Tổ-12-Đ-2-ĐỀ-HSG-YÊN-LẠC-1819

STRONG TEAM TOÁN VD-VDC SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT YÊN LẠC TỔ 12 – KỲ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 ĐỀ THI MÔN: TOÁN NĂM HỌC 2018-2019 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Họ và tên: ………………… ………………………SBD:………… Câu (2,5 điểm) ( Cm ) y = x3 - 3mx + 4m - a Cho hàm số có đồ thị A, B ( Cm ) để đồ thị hàm số có hai điểm C ( 1; 4) ABC cực trị Tìm m cho diện tích tam giác 4, với 2x - y= M ( - 3; 0) N ( - 1; - 1) ( C) x +1 b Cho hàm số có đồ thị hai điểm , Tìm đồ thị hàm ( C) số A, B hai điểm cho chúng đối xứng qua đường thẳng Lời giải MN Câu 1.a (1,25 điểm) ( Cm ) y = x3 - 3mx + 4m - Cho hàm số có đồ thị A, B điểm cực trị TXĐ: cho diện tích tam giác ABC Tìm m ( Cm ) để đồ thị hàm số có hai C ( 1; 4) 4, với D=¡ y ¢= 3x - 6mx Đạo hàm éx = Û ê ê y ¢= Û x - 6mx = ëx = 2m y ¢= có hai nghiệm phân biệt, Đồ thị có hai điểm cực trị m¹ A( 0; 4m - 2) B ( 2m; - 4m3 + 4m - 2) Tọa độ hai điểm cực trị ; uuu r AB = ( 2m; - 4m3 ) Þ AB = 4m +16m = m + 4m4 Ta có Phương trình đường thẳng AB m x - y - 4m + = là:  Trang  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC Khoảng cách từ điểm C TỔ 12 – đến đường thẳng ABC Suy ra, diện tích tam giác là: d ( C , AB ) = AB - 2m + 4m4 là: S = d ( C , AB ) AB = 6m - 2m3 ém = ±1 Û ê ê 6m - m = ëm = ±2 Từ giả thiết suy ra: Câu 1.b (1,25 điểm) 2x - x +1 y= ( C) M ( - 3;0) N ( - 1; - 1) ( C) hai điểm , Tìm đồ thị hàm số Cho hàm số có đồ thị A, B MN hai điểm cho chúng đối xứng qua đường thẳng Lời giải Phương trình đường thẳng Phương trình đường thẳng Khi hai điểm x + y +3 = MN AB là: y = 2x + m là: A B , có hồnh độ thỏa mãn : Phương trình tương đương với: 2x - = 2x + m x +1 Điều kiện: x + mx + m + = x¹ - ( 1) ( C) AB Đường thẳng cắt đồ thị phân biệt khác -1 ( 1) hai điểm phân biệt phương trình ïì D > Û Û ïí ùùợ - m + m + Û m - 8m - 32 > ém > + ê ê ê ëm < - có hai nghiệm ỉx1 + x2 ỗ ; x1 + x2 + mữ ữ ç ÷ ç x1 x2 è ø I AB Trung điểm đoạn thẳng có tọa độ , với , nghiệm phương x1 + x2 =- ( 1) trình Mà m ỉ m m÷ Iỗ - ; ữ ỗ ỗ ố 2ữ ø nên A, B Hai điểm đối xứng qua đường thẳng MN điểm I thuộc đường thẳng  Trang  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC MN TỔ 12 – , - m m + +3 = Û m =- 4 ( thỏa mãn) A ( 0; - 4) A( 2;0) A( 2;0) B ( 0; - 4) Suy , , Câu ( 2.0 điểm ) 4cos x ( + sin x ) + cos x cos x = + 2sin x a) Giải phương trình: b) Một hộp đựng thẻ đánh số từ đến Hỏi phải rút thẻ để xác suất có thẻ ghi số chia hết cho phải lớn Lời giải 4cos x + 4cos x sin x + cos x cos x = + 2sin x a) Phương trình tương đương với: ⇔ 2sin x(2cos x − 1) + cos x cos x + 4cos x − = ⇔ 2sin x cos x + cos x cos x + 3cos x − sin x = ( ) ( ⇔ 2cos x sin x + cos x + cos x + sin x )( ) cos x − sin x = ⇔ ( )( ) cos