To 22 51 son la 2019 da chuan

SỞ GD&ĐT SƠN LA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn thi: TỐN Ngày thi: 20/02/2019 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề Câu (3,0 điểm) y x x Cho hàm số có đồ thị (C) và đường thẳng (d): y  x  3m Tìm m để đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt cho khoảng cách giữa chúng nhỏ nhất Câu (3,0 điểm) log x 3log2 x  x log2 Giải phương trình sau tập số thực: x Câu (4,0 điểm) a) Có hai dãy ghế đối diện mỗi dãy ghế Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm nam và nữ vào hai dãy ghế đó cho mỗi học sinh ngồi một ghế Tính xác suất để mỗi học sinh nam ngồi đối diện với một học sinh nữ b) Hai đường thẳng d1 và d2 song song với nhau.Trên d1 có m điểm phân biệt * và d có n điểm phân biệt, biết rằng m  n 17 (m, n   ) Tìm m và n để số tam giác có ba đỉnh là ba điểm phân biệt hai đường thẳng đó là lớn nhất Câu (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC  AC  AB  có A(1; 4), tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D, đường phân giác của góc ADB có phương trình x  y  0 , điểm M(-4; 1) thuộc cạnh AC Viết phương trình đường thẳng AB Câu (4,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B, AB BC a, AD = 2a, SC = a , hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) vuông góc với đáy M, N là hình chiếu vuông góc của A SB, SC và E là trung điểm của AD a) Tính thể tích khối chóp A.BCNM b) Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.CDE Câu (3,0 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn:   x   y xy  x  xy  0   P  x3  y  xy  3 x   x  y   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: -Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm SỞ GD&ĐT SƠN LA Câu KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 HƯỚNG DẪN CHẤM Mơn: TỐN Ngày thi: 20/02/2019 Tóm tắt bước giải Câu y Điểm x x  có đờ thị (C) đường thẳng (d): Cho hàm số y  x  3m Tìm m để đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt cho khoảng cách giữa chúng nhỏ nhất ĐK: x 1 Xét PT hoành độ giao điểm: x  x  3m  x  3mx  3m  0 x (*) 0,5 Có  (3m  2)   0, m Nên (d) cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B 0,5 Gọi hai nghiệm PT (*) là x1 , x2 ta có x1  x2 3m; x1.x2 3m  0,5 A( x1;  x1  3m); B ( x2 ;  x2  3m) AB 2( x2  x1 ) 2( x2  x1 )  x2 x1 AB 18m  24m  16 2(3m  2)  8 2 m m (TM) Vậy  AB 8 Dấu “=” xảy Câu 0,5 0,5 0,5 log x 3log x  x log (1) Giải phương trình sau tập số thực: x Điều kiện: x  log bc = clogba Ta có: Áp dụng công thức: a (1)   x log  0,5 x 3log2 x  x log   3log2 x   x 3log2 x  3log x 0 0,5  3log2 x  3log2 x  x  1 0 0,5  3log x 0 (VN)   log x x  (2) 3 0,5 Giải phương trình (2), Đặt t log x , ta có: t t  3  1 t 2t t t 2    4       1  4  4 Vế trái của phương trình là hàm số nghịch biến với t   , vế phải là hằng số suy phương trình có nghiệm nhất Phương trình (2) có nghiệm t 1 suy phương trình (1) có nghiệm nhất x 2 (TMĐK) Câu 0,5 0,5 a) Có hai dãy ghế đối diện mỗi dãy ghế Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm nam nữ vào hai dãy ghế cho mỡi học sinh ngồi một ghế Tính xác suất để mỗi học sinh nam ngồi đối diện với một học sinh nữ Xếp 10 học sinh vào10 ghế phân biệt 0,5 Không gian mẫu: n(Ω)=10!)=10! Mỗi học sinh nam ngồi đối diện với một học sinh nữ” A: “ Xếp học sinh nam thứ nhất vào 10 ghế có 10 cách Với mỗi cách xếp học sinh nam đó có cách xếp học sinh nam thứ hai (không ngồi đối diện với học sinh nam thứ nhất), tương tự có 0,5 cách xếp học sinh nam thứ 3, có cách xếp cho học sinh nam thứ tư và có cách xếp học sinh nam cuối Vậy có 10.8.6.4.2 cách xếp học sinh nam; Với mỗi vị trí của học sinh nam có 5! cách xếp học sinh nữ vào vị trí còn lại; 0,5 Theo quy tắc nhân có số cách xếp thỏa mãn: n(A)= 10.8.6.4.2.5! 