Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2019-2020- Sở GD&ĐT Quảng Ninh

Cùng tham gia thử sức với Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2019-2020- Sở GD&ĐT Quảng Ninh để nâng cao tư duy, rèn luyện kĩ năng giải đề và củng cố kiến thức Toán học căn bản. Chúc các em vượt qua kì thi học sinh giỏi thật dễ dàng nhé!

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT NĂM 2019 Mơn thi: TỐN - Bảng A Ngày thi: 03/09/2019 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ BÀI Câu (4 điểm) Cho hàm số y  2x 1 có đồ thị  C  Gọi M điểm  C  Tiếp tuyến x 1  C  M cắt hai đường tiệm cận  C  A B Gọi I giao điểm hai đường tiệm cận Tìm  C  tất điểm M cho chu vi tam giác IAB nhỏ  x3  xy x3  xy y6  y   ln 0 e e  y6  y4 Câu (3 điểm) Giải hệ phương trình:   y   7x  y   y   Câu (4 điểm) a) Cho a log2 3;b log 5; c log Tính log280 441 theo a ,b , c b) Có nhà kho, nhà kho thứ có điều hòa tốt điều hòa hỏng Nhà kho thứ hai có điều hịa tốt điều hòa hỏng ( Giả thiết điều hòa hai nhà kho, đựng hộp kín, nhìn bề ngồi khơng phân biệt được) Hùng vào nhà kho lấy ngẫu nhiên điều hịa Tính xác suất để điều hịa Hùng lấy có tốt Câu (3 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm I Gọi K hình chiếu vng góc B đường thẳng AC , H hình chiếu vng góc C đường thẳng BI Đương thẳng AC KH có phương trình x  y   x  y   Biết điểm B thuộc đường thẳng y   , điểm I thuộc đường thẳng x   Tìm tọa độ điểm C Câu (4 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a , tâm O Biết SO vng góc với mặt phẳng ( ABCD) , SB  3a BAD  120 Gọi M N điểm thuộc cạnh BC SA cho BM  BC , SN  SA 3 a) Tính thể tích hình chóp S MND theo a b) Gọi  góc đường thẳng MN mặt phẳng ( SBD) Tính cos Câu (2 điểm) Cho số thực a, b, c  1;4  Tìm giá trị nhỏ biểu thức  a  b P c   ab  bc  ca  HẾT LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu Cho hàm số y  2x 1 có đồ thị  C  Gọi M điểm  C  Tiếp tuyến  C  x 1 M cắt hai đường tiệm cận  C  A B Gọi I giao điểm hai đường tiệm cận Tìm  C  tất điểm M cho chu vi tam giác IAB nhỏ Lời giải TXĐ: D  Ta có y  \ 1 1  x  1  2m   Ta có: M   C   M  m;   m  1 m 1   Tiếp tuyến  C  M có phương trình  : y   C  có đường tiệm cận đứng Ta có I  d1  d2  I 1;2  1  m  1  x  m  2m  m 1 d1 : x  ; đường tiệm cận ngang d2 : y  x  x     m   Ta có A    d1  Tọa độ A nghiệm hệ  2m   y x m  y    m 1  m  1 m 1    2m  Suy A 1;   m 1  y   x  2m   1 2m    Ta có B    d  Tọa độ B nghiệm hệ  y x  m   y   m 1  m    Suy B  2m  1;  Ta có IA  ; IB  2m  ; AB  m 1  m  1   m  1 Chu vi tam giác IAB  CIAB  IA  AB  BI   m     m 1    m     Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương m  ; ta có m 1  m  1 m 1    (1) m 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương  m  1 ;  m  1   m  1 2  m  1   m  1  m  1 2 ta có  (2)   Từ (1), (2) suy  m    m 1    m  1      2 m       Suy CIAB  2  m  (thỏa mãn)  m 1 m  Dấu ‚=‛ xảy m   + Với m   M  