Theo yêu cầu: nếu có hình bình hành tạo thành từ 4 đỉnh trong S thì 4 đỉnh đó chỉ có thể thuộc tam giác đều cạnh 5cm (tức là bỏ đi tất cả các đỉnh của các tam giác cạnh 1cm nằm trên b[r]
(1)Trang | SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH QUẢNG BÌNH
(Đề thi có 01 trang 05 câu)
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Môn thi: TOÁN
LỚP 12 THPT
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu (2,0 điểm)
a Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số sin cos
2 sin
x x
y
x
b Cho hàm số
1 x y
x có đồ thị C điểm A 1;1 Tìm giá trị m để đường thẳng
:
d y mx m cắt đồ thị C hai điểm phân biệt M N, cho AM2 AN2 đạt giá trị nhỏ
nhất
Câu (2,0 điểm)
a Cho hàm số
1 2019x
f x Tính tỉ số P
Q, với P f' ' 2f 2019 ' 2019f ' ' 2019 ' 2019
Q f f f
b Giải phương trình: log log 32 2 x 1 x
Câu (2,0 điểm)
a Cho tam giác ABC cạnh 8cm Chia tam giác thành 64 tam giác cạnh 1cm đường thẳng song song với cạnh tam giác ABC (như hình vẽ) Gọi S tập hợp đỉnh tam giác cạnh 1cm Chọn ngẫu nhiên đỉnh thuộc S Tính xác suất cho đỉnh chọn đỉnh hình bình hành nằm miền tam giác ABC có cạnh chứa cạnh tam giác cạnh cm
b.Tìm cơng sai d cấp số cộng un có tất số hạng dương thỏa mãn:
1 2020 1010
2 2
3 14
log log log
u u u u u u
u u u
Câu (3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, SA (ABCD), SA = a Một mặt phẳng qua CD cắt SA, SB M, N Đặt AM = x, với x a
a Tứ giác MNCD hình gì? Tính diện tích tứ giác MNCD theo a x
B C
A
(2)Trang |
b Xác định x để thể tích khối chóp S.MNCD
9 lần thể tích khối chóp S.ABCD Câu (1,0 điểm)
a Cho số thực phân biệt a b, Chứng minh rằng: log loga ab log logb ab
b Cho số thực a1 a2 an 1, n Chứng minh rằng:
1 2 1
log log log log log log log log
n n n n
a a a a a a a a an a a a
HẾT
HƯỚNG DẪN GIẢI (THAM KHẢO)
Câu 1a (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số sin cos
2 sin
x x
y
x
Hướng dẫn
Đặt sinx cosx t 2; 2 sin 2x t2 1,
2
, 2;
1 t
y f t t
t
Ta có
2
1
' '
1
t
f t f t t
t t
Tính 2; 2,
3
f f f
Suy ra:
4
y x k ; max 2 ,
2
y x k x k
Câu 1b (1,0 điểm) Cho hàm số
1 x y
x có đồ thị C điểm A 1;1 Tìm giá trị m để
đường thẳng d :y mx m cắt đồ thị C hai điểm phân biệt M N, cho AM2 AN2
đạt giá trị nhỏ
(3)Trang | Cách 1:
Dễ thấy đường thẳng d :y mx m qua điểm I 1; giao điểm hai đường tiệm
cận Ta có ' 2 0,
1
y x
x
nên để đường thẳng d cắt C hai điểm phân biệt M N,
0
m Khi I 1; ln trung điểm đoạn MN
Ta có
2
2
2 32
AM AN AM AN AMAN AI AMAN AMAN (*)
Do A cố định nên: nếu ta xét được AMAN là số dương trong tam giác AMN có cạnh MN nhỏ nhất
thì tìm giá trị nhỏ nhất Mà C Hypebol nên d đường phân giác góc tạo hai tiệm cận m d :y x cắt C hai điểm phân biệt M 0;0 ,N 2; MN nhỏ
nhất, ta có: AMAN 1.3 0, AM2 AN2 32 12 20 Vậy
2
min AM AN 20 m
Cách 2:
Xét phương trình hồnh độ giao điểm d cắt C : ,
1 x
mx m x
x
2 2 1 0
mx mx m (vì x khơng nghiệm)
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt 2 0
1
m
m
m m m
Theo định lý Viet ta có:
1
2
x x
m x x
m
Mặt khác
2
2
2
1 1 2
AM AN x x m x m x
2
2 2
1 2
2
10 m 1 1
AM AN m x x m x m x
m
2
2 2
1 2
2
18 m 2
AM AN m x x x x x x
m
2 2 2 1
18 m m 16 16
AM AN m m m
m m m m
2
(4)Trang | Câu 2a (1,0 điểm). Cho hàm số
1 2019x
f x Tính tỉ số P
Q , với ' ' 2019 ' 2019
P f f f Q f' 'f 2019 'f 2019
Hướng dẫn
2
1 2019 ln 2019 2019 ln 2019
' ' ' ,
1 2019 1 2019 1 2019
x x
x
x x
f x f x f x f x x
Do f x' hàm số chẵn, suy g x x f x ' hàm số lẻ Vậy
2019
1
k
P g k
2019 2019
1
1
k k
P
Q g k g k P
Q
Câu 2b (1,0 điểm) Giải phương trình: log log 32 2 x 1 x
Hướng dẫn
Đặt log 32 x y 3x 2y
, từ phương trình cho ta có:
2
log 3y x 3y 2x Như ta có điều kiện , 1;
3
x y ta hệ phương trình:
3
3
y x
x
y Xét hàm
1
1 , ; ' ln
3
t t
f t t t f t , ta có:
2
3
' log ;
ln ln
t
f t t , f t' ln 2t đồng biến nên ta có
t điểm cực tiểu f t , f nên phương trình f t có hai
nghiệm t 1,t
Mặt khác từ hệ phương trình, trừ theo vế ta có: x y 2y 2x 3x 2x 3y 2y g x g y , với g t 3t 2t đồng biến 1;
3 , suy x y
Cuối phương trình cho f x x 1,x
Câu 3a (1,0 điểm).
