Đề thi chọn HSG toán 12 cấp cơ sở năm học 2018 2019 sở GD và đt điện biên

ĐỀ VÀ HDG HỌC SINH GIỎI 12 ĐIỆN BIÊN 2018-2019 Câu 1: (6,0 điểm) 2x − (C ) đường thẳng d : x − y −1 = Viết phương trình tiếp tuyến x −1 đồ thị (C ) biết tiếp tuyến song song với d Cho hàm số y = Tìm m để hàm số y = x − 3mx + 3(m −1) x + m + đồng biến khoảng (2;+∞) Câu 2: (4,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f ( x ) = sin x x x sin + cos 2 2   x − y − 3(2 x − y + y ) + 15 x −10 = Giải hệ phương trình  ( x; y ∈ ℝ )  − y + − x = x −  Câu 3: (4,0 điểm) Gọi S tập hợp tất số tự nhiên có chữ số khác chọn từ số 0;1; 2;3; 4;5;6; 7;8;9 Xác định số phần tử S Chọn ngẫu nhiên số từ S , tính xác suất để số chọn số chẵn Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm A(0;9) , B (3;6) Gọi D miền nghiệm hệ 2 x − y + a ≤ phương trình  Tìm tất giá trị a để AB ⊂ D 6 x + y + 5a ≥ Câu 4: (4,0 điểm) Cho hình chóp SABC Trên đoạn thẳng SA, SB, SC lấy điểm A ', B ', C ' khác với điểm S Chứng minh rằng: VS ABC SA SB SC = VS A ' B ' C ' SA ' SB ' SC ' Cho hình chóp tứ giác S ABCD , có AB = a, SA = a Gọi O giao điểm AC BD , G trọng tâm tam giác SCD a) Tính thể tích khối chóp S OGC b) Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng ( SBC ) c) Tính cosin góc hai đường thẳng SA BG Câu 5: (2,0 điểm) Cho phương trình (m + 2) x ( x +1) − x + (m − 6) x −1 = (1) Tìm giá trị m để phương trình (1) có nghiệm thực Cho đa thức a + b − 4b + > f ( x) = x + ax3 + bx + ax +1 có nghiệm thực Chứng minh HDG Câu 1: (6,0 điểm) 2x − (C ) đường thẳng d : x − y −1 = Viết phương trình tiếp tuyến x −1 đồ thị (C ) biết tiếp tuyến song song với d Cho hàm số y = Tìm m để hàm số y = x − 3mx + 3(m −1) x + m + đồng biến khoảng (2;+∞) Tập xác định: ℝ Lời giải d : x − y −1 = ⇒ d : y = x −1 ⇒ d có hệ số góc kd = Xét hàm số y = f ( x) = 2x − : x −1 + Tập xác định D = ℝ \ {1} + f / ( x) = ( x −1) , ∀x ≠  x − 3 2x −3  ∆ : y = f / ( x0 )( x − x0 ) + Gọi ∆ tiếp tuyến (C ) M  x ;  x0 −1  x0 −1 + Giả sử ∆ / / d ta f / ( x0 ) = kd ⇔  x0 = =1⇔   x0 = ( x0 −1)  + Thử lại: i x0 = ⇒ ∆ : y = x + thỏa mãn ∆ / / d i x0 = ⇒ ∆ : y = x −1 ⇒ ∆ ≡ d Trường hợp khơng thỏa mãn Vậy có tiếp tuyến (C ) thỏa đề, ∆ : y = x + y / = 3x − 6mx + 3( m −1), ∀x ∈ ℝ  x = m −1 : Hai nghiệm phân biệt với m y/ = ⇔   x = m −1 Bảng biến thiên m-1 -∞ x y' + m+1 _ +∞ + +∞ y1 y y2 -∞ Hàm số đồng biến (2; +∞) ⇔ (2; +∞) ⊂ (m +1; +∞) ⇔ m +1 ≤ ⇔ m ≤ Vậy m cần tìm m ≤ Câu 2: (4,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f ( x ) = sin x x x sin + cos 2 2   x − y − 3(2 x − y + y ) + 15 x −10 = Giải hệ phương trình  ( x; y ∈ ℝ )  − y + − x = x −  Lời giải Ta có sin x x x x − sin x + cos = 1− 2sin cos = 1− sin x = ≠ 0, ∀x 2 2 2 Cách 1: 4sin