0;1 + Với m   M  2;  Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu đề bài: M1  0;1 ; M  2;3 Câu  x3  xy x3  xy y6  y e  ln 0 e y  y4 Giải hệ phương trình:   y   7x  y   y   Lời giải Cách 1:  x3  xy x3  xy y6  y e  e  ln  1  y6  y4   y   7x  y   y     9 y     y  Điều kiện:  x  xy   y6  y4   x   Với điều kiện trên, 1  e x  xy  ln  x3  xy   e y  y4  ln  y  y  Xét hàm số y  g  t   et  ln t  0;  y  et   0, t   0;   t  y  g  t  đồng biến, liên tục  0;  x x Do 1  x  xy  y  y        y  y  y  y Xét hàm số y  h  t   t  t y  3t   0, t   y  h  t  đồng biến, liên tục Do 1  x  y  x  y2 y Thế vào phương trình   ta được: y   y2  y   y  Đặt a  y   a    a2    a2    a2      Phương trình trở thành: a       3         a2     a2    a2      2     2   3 a          63a  414a  3069   2a  9a  31 3   a   a    8a  36a  311a  558a  1643   a    a    2a  4a  18a  81   93  a  6a    355 a  806  VN a      4  Với a  y   x  (thỏa điều kiện) Với a  y   x  (thỏa điều kiện) Vậy hệ phương trình có nghiệm:  4;2  ,  9;3 Cách 2:    y  y  Điều kiện:   (*)  x  xy   x   y  y Khi phương trình 6 x3  xy e x  xy  e y  y  ln   e x  xy  ln( x3  xy )  e y  y  ln( y  y )(1) y y Xét hàm số y  f (t )  et  ln t (0; ) Ta có f '(t )  et   0, t  (0; ) t Suy hàm số y  f (t )  et  ln t đồng biến (0; ) Do (1)  x3  xy  y  y  ( x  y )( x  xy  y  y )   x  y ( x  xy  y  y  với điều kiện (*)) Thay x  y vào phương trình cịn lại hệ ta được: y   y2  y   y   ( y  2)  y   ( y  1)  y  y    ( y  2)2  (9 y  2) ( y  1)3  (7 y  y  5)  0 y  2)  y  ( y  1)  ( y  1) y  y   y  y   y2  y  y3  y  y   0 y  2)  y  ( y  1)  ( y  1) y  y   y  y  y 1    (2)  y  2)  y  2 2 3  ( y  1)  ( y  1) y  y   y  y    y  5y    y  y   ( Vì với điều kiện (*) vế trái (2) >0 nên (2) vơ nghiệm) y   y  Với y  x  Với y  x  Vậy hệ có nghiệm ( x; y)  (3;2),(9;3) Câu a) Cho a log2 3;b log 5; c log Tính log280 441 theo a ,b , c b) Có nhà kho, nhà kho thứ có điều hịa tốt điều hòa hỏng Nhà kho thứ hai có điều hịa tốt điều hòa hỏng ( Giả thiết điều hòa hai nhà kho, đựng hộp kín, nhìn bề ngồi khơng phân biệt được) Hùng vào nhà kho lấy ngẫu nhiên điều hịa Tính xác suất để điều hòa Hùng lấy có tốt Lời giải a) Ta có log  g ;log  log 3.log  a.b c 2 log 441 log    log  log  log 280 441    log 280 log  23.7.5   log  log 1  2 a    ac  1 c log 280 441      ab 3c  abc  c b) Số cách lấy điều hòa kho điều hòa là: C 122 C 152 6930 Gọi A biến cố ‚ Hùng lấy điêu hịa tốt‛ A biến cố ‚ Hùng lấy tối đa điêu hịa tốt‛ Trường hợp 1: Hùng khơng lấy điều hịa tốt Khi lấy điều hịa khơng tốt kho điều hịa khơng tốt kho Số cách lấy là: C42 C62  90 (cách) Trường hợp 2: Hùng lấy điều hòa tốt Khi Hùng lấy điều hịa tốt kho kho Số cách lấy là: C41 C81.C62  C42 C91.C61  804 (cách) Vậy A 90 804 894 Vậy xác suất Hùng lấy nhiều điều hòa tốt : P A Câu 894 6930 149 1155 P A 149 1155 1006 1155 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm I Gọi