Cho tam giác ABC cạnh 8cm Chia tam giác thành 64 tam giác cạnh 1cm đường thẳng song song với cạnh tam giác ABC (như hình vẽ) Gọi S tập hợp đỉnh tam giác cạnh 1cm Chọn ngẫu nhiên đỉnh thuộc S Tính xác suất cho đỉnh chọn đỉnh hình bình hành nằm miền tam giác ABC có cạnh chứa cạnh tam giác cạnh cm
B C
(5)Trang | Hướng dẫn
Trên cạnh BC ta có đỉnh tam giác cạnh 1cm (kể B C), đường thẳng song song BC (phía BC) ta có đỉnh tam giác cạnh 1cm, cuối đến A có đỉnh
của tam giác cạnh 1cm Ta có n S 45
Như số phần tử không gian mẫu là:
45
n C
Theo u cầu: có hình bình hành tạo thành từ đỉnh S đỉnh thuộc tam giác cạnh 5cm (tức bỏ tất đỉnh tam giác cạnh 1cm nằm ba cạnh BC, CA, AB cạnh có liên quan đến đỉnh đó)
• Trường hợp 1: Các cạnh hình bình hành nằm MN có đỉnh thuộc MN - Các hình bình hành có cạnh nằm MN
+ Tạo hai đoạn MN, DE: Ta cần chọn thêm đường thẳng song song trùng với DM (hoặc song song trùng EN) tạo hình bình hành trường hợp có C52 cách Như có:
2
5 20
C C hình bình hành
+ Tạo hai đoạn MN, GF: Lặp lại lập luận ta có có: C42 C42 12 hình + Tạo hai đoạn MN, HI: Lặp lại lập luận ta có có: C32 C32 hình + Tạo hai đoạn MN, KT: Lặp lại lập luận ta có có: C22 C22 hình Vậy hình bình hành có cạnh nằm MN có 20 + 12 + + = 40 hình - Các hình bình hành có đỉnh thuộc MN
+ Đỉnh số số 4: có hình bình hành + Đỉnh số số 3: có hình bình hành
Vậy hình bình hành có đỉnh thuộc MN có 2.(4 + 3) = 14 hình Do trường hợp ta có: 40 + 14 = 54 hình
• Trường hợp 2: Các cạnh hình hành nằm DE khơng thuộc MN có đỉnh thuộc DE
So với trường hợp số tổ hợp giảm 1, ta làm tương tự có:
4
P
M N
P P P
T I
F E K
H G D
T I
F E K
H G D
T I
F K
H G
T I K
(6)Trang |
2 2 2
4 3 2 3 28
C C C C C C hình
• Trường hợp 3: Các cạnh hình hành nằm GF khơng thuộc MN DE có đỉnh thuộc GF
Tương tự ta có 2 2
3 2 2 12
C C C C hình
• Trường hợp 4: Các cạnh hình hành nằm HI khơng thuộc MN, DE GF có đỉnh thuộc HI
Ta có C22 C22 hình
Số hình bình hành bốn trường hợp là: 54 + 28 + 12 + = 97 hình
Vậy xác suất cần tìm là: 4
45
97 97
148995 p
C
Lưu ý:
Đề yêu cầu đỉnh hình bình hành nằm miền tam giác ABC nên số hình bình hành tương đối nhỏ Nếu đỉnh hình hành khơng ngồi tam giác ABC nhiều hình
Câu 3b (1,0 điểm) Tìm cơng sai d cấp số cộng un có tất số hạng dương thỏa mãn:
1 2020 1010
2 2
3 14
log log log
u u u u u u
u u u
Hướng dẫn
Từ phương trình đầu hệ ta có: 2020 2019 4.1010 1009
2
u d u d
1 1 14
2u 2019d 4u 2018d d 2u u ,u u ,u u 27u vào phương trình thứ
hai hệ, ta có:
2 2
3 3 3
log log u log log u log 27 log u Đặt log3u1 t, ta có phương trình:
2 2 2
1 t t t 3t 12t 12 t Do 1 3
9
t
u
Vậy 1
9
d u
Câu (3,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng (ABCD), SA = a Một mặt phẳng qua CD cắt SA, SB M, N Đặt AM = x, với x a
(7)Trang |
b Xác định x để thể tích khối chóp S.MNCD
9 lần thể tích khối chóp S.ABCD Hướng dẫn
a Tứ giác MNCD hình gì? Tính diện tích tứ giác MNCD theo a x
Vì ABCD hình vng nên AB // CD, suy AB // AB // MN hay ta có MNCD hình thang
Mặt khác: CD AD, CD SA nên CD mp(SAD) suy MN (SAD) suy MN MD
Vậy tứ giác MNCD hình thang vng D M Từ ta có DM đường cao hình thang MNCD
Ta có MN SM a x MN a x
AB SA a MA = x nên
2
DM x a Do ta tính diện tích
MNCD là:
2
2
CD MN DM a x x a
S
b Xác định x để thể tích khối chóp S.MNCD
9 lần thể tích khối chóp S.ABCD
Ta có
3
1
3
