Tổ-7-Đợt-2-HSG-12-THAI-BINH

Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô lân 19 Năm 2019 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2018-2019 SỞ THÁI BÌNH Câu 1.1 Cho hàm số y 2x   C x 1 đường thẳng d có phương trình: y  x  m Tìm m để đường  C thẳng d cắt đồ thị (với O gốc tọa độ) hai điểm phân biệt A, B cho diện tích tam giác OAB Lời giải + Xét phương trình hồnh độ giao điểm: �x �1 �x �1 2x 1 ��  2x  m � � x    x  1  x  m  � �g  x   x   m   x   m  1  x 1  C  hai điểm phân biệt A, B + Đường thẳng d cắt đồ thị � g  x  có hai nghiệm phân biệt khác � � �   m     m  1    m  24  m �� � �� �� �g  1  3 �0 �g  1  3 �0 � m  24   m �� + Gọi A  x1 ; x1  m  ; B  x2 ; x2  m  g  x  Khi x1 , x2 hai nghiệm phương trình m4 � x1  x2   � � � �x x   m  1 2 Theo định lý Vi-et ta có � + Ta có d : y  x  m � 2x  y  m  Mặt khác ta có: d  O, d   m AB   x1  x2   �  x1  x2  � 2 2  m  24  � � m  m  16 m   x1 x2 � �  � � � � Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TỐN VD VDC Tơ lân 19 Năm 2019 + Khi SOAB  SOAB m m  24 1 m  m  24   d  O, d  AB   2 5 � m m  24  � m  24m  25  �  m2  1  m  25   � m  �1 Vậy m  �1 giá trị cần tìm y  x   m  1 x   8m  3 x  8m  Câu 1.2 Cho hàm số Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu có điểm cực trị đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ hai, điểm thuộc góc phần tư thứ tư hệ trục tọa độ Oxy Lời giải Cách 1: Ta có y�  x   m  1 x  8m   có hai nghiệm phân biệt Hàm số có cực đại, cực tiểu y� � 4 m � � � � 4 m � �  �  m  1   8m  3  �  1 Đường thẳng qua hai điểm cực trị đồ thị hàm số có phương trình: y 2 4m  16m  13 x   8m  31m  24   9 � 4  m  1 x1  x2  � � � �x x  8m  3 điểm cực trị đồ thị hàm số Ta có: � Gọi  x1; y1  ;  x2 ; y2  y1  2 4m  16m  13 x1   8m  31m  24   9 y2  2 4m  16m  13 x2   8m2  31m  24   9 y  x   m  1 x   8m  3 x  8m  Hàm số có hệ số a   nên không xãy trường hợp đồ thị hàm số có điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ nhất, điểm thuộc góc phần tư thứ ba hệ trục tọa độ Oxy Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô lân 19 Năm 2019 Để 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 Với x2 x2  � m  �x1.x2  � �y1 y2   2 Với y1 y2  � ��  4m2  16m  13 x1   8m2  31m  24 �  4m2  16m  13 x2   8m2  31m  24  � � �� � �  4m2  16m  13 x1 x2   8m  31m  24   8m  31m  24   x1  x2    8m  31m  24   2 m3 � �  m  4m   � � m   3 �  1    3 Từ suy m thỏa đề Cách 2:Yêu cầu toán tương đương với hàm số có hai điểm cực trị trái dấu đồ thị cắt trục hoành điểm phân biệt + Ta có y�  3x   m  1 x  8m  �  8m  3  � m  , hàm số có hai điểm cực trái dấu + Đồ thị cắt trục hoành điểm phân biệt nghiệm phân biệt � x   m  1 x   8m   x  8m   (1) x  2 � � �2 �  x    x  2mx  4m  3  x  2mx  4m   (2) � Phương