Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2018-2019 – Sở Giáo dục và Đào tạo Thái Nguyên

Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2018-2019 – Sở Giáo dục và Đào tạo Thái Nguyên với mục tiêu hỗ trợ các em học sinh ôn luyện, luyện thi dễ dàng và hiệu quả hơn vượt qua kì thi gặt hái nhiều thành công.

ĐỀ THI HSG LỚP 12 TỈNH THÁI NGUYÊN NĂM HỌC: 2018-2019 THỜI GIAN : 180 PHÚT Bài 1(4 điểm) Cho hàm số y = x3 − x + có đồ thị (C ) , đường thẳng (d ) qua A(1; 2) có hệ số góc m Tìm m để (d ) cắt (C ) ba điểm phân biệt A, B, C cho BC = Bài 2(4 điểm) Giải phương trình ( x3 − x + x + 12 = ( x − 3) x − + x − )( ) x − −1 Bài (4 điểm) u1 = ∞ Cho dãy số (un )n=1 thỏa mãn   u1 + u2 + + un−1 + un = n un , n ≥ Tìm giới hạn lim (n 2un ) Bài (4 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B , AB = a Gọi I trung điểm AC Biết hình chiếu S lên mặt phẳng ABC điểm H thỏa mãn BI = 3IH góc hai mặt phẳng ( SAB) ; ( SBC ) 60ο Tính thể tích khối chóp S ABC cho tính khoảng cách hai đường thẳng AB , SI theo a Bài (4 điểm) Cho số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện x + y = Tìm giá trị lớn biểu thức P = ( x + y ) − x + xy + y HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1(4 điểm) Cho hàm số y = x3 − x + có đồ thị (C ) , đường thẳng (d ) qua A(1; 2) có hệ số góc m Tìm m để (d ) cắt (C ) ba điểm phân biệt A, B, C cho BC = Lời giải +) Phương trình đường thẳng (d ) : y = m ( x −1) + +) Phương trình hồnh độ giao điểm x3 − x + = m( x −1) + ⇔ x3 − x − mx + m + =  x =1 ⇔ ( x −1)( x − x − m − 2) = ⇔   g ( x ) = x − x − m − = Giả sử g ( x) = có hai nghiệm x1 , x2 , B ( x1; m ( x1 −1) + 2) ; C ( x2 ; m ( x2 −1) + 2) 2 BC = (m + 1)( x1 − x2 ) = (m + 1) ( x1 + x2 ) − x1 x2    = (m + 1)(4 + 4m + 8) = 32 ⇔ m = Thay m = vào g ( x) = x − x − = ⇔ x = −1; x = (thỏa mãn) Vậy m = ( Bài 2(4 điểm) Giải phương trình x3 − x + x + 12 = ( x − 3) x − + x − )( Lời giải Điều kiện: x − ≥ ⇔ x ≥ Phương trình cho tương đương với ( x − 4)( x − 3x − 3) = ( x − 3)( x − + x − )( x − −1) ⇔ ( )( ) ( x − + ( x − x − 3) = ( x − 3) x − + x − x − −1 )( ) x − −1  → x −3 =1 ⇔ x =  x − −1 =  ⇔ ∗) ( x − 3x − 3) x − + = ( x − 3) x − + x − (  Dễ thấy x = khơng nghiệm phương trình cho x − 3x − x − + x − Với x > 3, giải phương trình (∗) , ta = x−3 x − +1 ( ) ( ) ( x − 4) + ( x − 4) + x − + x − +1 ⇔ f ( x − 4) = f x − x − +1 x − +1 t + 5t + Xét hàm số f (t ) = (−1; +∞) , có f ′ (t ) = + > 0; ∀t > −1 t +1 (t +1) ⇔ = ( ) ) x − −1 Suy f (t ) hàm số đồng biến f (t ) mà f ( x − 4) = f ( x −3 )  x − ≥  x ≥ 9+ Do x − = x − ⇔  ⇔  ⇔ x= 2 ( x − 4) = x −  x − x + 19 = 9+ Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = 4; x = Bài (4 điểm) u1 = ∞ Cho dãy số (un )n=1 thỏa mãn  Tìm giới hạn lim (n 2un ) u1 + u2 + + un−1 + un = n un , n ≥ Lời giải Theo giả thiết ta có: (n +1) un+1 = (u1 + u2 + + un ) + un+1 = n2un + un+1 ⇒ (n + 2n) un+1 = n 2un ⇒ (n + 2)un+1 = nun ⇒ un+1 = = = n n n −1 n n −1 n − un = un−1 = un−2 n+2 n + n +1 n + n +1 n n n −1 n − u1 = n + n +1 n (n + 2)(n +1) ⇒ un = 4n 4n ⇒ n 2un = ⇒ lim (n 2un ) = lim =4 n (n + 1) n +1 n +1 Bài (4 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B , AB = a Gọi I trung điểm AC Biết hình chiếu S lên mặt phẳng ABC điểm H thỏa mãn BI = 3IH góc hai mặt phẳng ( SAB) ; ( SBC ) 60ο Tính thể tích khối chóp S ABC cho tính khoảng cách hai đường thẳng AB , SI theo a Lời giải  BH ⊥ AC a) Từ giả thiết tốn ta có  ⇒ AC ⊥ ( SBH ) ⇒ AC ⊥ SB SH ⊥ AC  AJ ⊥ SB Kẻ IJ ⊥ SB ⇒  ⇒ góc hai mặt phẳng ( SAB ) ( SCB ) góc CJ ⊥ SB hai đường thẳng AJ CJ Dễ thấy ∆AIJ tam giác cân J , kết hợp với giả thiết góc hai mặt phẳng ( SAB) ( SCB ) 60ο ta có hai trường hợp sau: TH1: AJC = 60ο ⇒ AJI = 30ο Ta có IJ = AI tan 60ο = a ⇒ BJ = BI + IJ = 2a ∆BIJ ∼ ∆BSH ⇒ SH = IJ BH AC a 4a Mặt khác IB = = ⇒ BH = BJ 2 Nên ta có SH = a 6a ⇒ VS ABC = SH S ABC = (đvtt) 3 18 TH2: AJC = 120ο ⇒ AJI = 60ο Ta có IJ = AI tan 30ο = a ⇒ BJ = BI + IJ = Làm tương tự TH1 ta có SH = 2a 2a 2a ⇒ VS ABC = SH S ABC = (đvtt) 3 18 b) Gọi E trung điểm BC ⇒ IE AB Do ta có d ( AB, SI ) = d ( AB, ( SIE )) = d ( B, ( SIE )) Do BI = 3IH ⇒ d ( B, ( SIE )) = 3d ( H , ( SIE )) Kẻ HK ⊥ IE ( K thuộc IE ) Mặt khác ta lại có SH ⊥ ( ABC ) nên SH ⊥ IE ⇒ IE ⊥ ( SHK ) ⇒ ( SIE ) ⊥ ( SHK ) Kẻ HF ⊥ SK ⇒ HF ⊥ ( SIE ) ⇒ d ( H , ( SIE )) = HJ Xét tam giác vuông SHK ta có: Mặt khác 1 SH HK = + ⇒ HF = 2 HF HK SH SH + HK HK IH a = = ⇒ HK = BE = BE IB 3 - Khi SH = a 6a ta có HF = 15 - Khi SH = 2a 2a ta có HF = Bài (4 điểm) Cho số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện x + y = Tìm giá trị lớn biểu thức P = ( x + y ) − x + xy + y Lời giải 2 Ta có: x + xy + y = 16 x + 32 xy + 128 y = ( x − y ) + (3 x + 10 y ) ≥ x + 10 y (1) Suy ra: P = ( x + y ) − x + xy + y ≤ x + 14 y − (3 x + 10 y ) = ( x + y )   Mặt khác: x + y = 1.x + y ≤     1 + ( x + y ) = ⇒ P ≤ 4.2 = (2)      7 ( x − y ) =    x=   x 2y  Đẳng thức xảy (1) & (2)  = ⇔    y =    x + y2 =    x =  Vậy GTLN P = đạt   y =  ...  = (m + 1)(4 + 4m + 8) = 32 ⇔ m = Thay m = vào g ( x) = x − x − = ⇔ x = −1; x = (thỏa mãn) Vậy m = ( Bài 2(4 điểm) Giải phương trình x3 − x + x + 12 = ( x − 3) x − + x − )( Lời giải Điều kiện:... chóp S ABC cho tính khoảng cách hai đường thẳng AB , SI theo a Lời giải  BH ⊥ AC a) Từ giả thi? ??t toán ta có  ⇒ AC ⊥ ( SBH ) ⇒ AC ⊥ SB SH ⊥ AC  AJ ⊥ SB Kẻ IJ ⊥ SB ⇒  ⇒ góc hai mặt phẳng... thỏa mãn  Tìm giới hạn lim (n 2un ) u1 + u2 + + un−1 + un = n un , n ≥ Lời giải Theo giả thi? ??t ta có: (n +1) un+1 = (u1 + u2 + + un ) + un+1 = n2un + un+1 ⇒ (n + 2n) un+1 = n 2un ⇒ (n