S ABCD ABCD
a
V SAS (1) Kẻ SH vng góc với DM, (H thuộc DM), ta có:
MN (SAD) (theo chứng minh câu a) nên MN SH, suy SH (MNCD), từ SH đường cao khối chóp S.MNCD
Trong hai tam giác vuông đồng dạng SHM DAM ta có:
2 2
a a x
SH SM a x
SH
DA DM x a x x a thể tích khối chóp S.MNCD là:
2
2
2
1
'
3
a a x a x x a a a x a x
V
x a (2)
Từ (1), (2) yêu cầu tốn ta có phương trình:
3
2 2
6
a a x a x a
2
9 4, 0;1 0;1
3
x x x a
t t t t x
a a a
A
B C
D S
H M
(8)Trang |
Vậy với
3 a
x thể tích khối chóp S.MNCD
9 lần thể tích khối chóp S.ABCD
Câu 5a (0,5 điểm) Cho số thực phân biệt a b, Chứng minh rằng: log loga ab log logb ab
Hướng dẫn
Đặt log 0, t
ab t t b a Khi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
logat logat t t logat (*)
Nếu t t & logat *
Nếu t t & logat * Vậy ta có điều cần chứng minh
Câu 5b (0,5 điểm) Cho số thực a1 a2 an 1, n Chứng minh rằng:
1 2 1
log log log log log log log log
n n n n
a a a a a a a a an a a a
Hướng dẫn
Áp dụng bất đẳng thức câu 5a, ta có:
1 2 2 2
log loga a a loga loga a loga loga a loga loga a
1 2 2 3
loga loga a loga loga a loga loga a loga a loga loga a Lặp lại lần nữa:
2 3 3 3
loga loga a loga loga a loga loga a loga loga a
2 3 3 4
loga loga a loga loga a loga loga a loga a loga loga a
Cứ tiếp tục lặp lại ta thay số logarit số lấy logarit (chú ý lần thay số a1 khơng đổi), ký hiệu vế trái P, cuối ta có:
1 1 1
log log log log log log log log log
n n n n n n
a a n a a a a n a a a
P a a a a a (đpcm)
(9)Trang |
Website HOC247 cung cấp môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội dung giảng biên soạn công phu giảng dạy giáo viên nhiều năm kinh nghiệm, giỏi kiến thức chuyên môn lẫn kỹ sư phạm đến từ trường Đại học trường chuyên danh tiếng
I. Luyện Thi Online
- Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ Trường ĐH THPT danh tiếng
xây dựng khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học
Sinh Học
- Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán
trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An trường
Chuyên khác TS.Trần Nam Dũng, TS Phạm Sỹ Nam, TS Trịnh Thanh Đèo Thầy Nguyễn Đức Tấn.
II. Khoá Học Nâng Cao HSG
- Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Tốn Chun dành cho em HS THCS lớp 6, 7, 8, yêu thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập trường đạt điểm tốt kỳ thi HSG
- Bồi dưỡng HSG Toán: Bồi dưỡng phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp
dành cho học sinh khối lớp 10, 11, 12 Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS Lê Bá Khánh Trình, TS Trần Nam Dũng, TS Phạm Sỹ Nam, TS Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩn đơi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia
III. Kênh học tập miễn phí
- HOC247 NET: Website hoc miễn phí học theo chương trình SGK từ lớp đến lớp 12 tất môn học với nội dung giảng chi tiết, sửa tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu tham khảo phong phú cộng đồng hỏi đáp sôi động
- HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp Video giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa tập, sửa đề thi miễn phí từ lớp đến lớp 12 tất mơn Tốn- Lý - Hố, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học Tiếng Anh
Vững vàng tảng, Khai sáng tương lai
Học lúc, nơi, thiết bi – Tiết kiệm 90%
Học Toán Online Chuyên Gia