x Khi f ( x) = = −4 2 − sin x − sin x Vì ≤ sin x ≤ ⇒ ≤ − sin x ≤ nên ≤ ≤ Do ≤ f ( x) ≤ − sin x Ta có f ( x) = ⇔ sin x = ⇔ sin x = ⇔ x = k π (k ∈ ℤ) , π f ( x) = ⇔ sin x = ⇔ sin x = ±1 ⇔ x = ± + 2k π (k ∈ ℤ ) Vậy giá trị nhỏ f ( x) đạt x = k π (k ∈ ℤ) , giá trị lớn f ( x) đạt x = ± π + 2k π ( k ∈ ℤ ) Cách 2: Đặt sin x = t , Điều kiện t ∈ [0;1]  x ≤ Điều kiện:   y ≤ Phương trình thứ hệ tương đương với: 3 ( x − 2) + 3( x − 2) = ( y −1) + 3( y −1) (1) Xét hàm số f (t ) = t + 3t , t ∈ ℝ Khi ta có f ' (t ) = 3t + > 0, ∀t ∈ ℝ Do f (t ) hàm đồng biến ℝ Nên phương trình (1) trở thành f ( x − 2) = f ( y −1) ⇔ x − = y −1 ⇔ y = x −1 Thay y = x −1 vào phương trình thứ hai ta được: − x = x − ⇔ − x = x −1  x ≥   x ≥  x = ⇔ x = ⇔ ⇔   3 − x = x − x +   x = −1  Với x = y = (thỏa mãn) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = (2;1) Câu 3: (4,0 điểm) Gọi S tập hợp tất số tự nhiên có chữ số khác chọn từ số 0;1; 2;3; 4;5;6; 7;8;9 Xác định số phần tử S Chọn ngẫu nhiên số từ S , tính xác suất để số chọn số chẵn Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm A(0;9) , B (3;6) Gọi D miền nghiệm hệ 2 x − y + a ≤ phương trình  Tìm tất giá trị a để AB ⊂ D 6 x + y + 5a ≥ Lời giải Số phần tử tập S n ( S ) = 9.9.8.7.6 = 27216 Gọi số chẵn thuộc tập S có dạng abcde (a ≠ 0) Nếu e ∈ {2; 4; 6;8} , trường hợp ta có: 8.8.7.6.4 = 10752 số Nếu e = , trường hợp ta có: 9.8.7.6 = 3024 số 10752 + 3024 13776 41 Vậy xác suất cần tìm là: P = = = 27216 27216 81 Phương trình đường thẳng AB : x + y − = Trường hợp 1: Nếu AB đường thẳng a ≤ −2 x + y Xét hệ  5a ≥ −6 x − y a ≤ −12 a ≤ −12  Dễ thấy điểm C (2; 7) ∈ AB C ∉ D  ⇔  ⇔ a ∈ φ 5a ≥ − 33 a ≥ − 33  10  a ≤ −2 x + y Trường hợp 2: Nếu AB đoạn thẳng Ta thay y = − x ( x ∈ [0;3]) vào hệ  5a ≥ −6 x − y Câu 4: a ≤ − 3x −3 x − 27 ta  ≤ a ≤ − x (*) −3 x − 27 ⇒ a ≥ 5  27 (*) với ∀x ∈ [0;3] ⇔ − ≤ a ≤ 27 Vậy − ≤ a ≤ thỏa mãn u cầu tốn (4,0 điểm) Cho hình chóp SABC Trên đoạn thẳng SA, SB, SC lấy điểm A ', B ', C ' khác với điểm S Chứng minh rằng: VS ABC SA SB SC = VS A ' B ' C ' SA ' SB ' SC ' Cho hình chóp tứ giác S ABCD , có AB = a, SA = a Gọi O giao điểm AC BD , G trọng tâm tam giác SCD a) Tính thể tích khối chóp S OGC b) Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng ( SBC ) c) Tính cosin góc hai đường thẳng SA BG Lời giải Gọi H , H ' hình chiếu vng góc A, A ' ( SBC ) AH SA = AH ' SA ' 1 S SBC = SB.SC sin BSC ; S SB ' C ' = SB '.SC '.sin BSC 2 1 Khi VS ABC = VA.SBC = AH S SBC = AH SB.SC sin BSC 1 VS A ' B 'C ' = VA '.SB 'C ' = A ' H '.S SB 'C ' = A ' H '.SB '.SC '.sin BSC Ta có Vậy VS ABC AH SB SC SA SB SC = = VS A ' B 'C ' A ' H ' SB ' SC ' SA ' SB ' SC ' a) Ta có AC = a ; SO = SA2 − OA2 = a 10 Gọi M trung điểm CD a 10 