x + sin x 2cos x + cos x − sin x =  cos x + sin x = ⇔  2cos x + cos x − sin x = cos x + sin x = ⇔ tan x = − ⇔ x = − +) +) π + kπ ( k ∈ ¢ ) 5π   x = − + k 2π ⇔ ( k ∈¢) 5π   π k π  2cos x + cos x − sin x = ⇔ cos x = cos  x − + ÷ x =  18   x=− Vậy phương trình có nghiệm: π 5π 5π k 2π + kπ x = − + kπ , x = + ( k ∈¢) 18 3 , b) Trong thẻ cho có hai thẻ ghi số chia hết cho 4, thẻ lại ghi số không chia hết cho  Trang  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC x Giả sử rút TỔ 12 – ( ≤ x ≤ 9; x ∈ ¥ ) thẻ với x , số cách chọn C9x thẻ từ thẻ hộp n ( Ω ) = C9x Do số phần tử không gian mẫu là: Gọi A Suy biến cố: “ Trong số A biến cố: “ Lấy x x thẻ rút ra, có thẻ ghi số chia hết cho ” thẻ khơng có thẻ chia hết cho ” Số cách chọn tương ứng với biến cố ( ) n A = C7x A C7x C7x P A = x ⇒ P ( A) = − x C9 C9 ( ) Ta có P ( A) > Do Cx 5 ⇔ − 7x > ⇔ − ( − x ) ( − x ) > C9 72 ⇔ x − 17 x + 60 < ⇔ < x < 12 Kết hợp điều kiện: ≤ x ≤ 9; x ∈ ¥ ⇒ < x ≤ Vậy giá trị nhỏ x Số thẻ phải rút Câu (1.0 điểm): Giải hệ phương trình 3x − x − + x x + = ( y + 1)  2  x + y = x − y + y2 + y + ( x, y ∈ ¡ ) Lời giải Hệ cho trở thành 3 x − x − + x x + = ( y + 1)  2  x + y − x + y − = ⇒ x − x − + x x + − ( y + 1) ⇔ x + x x + = ( y + 1) + ( y + 1) f ( t ) = t2 + t t +1 y + y + ( 1) ( 2) y + y + = x2 + y − x + y − ( y + 1) +1 ( *) ( t ∈¡ ) Xét f ′ ( t ) = 2t + t + + t2 t2 +1 = t + + 2t t + + t t2 +1 ( = t2 +1 + t t2 +1 ) >0  Trang  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC ( t + >| t |≥ −t TỔ 12 – ) Do f ( t) Suy hàm số đồng biến ¡ x = y +1 Do từ phương trình (*) ta có: ( y + 1) vào phương trình (2) ta được: + y − ( y + 1) + y − =  y=  ⇔ 3y + y − = ⇔   y = −2 +) Với y = −2 y= +) Với Suy x = −1 x= Suy ( −1; −2 ) ;  ( x; y ) Vậy hệ phương trình có nghiệm 2 ; ÷ 3 3 là: ABCD A1B1C1D1 AB = AD = AA1 = có cạnh , Câu (1.5 điểm) Cho hình hộp đứng · A1 D1 , A1 B1 M,N BAD = 60° Gọi trung điểm ( BDMN ) AC1 a Chứng minh vng góc với mặt phẳng b Tính thể tích khối chóp A.BDMN Lời giải ( BDMN ) AC1 a Chứng minh vng góc với mặt phẳng Ta có:  BD ⊥ AC ⇒ BD ⊥ ( ACC1 A ) ⇒ BD ⊥ AC1   BD ⊥ AA1 (1)  Trang  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ 12 – uuuu r uuur uuu r uuur uuuu r AC1.BN = AB + BC + CC1 ( uuur uuu r )  BB + 12 BA ÷ uuuruuur uuuruuur uuuu r uuur uuuruuu r uuuruuu r uuuu r uuu r = ABBB1 + BC BB1 + CC1 BB1 + ABBA + BC BA + CC1 BA 2 r uuu r uuur uuur uuu AB + BA AD + BB1 2 1 = − 22 − 2.2.cos 60° + 2 =− ( ) =0 ⇒ AC1 ⊥ BN (2) AC1 ⊥ ( BDMN ) Từ (1) (2) suy ra: b Tính thể tích khối chóp A.BDMN AA1 ∩ DM ∩ BN = { I } ⇒ A1 , M , N Gọi AI , DI , BI trung điểm VI AMN IM IN = = ⇒ VA BDMN = VI ABD VI ABD IB.ID 4 1 3 ⇒ VA BDMN = IA.S∆ABD = 3.22 = ( dvtt ) 4 VA.BDMN = Vậy Câu (1.0 điểm) Cho hình chóp S ABCD , đáy ABCD ( SAB ) phẳng