Đề thi chọn học sinh giỏi toán 12 THPT năm 2018 2019 sở GD và đt thái bình

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỐN 12 TỈNH THÁI BÌNH NĂM HỌC 2018-2019 Câu 1: (6,0 điểm) 2x +1 y x + m Tìm m để ( C ) đường thẳng ( d ) có phương trình: = x −1 đường thẳng ( d ) cắt đồ thị ( C ) hai điểm phân biệt A, B cho diện tích tam giác OAB Cho hàm số y = (với O gốc tọa độ) Cho hàm số y = x3 + 2(m + 1) x + (8m − 3) x + 8m − Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu điểm cực trị đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ hai, điểm cực trị đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ tư hệ trục tọa độ Oxy Tính giới hạn: lim x →0 log 2018 ( − cos2 x ) x2 Câu 2: (4,0 điểm)  5π  π  Giải phương trình: sin  − 3x  − 16 = −15sin  + x    4  Cho A tập hợp số tự nhiên có chữ số Chọn ngẫn nhiên số thuộc tập A Tính xác suất để số chọn chia hết cho 13 có chữ số tận Câu 3: (3,0 điểm) Giải hệ phương trình  y ( x + 5) + x =1 + 3y (1)   2 + 12 y x − 2x + + x − 6x + 12 + 2 + x − 2x+4 + x − 6x = ( ) (2) Câu 4: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , điểm M 1;0 trung điểm cạnh BC , điểm N thuộc cạnh CD cho CN  ND , phương trình đường thẳng AN là: x  y   Tìm tọa độ điểm A biết điểm A có hồnh độ dương Câu 5: (3,0 điểm) = SC = SD = a Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a , SA = a , SB Gọi M trung điểm CD Tính thể tích khối chóp S ABCM Tính khoảng cách hai đường thẳng SM BC Câu 6: (2,0 điểm) Cho a , b , c số thực dương 32 − ≥ −5 Chứng minh rằng: ab ( a + c )( b + c ) + 4a + 4b + c ĐÁP ÁN NHÓM TOÁN VD_VDC 2x +1 y x + m Tìm m để ( C ) đường thẳng ( d ) có phương trình: = x −1 đường thẳng ( d ) cắt đồ thị ( C ) hai điểm phân biệt A, B cho diện tích tam giác OAB Cho hàm số y = (với O gốc tọa độ) Lời giải Xét phương trình: 2x +1  x ≠ = 2x + m ⇔  x −1 2 x + =  x ≠ ⇔ ( x − 1)( x + m )  g ( x )= x + ( m − ) x − ( m − 1)= +) Đường thẳng ( d ) cắt ( C ) hai điểm phân biệt A, B ⇔ g ( x) = có hai nghiệm phân biệt khác ∆= ( m − )2 + ( m − 1) > ⇔ m + 24 > (∀m ∈ ) ⇔  g (1) =−3 ≠ +) Gọi A ( x1 ; x1 + m ) ; B ( x2 ; x2 + m ) m−4  −  x1 + x2 = Khi x1 , x2 hai nghiệm: g ( x ) = Theo Viet  x x = − m +1  2 Ta có ( d ) : x − y + m = d ( O, d ) = m ; AB = ( x1 − x2 ) = ( x1 + x2 )  2 2 ( m + 24 )   16 4 m − m + m + − x1 x2  =  + =    1 m ( m + 24 ) Khi đó: SOAB = = d ( O, d ) AB = 2 m m + 24 SOAB = ⇔ m m + 24 =5 ⇔ m + 24m − 25 =0 ⇔ ( m − 1)( m + 25 ) =0 ⇔ m =±1 Vậy m = ±1 Cho hàm số y = x3 + 2(m + 1) x + (8m − 3) x + 8m − Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu điểm cực trị đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ hai, điểm cực trị đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ tư hệ trục tọa độ Oxy Lời giải Ta có y ' = x + 4(m + 1) x + (8m − 3) Hàm số có cực đại, cực tiểu y ' = có hai nghiệm phân biệt NHĨM TỐN VD_VDC  4+ m > ∆' > ⇔   4− m <  Đường thẳng qua hai điểm cực tri đồ thị hàm số có phương trình: 2 y = −4m + 16m − 13 x + −8m + 31m − 24 9 ( ) ( ) −4(m + 