SO.OM MC = 48 SG = = SM Khi VS OCM = VS OCG VS OCM a 10 S OMC = 72 2 b) Ta có d (G , ( SBC )) = d ( M , ( SBC )) = d (O, ( SBC )) 3 Gọi H trung điểm BC , K hình chiếu vng góc O SH 1 4 22 Ta có = + = 2+ = 2 2 OK OH OH a 10a 5a Suy S OGC = d (O, ( SBC )) = OK = a 110 22 a 110 d (G , ( SBC )) = d (O, ( SBC )) = 33 c) Gọi I giao điểm BD AM , I tam tam giác ADC Suy IG / / SA nên góc hai đường thẳng SA BG góc hai đường thẳng IG BG a 2a a 11 Ta có IG = SA = ; BI = ; BG = 3 3 BG + IG − BI 33 cos IGB = = 2.BG.IG 11 Ta tọa độ hóa Câu 5: (2,0 điểm) Cho phương trình (m + 2) x ( x +1) − x + (m − 6) x −1 = (1) Tìm giá trị m để phương trình (1) có nghiệm thực Cho đa thức f ( x) = x + ax + bx + ax +1 có nghiệm thực Chứng minh a + b − 4b + > Lời giải Điều kiện: x ≥ - Với x = phương trình vơ nghiệm - Với x > , phương trình (1) ⇔ ( m + ) Đặt t = x2 + x2 + − +m−6 = x x t ≥ x2 +  ⇒ x2 + ; x t = x  Ta phương trình theo ẩn phụ: ( m + ) t − t + m − = ⇔ t − 2t + = m ( 2) t +1 ) Yêu cầu tốn ⇔ ( ) có nghiệm  2; +∞ Xét hàm số f ( t ) = t = −4 ( l ) t − 2t + t + 2t − ⇒ f ′ (t ) = =0⇔ t +1 ( t + 1) t = Bảng biến thiên x y' –∞ -4 + +∞ – – + +∞ y Vậy phương trình có nghiệm ⇔ m ≥ Giả sử đa thức cho có nghiệm trường hợp a + b − 4b +1 ≤ a + b − 4b + ≤ ⇔ a + (b − 2) ≤ (1) Vì x = khơng phải nghiệm phương trình f ( x) = nên     1 1 1 1 x + ax + bx + ax + = ⇔  x +  + a  x +  + b = ⇔  x +  + a  x +  + b − =        x  x x x Đặt t = x + phương trình có nghiệm t + at + b − = có nghiệm x thoả mãn t ≥ Xét hàm số g (t ) = t + at + b − g ′ (t ) = 2t + a ; g ′ (t ) = ⇔ t = −a −a Như (1) ∉ (−2; 2) 2 Do ta có bảng biến thiên: −2a + b + ≤ (2) Phương trình có nghiệm   2a + b + ≤ (3) Những điểm M (a; b) thoả (1) nằm bên biên đường trịn tâm I (0; 2) bán kính Những điểm N ( a; b) thoả mãn (2) (3) điểm thuộc phần không chứa gốc tạo độ −2 x + y + = đường thẳng   x + y + = Những phần theo hình vẽ khơng có điểm chung, ta có mâu thuẫn Ta có điều phải chứng minh: Nếu thức cho có nghiệm a + b − 4b + > Chú ý: Bài giải nhanh sau: 2 t + at + b − = ⇔ t = −at + − b ⇒ t = (−at + − b) ≤  a + (b − 2)  (1 + t )   t −1 ⇒ a + (b − 2) > = t −1 ≥ ⇒ a + b − 4b + > t +1 ... y − = Trường hợp 1: Nếu AB đường thẳng a ≤ −2 x + y Xét hệ  5a ≥ −6 x − y a ≤ ? ?12 a ≤ ? ?12  Dễ thấy điểm C (2; 7) ∈ AB C ∉ D  ⇔  ⇔ a ∈ φ 5a ≥ − 33 a ≥ − 33  10  a ≤... − 6mx + 3( m −1), ∀x ∈ ℝ  x = m −1 : Hai nghiệm phân biệt với m y/ = ⇔   x = m −1 Bảng biến thi? ?n m-1 -∞ x y' + m+1 _ +∞ + +∞ y1 y y2 -∞ Hàm số đồng biến (2; +∞) ⇔ (2; +∞) ⊂ (m +1; +∞) ⇔ m... hàm số f ( t ) = t = −4 ( l ) t − 2t + t + 2t − ⇒ f ′ (t ) = =0⇔ t +1 ( t + 1) t = Bảng biến thi? ?n x y' –∞ -4 + +∞ – – + +∞ y Vậy phương trình có nghiệm ⇔ m ≥ Giả sử đa thức cho có nghiệm