trình (1) Phương trình (1) có nghiệm phân biệt � (2) có hai nghiệm phân biệt khác -2 � �  m  4m   m3 � � �� ��  2   4m  4m  �0 �m  � � m3 � � � � m 1 � � 3 � m � m � � Vậy log 2018   cos x  x2 Câu 1.3 Tính x �0 lim Lời giải Ta có ln  cos x  log 2018   cos x  log 2018 e   lim x �0 x �0 x2 x2 lim trị có Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TỐN VD VDC Tơ lân 19 Năm 2019 2� � ln   2sin x  �sin x �  log 2018 e.lim � � �� x �0 2sin x x �� � � � �  log 2018 e �5 � � � sin �  x � 16  15sin �  x � �4 � �4 � Câu 2.1 Giải phương trình: Lời giải Tác giả:; Fb: Đặt t   x� xt 4 Phương trình cho trở thành: � 5 � � � sin �  � t � � 15sin t  16  � 4� �4 � �  sin 3t  15sin t  16  � 4sin t  12sin t  16  �  sin t  1  sin t  sin t    � sin t  �t   k 2 Do ta có: x   k 2 , k �� Vậy nghiệm phương trình là: x   k 2 , k �� Câu 2.2 Cho A tập hợp số tự nhiên có chữ số Chọn ngẫu nhiên số thuộc tập A Tính xác suất để số chọn chia hết cho 13 có chữ số tận Lời giải Tác giả: Duyên Vũ; Fb: Duyên Vũ Cách Số phần tử không gian mẫu là:   9.105 Gọi B biến cố số chọn chia hết cho 13 có chữ số tận Ta nhận thấy rằng: Số nhỏ có chữ số chia hết cho 13 là: 100009 , số lớn có chữ số chia hết cho 13 là: 999999 Ta có 100009  13  100022 , số có chữ số nhỏ chia hết cho 13 có tận số 100022 Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TỐN VD VDC Tơ lân 19 Năm 2019 Nhận thấy hai số tự nhiên có chữ số chia hết cho 13 có chữ số tận hiệu chúng chia hết cho 13 có chữ số tận Số nhỏ ( lớn ) có chữ số tận chia hết cho 13 130 Điều chứng tỏ tất số có chữ số chia hết cho 13 có chữ số tận lập thành cấp số cộng có số hạng đầu u1  100022 , công sai d  130 Công thức số hạng tổng quát dãy là: un  u1  (n  1) d Vì số cần tìm số có chữ số khơng vượt q 999999 nên ta có: 100022 �   n 1 130 999999 69230 10 n 6923,9 Vì n số tự nhiên nên số hạng lớn dãy ứng với n  6923 B  6923 Vậy số phần tử biến cố B Xác suất biến cố B là: P  B  B 6923   900000 Cách Số phần tử không gian mẫu là:   9.105 Gọi số chia hết cho 13 có chữ số tận a1a2 a3a4 a5 Ta có a1a2 a3a4 a5  10.a1a2 a3a4 a5  �, k 12   k Σ� Gọi k số dư phép chia a1a2 a3 a4 a5 cho 13 Khi �, k 12  a1a2 a3a4 a5  10.a1a2a3a4 a5  2M 13  k Σ� nên ta có: �, k 12  10k  2M 13  k Σ� Do tồn số tự nhiên t cho Ta có bảng: k 0 k 1 k 2 k 3 k 4 10k   13t � t  10k  2  �� 13 13 10k  12  �� 13 13 10k  22  �� 13 13 10k  32  �� 13 13 10k  42   �� 13 13 10k  ��  k Σ� �, k 12  13 , Loại Loại Loại Loại Thỏa mãn Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô lân 19 Năm 2019 k 5 10k  52  �� 13 13 10k  62  �� 13 13 10k  72  �� 13 13 10k  82  �� 13 13 10k  92  �� 13 13 10k  102  �� 13 13 10k  112  �� 13 13 10k  122  �� 13 13 k 6 k 7 k 8 k 9 k  10 k  11 k  12 Loại Loại Loại Loại Loại Loại