1)   x1 + x2 = Gọi ( x1 ; y1 ) ; ( x2 ; y2 ) điểm cực trị đồ thị hàm số Ta có   x x = 8m −  2 y1 = −4m + 16m − 13 x1 + −8m + 31m − 24 ; 9 2 y2 = −4m + 16m − 13 x2 + −8m + 31m − 24 ; 9 ( ) ( ) ( ) ( ) Vì hàm số y = x3 + 2(m + 1) x + (8m − 3) x + 8m − có hệ số a= > nên khơng xảy trường hợp đồ thị hàm số có điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ nhất, điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ ba hệ trục tọa độ Oxy Để điểm cực trị đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ hai, điểm cực trị đồ thị  x1 x2 < hàm số thuộc góc phần tư thứ tư hệ trục tọa độ Oxy   y1 y2 < Với x1 x2 < ⇔ m < (1) Với y1 y2 < ⇔ (( −4m ( ) ( ) ) ( ( −4m + 16m − 13) x + ( −8m + 31m − 24 ) ) < + 31m − 24 )( −4m + 16m − 13) ( x + x ) + ( −8m + 31m − 24 ) + 16m − 13 x1 + −8m + 31m − 24 ⇔ −4m + 16m − 13 ) ( x1 x2 + −8m 2 2 m > ⇔ − m + 4m − < ⇔  (2) m < Kết hợp (1) (2) ta có m < Tính giới hạn: lim x →0 log 2018 ( − cos2 x ) x2 Lời giải Ta có: NHĨM TỐN VD_VDC 2 Khi đó: NHĨM TỐN VD_VDC ) (2) (1) ⇔ ( 2+ x ) 3 1 x   + ⇔ f +3 2+= y y ( ) 1 + x= f   (*) với f ( t )= t + t y t ) 3t + > 0   ∀ t , đó: (*) ⇔ + x = mà f ′ (= 1 ⇔ y =     ( 3) y x+2 Thay (3) vào phương trình (2), ta được: (2 + x ) (2 + ) x − 2x+4 + x − 6x + 12 = x − 2x + + x − 6x + 12 + ⇔ ( x − 1) x − 2x+4 + ( x − 3) x − 6x + 12 + 2x − = ⇔ ( x − 2) x − 2x+4 + ( x − 2) x − 6x + 12 + ( ) x − 2x+4 − x − 6x + 12 + 2( x − 2) = 4( x − 2) ⇔ ( x − 2) x − 2x+4 + ( x − 2) x − 6x + 12 + + 2( x − 2) = x − 2x+4 + x − 6x + 12   ⇔ ( x − )  x − 2x+4 + x − 6x + 12 + + 2 =   x − 2x+4 + x − 6x + 12   x − = (4)  ⇔ x − 2x+4 + x − 6x + 12 + (5) +2 =  x − 2x+4 + x − 6x + 12 1 , thay vào (3) ta y = ± Vì y > nên suy y = + Xét (4) ⇒ x = 2 ∀ x ≥ −2 , phương trình vơ nghiệm + Xét (5), ta thấy : VT ( ) > 0    1 Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y ) =  2;   2 Câu 4: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD , điểm M 1;0 trung điểm cạnh BC , điểm N thuộc cạnh CD cho CN  ND , phương trình đường thẳng AN là: x  y   Tìm tọa độ điểm A biết điểm A có hồnh độ dương Lời giải A B M D C N Đặt cạnh hình vng a Ta có: AM  2 a a 10   AM  AN  MN  , AN  , NM  a, cos MAN AM AN NHĨM TỐN VD_VDC A  AN  A x; x  2 với x    AM , AN có vectơ phương là: AM  1 x, x  2 , u  1;1  cos MAN x  N  2 x 1 1  x  x       2 2  x  2  L 1 x  x  2 Vậy A 1;3 Câu (3,0 điểm) = SC = SD = a Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a , SA = a , SB Gọi M trung điểm CD Tính thể tích khối chóp S ABCM Tính khoảng cách hai đường thẳng SM BC AC ∩ BD = I , ta có IA = IC = IS (là đường cao tam giác cân nhau) nên SAC vuông S ⇒ AC = SA2 + SC = 2a SI = IA = IC = AC = a IB= SB − SI 2= 3a − a 2= a ⇒ BD = IB = 2a = IC.BD a 2 ; Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp BCD , bán kính đường trịn ngoại BC.CD.BD 3a tiếp BCD là:= ( O trung điểm AI ) R OC = = 4.S BCD = S BCD Do SB = SC = SD nên SO ⊥ ( ABCD ) ; SO = = S ABCD 2.