AB = 3, BC = 6, hình chữ nhật có ( SBC ) vng góc với đáy, mặt phẳng ( SCD ) tạo với mặt phẳng ( ABCD ) góc Biết khoảng cách hai đường thẳng Tính thể tích khối chóp S ABCD mặt cosin góc hai đường thẳng SA SA và BD BD Lời giải SH ⊥ AB ( H ∈ AB ) ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) Hạ HK ⊥ CD ( K ∈ CD ) ⇒ Kẻ tứ giác HBCK hình chữ nhật  Trang  STRONG TEAM TOÁN VD-VDC TỔ 12 – BC ⊥ ( SAB ) ⇒ Ta có: ( SBC ) Góc mặt phẳng ( ABCD ) là: · SBH · · SBH = SKH ⇒ ∆SHB = ∆SHK ( g − c − g ) ⇒ HK = HB = BC = Theo giả thiết: Do A Ta thấy Suy trung điểm Y ABDK ⇒ SH = Gọi HB ⇒ BD / / AK ⇒ BD / / ( SAK ) hình bình hành mà H SAK Suy vng H nên: 1 1 1 1 = + + ⇔ = + + 2 2 h HS HA HK HS 36 1 VS ABCD = SH S ABCD = 6.3.6 = 36 (dvtt) 3 góc hai đường thẳng SA BD ⇒ α = ( BD, SA ) = ( AK , SA ) SK = 2, SA = AK = Ta có: · cos SAK = Vậy SA ∈ ( SAK ) d ( BD, SA ) = d ( BD, ( SAK ) ) = d ( D, ( SAK ) ) = d ( H , ( SAK ) ) = h = Do tam diện α Trong tam giác SAK có: AS + AK − SK 45 + 45 − 72 = = AS AK 2.3 5.3 5 · α = SAK = arccos ( Oxy ) ABC Câu (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho tam giác ngoại tiếp đường tròn tâm J ( 2;1) x + y − 10 = ABC A Biết đường cao xuất phát từ đỉnh tam giác có phương trình: D ( 2; −4 ) AJ ABC giao điểm thứ hai với đường tròn ngoại tiếp tam giác Tìm tọa độ đỉnh x + y + = ABC B B tam giác biết có hồnh độ âm thuộc đường thẳng có phương trình Lời giải  Trang  STRONG TEAM TỐN VD-VDC AJ Gọi J ( 2;1) qua H D ( 2; −4 ) nên TỔ 12 – AJ có phương trình : chân đường cao xuất phát từ đỉnh A x−2 =0 Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ : x − = x = ⇔ ⇒ A ( 2;6 )  2 x + y − 10 =  y = Gọi E Ta có giao điểm thứ hai » = DC » ⇒ DB = DC DB ( BJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác » = EC » EA ) ( ) 1 · » + sd DC » » + sd DB » = DJB · DBJ = sd EC = sd EA ⇒ ∆DBJ 2 DB = DC = DJ hay D tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác D ( 2; −4 ) B, C Suy ( x − 2) nằm đường tròn tâm ABC bán kính cân D JBC JD = + 52 = có phương trình + ( y + ) = 25 Khi tọa độ B hệ nghiệm: ( x − ) + ( y + ) = 25  B ( −3; −4 )  x = −3  x = ⇔ ∨ ⇒   y = −4  y = −9  B ( 2; −9 )  x + y + = Do BC B B ( −3; −4 ) có hồnh độ âm nên B ( −3; −4 ) qua vng góc AH x − 2y −5 = nên có phương trình:  Trang  STRONG TEAM TỐN VD-VDC Khi C nghiệm hệ: TỔ 12 – ( x − ) + ( y + ) = 25 ⇒ C ( 5;0 )  x − y − =  A ( 2; ) , B ( −3; −4 ) , C ( 5; ) Vậy a +b + c =1 a , b, c Câu Cho số thực dương A= thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ biểu thức 121 + 2 a + b + c 14 ( ab + bc + ca ) Lời giải = ( a + b + c ) = a + b + c + ( ab + bc + ca ) ⇒ ab + bc + ca = 2 2 − ( a2 + b2 + c2 ) Ta có A= 121 + 2 a + b + c − ( a + b2 + c2 ) ( Do Đặt t = a2 + b2 + c2 a, b, c > Vì Suy ) a +b + c =1 < a