10.8.6.4.2.5! P ( A)   10! 63 Xác suất của biến cố A là: b) Hai đường thẳng d1 d song song với Trên d1 có m 0,5 điểm phân biệt d có n điểm phân biệt, biết rằng m  n 17 (m, n  * ) Tìm m n để số tam giác có ba đỉnh ba điểm phân biệt hai đường thẳng lớn nhất Mỡi tam giác có một đỉnh đường thẳng này và hai đỉnh đường thẳng còn lại TH1: n 1  m 1 thì số tam giác có là 1.C16 120 0,5 TH 2: m  1, n  1, m  n 17 Số các tam giác có được: T= mCn2  nCm2  m.n 15  m  n    m.n 2 0,5 15 2    m  n   m  n   8 15 15   17   m  n     17  12  540  8 m, n nguyên dương và có tổng bằng 17; m khác n suy  m  n  0,5 1 Dấu “=” xảy m  n 1 đó m 9; n 8  m 8; n 9 0,5 Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC ( AC  AB) có A(1;4) , tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D, đường phân giác của góc ADB có phương trình x  y  0 , điểm M ( 4;1) thuộc cạnh AC Viết phương trình đường thẳng AB 0,25 K  Gọi AI là phân giác BAC , ta có 0,25   AID ABD  BAI     CAD  IAC  IAD    BAI IAC     mà  ABC CAD nên AID IAD Vậy tam giác AID cân tại D Gọi E là giao điểm của phân giác ADB với AB, đó DE  AI 0,5 0,5 Đường thẳng AI có PT: x  y  0 Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua AI, chứng minh M thuộc AC thì M’ thuộc AB 0,5 Phương trình MM’: x  y  0 MM ' AI K  K (0;5) 0,5 M’ đối xứng với M qua K, tọa độ điểm M’ là: M '(4;9)  Đường thẳng AB qua A và có VTCP AM ' (3;5) nên có PT x  y  0 0,5 Câu Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thang vuông tại A B, AB BC a, AD = 2a, SC = a , hai mặt phẳng (SAB) (SAC) vng góc với đáy M, N hình chiếu vng góc của A SB, SC E trung điểm của AD 0,25 a) Tính thể tích khới chóp A.BCNM Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) vuông góc với đáy  SA   ABCD  0,5 Dễ thấy tứ giác ABCE là hình vuông cạnh a  AC a  SA  SC  AC  3a  2a a  tam giác SAB vuông cân tại A  M là trung điểm của SB Ta có VS AMN  VA BCNM VS ABC VS AMN SM SN SA2   2 V SB SC SC Mà S ABC  VA BCNM  VS ABC 5 VS ABC  a  VA BCNM  a  a 6 36 Tính được: 0,5 0,5 0,25 b) Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.CDE Tam giác CED vng tại E, gọi O là trung điểm của CD, dựng đường thẳng d   ABCD  O thì d là trục của đường tròn ngoại tiếp CED 0,25 Dựng AP  SE P  P là trung điểm của SE (do tam giác SAE cân tại A) Kẻ PQ// CE  PQ  SE (do CE  SE )  ( APQ ) là mặt phẳng trung trực của SE Gọi J là trung điểm của AB thì JQ   APQ  0,5 Chứng minh JQ và d đồng phẳng (vì song song với măt phẳng  SAD  )  JQ cắt d tại I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.CDE 2 Bán kính mặt cầu là R IC  IO  OC a  IO JO  a OC  ; Tam giác OIJ vuông cân tại O 0,5  a   3a  a 11  R      2     0,25 4  a 11  11 V   R3       a 11 3   Ta có: (đvtt) 0,5 (Chú ý: Có thể giải bằng phương pháp tọa độ.) Câu Cho hai số thực x, y thỏa mãn:   x   y xy  x  xy  0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:   P  x3  y  xy  3 x   x  y   Điều kiện : xy  0   x   y 3xy  x  3xy  0 Ta có :  27 x3  x  xy   xy   xy  Xét hàm f  t  t  2t với t   0;   f ' t  t   0; t   0;   nên hàm số liên tục và đồng biến   có  0;  Khi đó ta có 3x  xy   x 0 và x 3xy  Với x 0 thì xy  3 x (Không thỏa mãn) Vậy x  , ta có: P  x  y  xy   x  1  x  y    x  y    x  y   9x2  5 15 x  y x  4 x  2 x  3x 3x 3x  x  0 Ta có: t Đặt t x  y thì Dấu “=” xảy 4x  0,5 0,5 0,5 0,5 15 15  x ;y  3x 6 15 t f t  t  t  Khi đó f  t  3t   nên Xét   với 15 t  f đồng biến với  15  36  296 15 f t  f     Do đó: 0,5 0,5 36  296 15 Suy 36  296 15 15 15 Pmin  x ;y 6 Vậy Lưu ý: Học sinh có cách giải khác đúng số điểm tương ứng với từng phần đó P