = +∞ f'( x ) 0 x ; f   1; limf ( x ) ; lim+ f ( x ) .Do đó 2 2  x→+∞ x→− 1 1  minf ( x )= f  −  =− 1 . ()−1; +∞ 2  1 1 +()1⇔ − 3m ≤ min() f x ⇔m ≥ .V ậy đáp s ố cần tìm là m ≥ . ()−1; +∞ 3 3 Câu 4. Tìm t ất c ả các giá tr ị th ực c ủa tham s ố m để hàm s ố y= x3 −3 x 2 +− m 2 có đúng n ăm điểm cực tr ị. Lời gi ải Hàm s ố y= x3 −3 x 2 +− m 2 có đúng n ăm điểm c ực tr ị khi và ch ỉ khi hàm s ố yx=3 −3 x 2 +− m 2 cắt tr ục hoành t ại 3 điểm phân bi ệt khi và ch ỉ khi ph ươ ng trình x3−3 x 2 + m −= 2 0 ()1 có 3 nghi ệm phân bi ệt. Ta có ()1⇔x3 − 3 x 2 =− 2 m 3
4. Nhóm toán VD-VDC = 3 2 2 x 0 Xét hàm s ố fx( ) = x − 3 x ta có fx′() =3 x − 6 x =⇔ 0  . x = 2 x −∞ 0 2 +∞ + y′ + 0 − 0 0 +∞ y − −∞ 4 Từ bảng bi ến thiên ta có ph ươ ng trình (1) có 3 nghi ệm phân bi ệt khi và ch ỉ khi −<−42m <⇔< 02 m < 6 . 1  ( ) = − ∈ ℕ* Câu 5. Cho dãy s ố un có s ố h ạng t ổng quát un ln 1 2  , (n ) . Tính giá tr ị c ủa bi ểu ()n +1  th ức H= 2019. eeeu1 . u 2 u2018 Lời gi ải   ()+ = −1 = n n 1 Ta có un ln12  ln 2 . ()n+1  () n + 1 n n k( k + ) ( + ) + = 2 =n! n 2 ! = n 2 Do đó ∑uk ln ∏ 2 ln2 ln . = = ()+ ()+ k1 k 1 k 1 ()n +1 !  .2! 2n 1 2018 2018+ 2 ∑ uk ln 2() 2018+ 1 2020 Suy ra H= 2019. eeeu1 . u 2 u2018 ==2019.ek =1 2019. e = 2019. = 1010 . 2.2019 Câu 6: Xếp m ười h ọc sinh g ồm b ốn h ọc sinh l ớp 12 , ba h ọc sinh l ớp 11 và ba h ọc sinh l ớp 10 ng ồi vào một hàng ngang g ồm 10 gh ế được đánh s ố từ 1 đến 10 . Tính xác su ất để không có hai h ọc sinh l ớp 12 ng ồi c ạnh nhau. Lời gi ải + Có 10! cách x ếp b ất k ỳ 10 học sinh. + Có 6! cách x ếp 6 h ọc sinh l ớp 11 và l ớp 10; 6 học sinh đó t ạo thành 7 ch ỗ tr ống (tính c ả vị 4 trí hai đầu). Ch ọn 4 vị trí và x ếp 4 học sinh l ớp 12 có A7 cách. 4 Suy ra có A7 .6! cách x ếp 10 học sinh sao cho không có hai h ọc sinh l ớp 12 ng ồi c ạnh nhau. A4.6! 1 Xác su ất c ần tìm là: P =7 = . 10! 6 Câu 7: Cho hai đường th ẳng Ax, By chéo nhau, vuông góc và nh ận đoạn AB làm đoạn vuông góc chung. Hai điểm M, N lần l ượt di động trên Ax, By sao cho AM+ BN = MN . G ọi O là trung điển c ủa đoạn AB . Ch ứng minh tam giác OMN là tam giác tù và kho ảng cách t ừ O đến đường th ẳng MN không đổi khi M, N khi di động trên Ax, By . Lời gi ải 4