Loại Loại aa a a a Từ bảng ta có k  số dư phép chia cho 13 Như vậy, tồn số tự 10000  99999  � t � a a a a a  13t  Vì 10000 �a1a2a3a4 a5 �99999 nên 13 13 nhiên t để , 9996 99995 �768,923 �t � �7691, 923 13 hay 13 �� 769  t 7691, t � Gọi B biến cố số chọn chia hết cho 13 có chữ số tận B  7691  769   6923 Khi số phần tử biến cố B Xác suất biến cố B là: Câu P  B  B   6923 900000 Giải hệ phương trình �y  x    x   y  1 � �  x  x   x  x  12  y x  x   x  x  12    � �   Lời giải ĐK: x  2  1 vô nghiệm Ta thấy với y �0 phương trình Với y  ta có  1 � y  x  5 �  x  2  x   y �  x  5  x  2 x 3 2 x   � y y  2 x  3  y3 y �1 �   x  � � �y � y Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TỐN VD VDC Tơ lân 19 Năm 2019 1   x � y2   3 f  t   t  3t f� t   3t   0, t � 0; �  y 2 x (vì hàm số có )  3 vào   ta có Thế  x  x   x  x  12  x  x   x  x  12  2 x �     �   x   x  x   x  x  12  x  x   x  x  12  �   x  x  x     x  x  x  12  x  x   x  x  12  x   �  x   x  x    x   x  x  12  x  x   x  x  12   x    �  x   x  x    x   x  x  12  4x  x  x   x  x  12   x  2  � � �  x   � x  x   x  x  12   � x  x   x  x  12 � � x2 � � � � x  x   x  x  12     PTVN  � x  x   x  x  12 � y (thỏa điều kiện đề bài) Với x  ta có � 1� 2; � � � � Vậy hệ phương trình có nghiệm Câu M  1;0  [0H3-1.6-3] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD , trung điểm cạnh BC , N điểm thuộc cạnh CD cho CN  ND , đường thẳng AN có phương trình x  y   Tìm tọa độ điểm A biết A có hồnh độ dương Lời giải Tác giả: Phạm Sơn; Fb: Phạm Sơn + Ta có: �  tan NAD ND �  MB   tan MAB AD , AB �  tan MAB � tan NAD �  MAB � � tan NAD  1 � tan MAB � �  MAB �  45�� NAM �  tan NAD � NAD  45�   Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô lân 19 Năm 2019   a  x  1  by  a  b �0 M  1;0  AM + Đường thẳng qua nên có dạng: cos  AM , AN   a0 �  cos 45�� a  b  a  b � ab  � � b0 a  b � a b 2 A  2;0  Với a  AM : y  Mà A  AM �AN nên (loại) A  1;3 Với b  AM : x   Mà A  AM �AN nên (nhận) A  1;3 + Vậy Cách + Ta có: �  tan NAD ND �  MB   tan MAB AD , AB �  tan MAB � tan NAD �  MAB � � tan NAD  1 � tan MAB � �  MAB �  45�� NAM �  tan NAD � NAD  45�  d  M , AN    � MA  A �AN � A x ; x  � AM     x  1   x  2 x 1 � MA  � � � A  1;3 x  2 � (vì x A  ) Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a , SA  a , SB  SC  SD  a Gọi M trung điểm cạnh CD Tính thể tích khối chóp S ABCM Tính khoảng cách SM BC Lời giải Gọi O tâm hình bình thoi ABCD Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TỐN VD VDC Tơ lân 19 Năm 2019 Xét hai tam giác ABD SBD ta có: AB  SB , AD  SD , BD chung Suy ABD  SBD � AO  SO (hai đường trung tuyến tương ứng).Tương tự CO  SO Tam giác SAC có đường trung tuyến SO AO  CO  SO Do SAC vng S 2 2 Từ ta tính AC  SA  SC  2a , OD  CD  