= S BCD 2a 2 ; SCDM = SC − OC = a 3a 2 S ABCD = S ABCD ⇒ S ABCM = 4 a3 = VS ABCM = SO.S ABCM d ( BC , SM ) d= IM // BC ⇒ BC // ( SMI ) nên= ( BC , ( SMI ) ) d ( C , ( SMI ) ) NHĨM TỐN VD_VDC 2OI ⇒ d ( C , ( SMI ) ) = 2d ( O, ( SMI ) ) ; d ( A,= Mà CI = BC ) S ABCD 2a = BC O trung điểm AI ME đường trung bình hình thoi ABCD nên = d ( O, ME ) a ( E trung điểm AB ) = d ( A, BC ) Kẻ OH ⊥ ME , H ∈ ME OH = a ; ME ⊥ SO ⇒ ME ⊥ ( SOH ) Kẻ OK ⊥ SH , K ∈ SH ⇒ OK ⊥ ME OK ⊥ ( SME ) tức d ( O, ( SME ) ) = OK = OK SO.OH = SO + OH a a a 66 a 66 2= ;= d ( C , ( SMI ) ) 2= d ( O, ( SMI ) ) 22 11 a 3 a 6   +      Vậy khoảng cách hai đường thẳng SM BC Câu 6: a 66 11 (2,0 điểm) Cho a , b , c số thực dương 32 − ≥ −5 Chứng minh rằng: ab ( a + c )( b + c ) + 4a + 4b + c Lời giải Cách 1: Ta có: ab ( a + c )( b + c ) = ( a + ac )( b + bc ) 2 a + ac + b + bc ≤ Cosi a + b2 + c ( a + b ) ⇒ ab ( a + c )( b + c ) ≤ (1) c2 + ( a + b ) Lại có: c ( a + b ) ≤ Cosi ( a + b ) ≤ ( a + b Từ (1) , ( ) ⇒ ab ( a + c )( b + c ) ≤ ⇔ ab ( a + c )( b + c ) ≤ ⇔ ab ( a + c )( b + c ) ≥ ) ⇒ c (a + b) ≤ Cosi c2 + ( a + b2 ) ( 2) c2 + ( a + b2 ) 2 4a + 4b + c ⇔ P Do = a + b2 + ab ( a + c )( b + c ) ≥ 4a + 4b + c 2 36 4a + 4b + c ab ( a + c )( b + c ) − 32 + 4a + 4b + c 2 ≥ 36 32 − 2 4a + 4b + c + 4a + 4b + c 2 NHĨM TỐN VD_VDC + 4a + 4b + c = t Vì a , b , c số thực dương nên t > Đặt ⇒ 4a + 4b + c = t − 36 32 với t > − t −4 t Xét hàm số = f (t ) ′ (t ) ⇒ f= = (t 32 −72t + 32 ( t − 8t + 16 ) 32t − 72t − 256t + 512 += = 2 2 t2 − t t ( t − ) t ( ) −72t − 4) ( t − ) ( 32t + 56t − 32t − 128) ( t − ) t 2 ( 32t Ta có 32t + 56t − 32t − 128= − 128 ) + ( 56t − 32t= ) 32 ( t − ) + 4t (14t − 8) > (vì t > ) Do f ′ ( t ) = ⇔ t = Bảng biến thiên : ⇒ f ( t ) ≥ −5 ⇒ ab ( a + c )( b + c ) 32 − + 4a + 4b + c ≥ −5  + 4a + 4b= 12a 12 + c2 = a =    Dấu xảy khi= a b ⇔ b = = ⇔ a b c = c = c =   2a  a + b Cách 2: Cosi ab ( a + c )( b + c ) = ( ab + bc )( ab + ac ) ≤ Ta có: ⇒ ab ( a + c )( b + c ) ≤ Đồng thời Cosi ≥ 2ab + bc + ac + 4a + 4b + c = + ( 2a + 2b ) + 2a + c2 c2 + 2b + 2 + 4ab + 2ac + 2bc ⇒ + 4a + 4b + c ≥ + ( 2ab + ac + bc ) Do : Đặt ab + bc + ab + ac ab ( a + c )( b + c ) − 32 + 4a + 4b + c 2 ≥ 18 32 − 2ab + ac + bc + ( 2ab + ac + bc ) + ( 2ab + ac + bc ) = t Vì a , b , c số thực dương nên t > 10 NHĨM TỐN VD_VDC t2 − ⇒ 2ab + ac + bc = 36 32 với t > − t −4 t Xét hàm số = f (t ) ′ (t ) ⇒ f= = (t 32 −72t + 32 ( t − 8t + 16 ) 32t − 72t − 256t + 512 += = 2 t2 ( t − ) t ( t − ) t −72t − 4) ( t − ) ( 32t + 56t − 32t − 128) (t − ) t 2 Ta có 32t + 56t − 32t − 128= ( 32t − 128 ) + ( 56t − 32t= ) 32 ( t − ) + 4t (14t − 8) > (vì t > ) Do f ′ ( t ) = ⇔ t = Bảng biến thiên : ⇒ f ( t ) ≥ −5 ⇒ ab ( a + c )( b + c ) − 32 + 4a + 4b + c 2 ≥ −5  + ( 2ab + ac + bc ) = 12a = 12 a =    ⇔ b = Dấu xảy a b = = ⇔ a b  =  c 2= a 2b c 2a c = =  11 NHĨM TỐN VD_VDC ...ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỐN 12 TỈNH THÁI BÌNH NĂM HỌC 2018- 2019 Câu 1: (6,0 điểm) 2x +1 y x + m Tìm m để ( C ) đường thẳng ( d... log 2018 ( − cos2 x ) x2 Lời giải Ta có: NHĨM TỐN VD_VDC 2