5. Nhóm toán VD-VDC x M A Q H O P A B y N Dựng hình bình hành ABPM . Ta có ()BP; BN=() AM ; BN = 90 ° . AB⊥ ( PBN) ⇒ MP⊥ PN . Suy ra 2 22 2222 22 MN=+=++=+ MP PN MP BP BN AB AM + BN AB 2  ⇒ AM. BN = . 2 2 MN=() AM + BN 2 Xét tam giác OMN . Ta có 2 OM2+ ON 2 − MN 2 OA2+ AM 2 ++ OB 2 BN 2 −() AM + BN cos MON = = 2.OMON 2. OMON AB 2 − 2AM . BN 2 AB =2 =− < 0 2.OMON 4. OMON Nh ư v ậy tam giác OMN là tam giác tù. Lấy điểm Q trên tia đối c ủa tia Ax sao cho AQ= BN và g ọi H là hình chi ếu vuông góc c ủa O trên đường th ẳng MN . Ta có ∆OAQ = ∆ OBN( c. g . c) ⇒ OQ= ON . ∆OMQ = ∆ OMN( c. c . c) ⇒ OA= OH . AB Nh ư v ậy d() O; MN= OH = không đổi. 2 Câu 8: Cho t ứ di ện ABCD và các điểm M, N , P lần l ượt thu ộc các c ạnh BD, BC , AC sao cho BD=2, BMBC = 4, BNAC = 3 AP . M ặt ph ẳng (MNP ) cắt AD tạiQ . Tính t ỷ số th ể tích hai ph ần c ủa kh ối t ứ di ện ABCD được chia b ởi(MNP ) . Lời gi ải 5
6. Nhóm toán VD-VDC A P Q I B M D N C Trong (BCD ) , g ọi I= MN ∩ CD . Khi đó Q= IP ∩ AD chính là giao điểm c ủa (MNP ) và AD . Kết h ợp gi ả thi ết và áp d ụng định lí Mê-nê-la-uýt trong các tam giác sau ta có: NB IC MD IC - Với ∆BCD : = 1⇒ = 3 . NC ID MB ID PA IC QD QD 2 - Với ∆ACD : = 1 ⇒ = . PCIDQA QA 3 DC MI BN MI - Với ∆ICN : = 1⇒ = 2 . DI MN BC MN DCQI AP QI 3 - Với ∆IPC : = 1 ⇒ = . DI QP AC QP 2 Áp d ụng công th ức t ỉ số th ể tích ta có: V IQ IM ID 321 2 IMQD = = = () 1 VINPC IP IN IC 5 3 3 15 V CN CP 3 2 1 V CI 3 INPC =. = . = () 2 ; ABCI = = ()3 VABCI CPCA 4 3 2 VABCD CD 2 V 3V 321 Từ (1) ,( 2 ) và (3) ⇒ INPC =,IMQD = . = . VABCD4 V ABCD 4 15 10 V3113 V 137 ⇒ CDMNPQ=−=, ABMNPQ =−= 1 . VABCD41020 V ABCD 2020 V 7 Do v ậy ta có: ABMNPQ = . VCDMNPQ 13 6
7. Nhóm toán VD-VDC Câu 9: Trong m ặt ph ẳng v ới h ệ tr ục t ọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , điểm G (3;3 ) là tr ọng tâm tam giác ABD . Đường th ẳng đi qua A vuông góc v ới BG và c ắt BD tại điểm E (1;3 ). Tìm tọa độ các đỉnh c ủa hình vuông ABCD bi ết r ằng đỉnh A có tung độ lớn h ơn 1. Lời gi ải Cách 1: A K B G M H E D C Gọi M là trung điểm c ủa c ạnh AD , H= AE ∩ BM , K= GE ∩ AB . Vì AG⊥ BE và BG⊥ AE nên G là tr ực tâm tam giác ABE ⇒ GE⊥ AB , GE// AD . KG BG GE BG KG GE Có = và = ⇒ = mà AM= MD⇒ KG= GE⇒ G là trung điểm AM BM MD BM AM MD x=2 x − x của KE⇒K G E ⇒ K ()5;3 .  = − yK2. y G y E AB đi qua K (5;3 ) và có m ột vect ơ pháp tuy ến EG= (2;0) ⇒ AB : x − 50 = . Vì A∈ AB⇒ A(5; a ) với a >1. Vì KAG=45 ° ⇒ ∆ AKG vuông cân nên KA= KG 2 a = 5 ⇒ ()a −3 = 4 ⇒  . Vì a >1 ⇒ A(5;5 ) . a =1 x −5 = − 6 Ta có: AC= 3 AG ⇒ C ⇒ C (−1; − 1 ) .  − = − yC 5 6 x −5 = − 6 Có AD= 3 GE⇒D ⇒ D ()− 1;5 .  − = yD 5 0 x −5 = 0 Vì AB= DC⇒B ⇒ B ()5;− 1 .  − = − yB 5 6 Cách 2: 7
8. Nhóm toán VD-VDC A B G M H I E D C Gọi M là trung điểm c ủa c ạnh AD , H= AE ∩ BM , I là tâm c ủa hình vuông ABCD và a 5 2 a 5 AB= a . Ta có: BM= AM2 + AB 2 = mà BG= BM ⇒ BG = . 2 3 3 AB 2 2 5 Xét tam giác ABM ta có: BH. BM= AB 2 ⇒ BH= = a . BM 5 BH BE BH. BG 2 2 2 2 2 Vì ∆BHE# ∆ BIG ⇒ = ⇒ BE= = a ⇒ EI= BE − BI =a − a BI BG BI 3 3 2 2 1 2 1  2 a = a . Xét tam giác IGE có: GE=+= GIEI2 2 .2 a  + .2 a  = . 6 6  6  3 a Mà G (3;3 ) và E (1;3 ) nên GE = 2 . Do đó = 2⇒ a = 6 . 3 Xét tam giác ABE có: AE2=+− AB 2 BE 2 2 ABBE . .cos45 ° 2   2 =+2 22 − 22 25 = a =a 5 = a a  2 aa . ⇒ AE 2 5 . 3  329 3 Gọi A( x; y ) với y > 1.  a 2  −2 +− 2 = AG = = 2 2 ()()3x 3 y 8 2 2 Ta có:  3 ⇒  ⇒ ()()1−x −− 3 x = 12  ()()1−x2 +− 3 y 2 = 20 AE = 2 5  2 2  y = 1 ⇒ x = 5 ⇒ 4+() 3 −y = 8 ⇒ ()3−y = 4 ⇒  ⇒ A(5;5 ) .  y = 5 x −5 = − 6 Vì AC= 3 AG ⇒ C ⇒ C (−1; − 1 ) .  − = − yC 5 6 a 2 1 1 Có EI= = DI mà IG= IA (tính ch ất tr ọng tâm) nên GE// AD và 6 3 3 x −5 = − 6 AD= 3 GE⇒D ⇒ D ()− 1;5 .  − = yD 5 0 8
9. Nhóm toán VD-VDC x −5 = 0 Vì AB= DC⇒B ⇒ B ()5;− 1 .  − = − yB 5 6 2 3   4 Câu 10: Cho các s ố th ực x, y , z thu ộc kho ảng ()0;3 th ỏa mãn −1 − 1   −= 11 . Tìm giá tr ị x y   z x2 y 2 z 2 nh ỏ nh ất c ủa bi ểu th ức P = + + . 4 9 16 Lời gi ải  x =  < < 3  a 0 a 2  2 y 0<b < 1 = b  Đặt 3 ⇒  3 ; Áp d ụng B ĐT 0 <c < z  = c  4 4  13 0 <t < a+ b + c = t   4 3 3 3 ()a+ b + c t ()a++≥ b c27 abc ⇔≤ abc = 27 27 Từ điều ki ện ta có: 1  1  1  −1111  −  −=⇔  ()()ab ++ bc ca = 2 abc +++− a b c 1 a  b  c  . 2− 4 ⇒ abbcca++ ≤ t3 +− t12⇒ −() abbcca ++ ≥ t3 −+ 22 t 27 27 2 4 Mà P=++()() abc −2 abbcca ++ ≥− tt3 +−+ 2 2 t 2 . Coi P là hàm s ố theo bi ến t 27  = − t 3 4 2  Thì P′ = t +2 t −=⇔ 2 0 3 . 9 t =  2 BBT 3 1 3  Vậy min P = khi abc= = = ⇒ () xyz; ;=  1; ;2  . 4 2 2  9