K hình chiếu vng góc B đường thẳng AC , H hình chiếu vng góc C đường thẳng BI Đương thẳng AC KH có phương trình x  y   x  y   Biết điểm B thuộc đường thẳng y   , điểm I thuộc đường thẳng x   Tìm tọa độ điểm C Lời giải x  y 1   x  3 Tọa độ điểm K nghiệm hệ phương trình    K  3;  x  y   y  Đường thẳng KB có phương trình x  y   x  y   x  Tọa độ điểm B nghiệm hệ    B  0;5 y   y  Ta có: BAK  BEC AKF  CKH  HBC ( tứ giác BKHC nội tiếp đường tròn)  BAK  AKF  BEC  HBC  900  HK  AB Đường thẳng AB có phương trình x  y   2 x  y    x  2 Tọa độ A nghiệm hệ    A  2;1 x  y   y  Gọi I  1; a  thuộc đường thẳng x   Ta có: IA  IB  IA2  IB   1  1  a      a   a   I  1;3 2 Gọi C  c ;   c  thuộc đươngt thẳng x  y   c  2 2 Ta có: IC  IA  IC    c  1   c      c  3 Với c  2  C  2;1 : loại trùng với A Với c  3  C  3;2  Vậy: C  3;2  Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a , tâm O Biết SO vng góc với mặt phẳng ( ABCD) , SB  3a BAD  120 Gọi M N điểm thuộc cạnh BC SA cho BM  BC , SN  SA 3 a) Tính thể tích hình chóp S MND theo a b) Gọi  góc đường thẳng MN mặt phẳng ( SBD) Tính cos Lời giải Gọi H hình chiếu N lên mặt phẳng ( ABCD) Ta có VS MND NS 1 1    VS MND  VA.MND  VN AMD  NH S AMD 2 VA.MND NA Ta có: NH // SO  NH AN 2    NH  SO SO AS 3 Mặt khác BAD tam giác cạnh a  BO  a Do ta có: 33a SO  SB  BO  a 33 a 33  SO   NH  2 Ta có: S AMD  S ABCD  S ABM  S DCM  S ABCD  S ABC  S BCD 3 1 a2  S ABCD  S ABCD  S ABCD  S ABCD  1 a3 11 Do VS MND  NH SAMD  24 b) Ta có AC  BD; AC  SO  AC  ( SBD) Kẻ MF // AC , F  BD ; NE // AC , E  SO  EF hình chiếu MN lên ( SBD) Gọi I  EF  MN    FIM OC IF MF Vì MF // NE      IF  2.IE  IF  EF IE NE OA Ta có: EO  a 33 a SO  ; FO  OB  3  EF  EO  OF  15a a 15 a 15  EF   IF  Mặt khác: MF // OC  Ta có tan   MF BM a    MF  OC BC 3 MF  IF 15 Mặt khác  tan   15  cos  cos   a  b Cho số thực a, b, c  1;4  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  c   ab  bc  ca  Câu Lời giải Ta có : a  b a  b c2 P  Mà 4.a.b   a  b  ab c   ab  bc  ca   ab   c2    c  nên a  b P a  b c2 ab  ab     c  c  Đặt t   c2  ab  ab 1       c   c  ab 1  , a, b, c  1; 4 nên t   ;8 c 2  t2 1  Khi P  f (t )  ; t   ;8 t  4t  2  Ta có: f '(t )  2t  t  4t  1  t  2t   t  4t  1  t 4t  2t  4t  1 1   0; t   ;8 2  1  f (t )  f      13 Suy ra, giá trị nhỏ P a  b  1  c  13  HẾT ... Dấu ‚=‛ xảy m   + Với m   M  0;1 + Với m   M  2;  Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu đề bài: M1  0;1 ; M  2;3 Câu  x3  xy x3  xy y6  y e  ln 0 e y  y4 Giải hệ phương trình:... kho, nhà kho thứ có điều hịa tốt điều hịa hỏng Nhà kho thứ hai có điều hòa tốt điều hòa hỏng ( Giả thi? ??t điều hòa hai nhà kho, đựng hộp kín, nhìn bề ngồi khơng phân biệt được) Hùng vào nhà kho lấy...  ac  1 c log 280 441      ab 3c  abc  c b) Số cách lấy điều hòa kho điều hòa là: C 122 C 152 6930 Gọi A biến cố ‚ Hùng lấy điêu hòa tốt‛ A biến cố ‚ Hùng lấy tối đa điêu hòa tốt‛