OC  a , BD  2a Diện tích tam giác BCD : S BCD  a (công thức Hê-rông) BC CD BD 3a  SBCD r Bán kính đường tròn ngoại tiếp BCD  ABCD  Vì SB  SC  SD nên H tâm đường trịn ngoại Gọi H hình chiếu S tiếp BCD HB  r  3a a � SH  SB  HB  2 Diện tích tứ giác ABCM : S  S ABCD  S AMD 3a 2  S ABCD  a3 V  S SH  Thể tích khối chóp S ABCM Tính khoảng cách SM BC Gọi N trung điểm AB Dễ thấy MN / / BC � BC / /( SMN ) nên d ( BC , SM )  d ( BC , ( SMN ))  d (C , ( SMN )) Mà CO  HO � d (C , ( SMN ))  2d (H, ( SMN )) Kẻ HI  MN  I �MN  Ta có: HK  Vậy Câu , kẻ HK  SI  K �SI  d ( D, BC )  d ( A, BC )  HI HS HI  HS d ( BC , SM )   ta có HK  d  H ,  SMN   2S BCD 2a a  � HI  d ( H , MN )  d ( A, BC )  BC a a 2 �a � �a � � � � � � � �2 �  a 66 a 66 � d (C , ( SMN ))  HK  22 11 a 66 11 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: 32  �5 ab  a  c   b  c   4a  4b  c Lời giải Tác giả:Nguyên Dung; Fb: Dung Nguyen Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Tô lân 19 Năm 2019 Cách a ab  a  c   b  c   Ta có: cosi a  ac  b  bc  ac   b  bc  � a2  b2  c  a  b  � ab  a  c   b  c  � (1) c2   a  b  c  a  b � Lại có: cosi  a  b a b  � ab  a  c   b  c  � Từ (1), (2) 36 4a  4b  c ab  a  c   b  c  ab  a  c   b  c  Do đó:  c2   a2  b2  � c  a  b � (2) cosi c   a  b2  2 4 a  4b  c ab  a  c   b  c  2 P 4a  4b  c ۳ � ab  a  c   b  c  � ۳ �2  a  b  32 36 32 �  2  4a  4b  c 4a  4b  c  4a  4b  c 2 Đặt: t   4a  4b  c Vì a, b, c số thực dương nên t  2 2 Suy ra: 4a  4b  c  t  Xét hàm số � f�  t  Ta có: ) Do f  t  t 72t  4 36 32  t  t với t   32 32t  72t  256t  512  t    32t  56t  32t  128    2 t2  t   t  t   t 32t  56t  32t  128   32t  128    56t  32t   32  t    4t  14t    f�  t  � t  Bảng biến thiên: �f � t   32 ab  a  c   b  c   4a  4b  c 2 ( t  Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TỐN VD VDC Tơ lân 19 Năm 2019 �  4a  4b  c  � 12a  12 a 1 � � � � � ab �� ab �� b 1 � � � � c  ab c  2a c2 � � Dấu xảy � Cách 2: Ta có: ab  a  c   b  c    ab  bc   ab  ac  ab  bc  ab  ac � 2ab  bc  ac � ab  a  c   b  c  � Đồng thời:  4a  4b  c    2a  2b   2a  �  4a  4b  c �   2ab  ac  bc  Do đó: Đặt ab  a  c   b  c   t    2ab  ac  bc  � 2ab  ac  bc  Xét hàm số: � f�  t  Ta có: ) Do 72t  4 32 18 32 �    2ab  ac  bc   4a  4b  c 2ab  ac  bc Vì a, b, c số thực dương nên t  36 32  t  t với t  32 32t  72t  256t  512  t    32t  56t  32t  128     2 2 t t  t    t   t 32t  56t  32t  128   32t  128    56t  32t   32  t    4t  14t    f '  t  � t  Bảng biến thiên: t2  f  t  t c2 c2  2b  �  4ab  2ac  2bc 2 ( t  Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TỐN VD VDC Tơ lân 19 Năm 2019 �f � t   32 ab  a  c   b  c   4a  4b2  c �   2ab  ac  bc   � 12a  12 a 1 � � � � � ab � �a  b �� b 1 � � � � c  ab c  2a c2 � � Dấu xảy �