Đáp án đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Thừa Thiên Huế

Nội dung text: Đáp án đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Thừa Thiên Huế

1. Lời giải: N.V.Sơn. DĐ: 0702626549 GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH THỪA THIấN HUẾ NĂM HỌC 2018 - 2019. (Lời giải gồm 05 trang) Câu 1: (4,0 điểm) 2x 1 Cho hàm số y có đồ thị C . Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của đồ x 1 thị C . Tiếp tuyến tại M của đồ thị C cắt hai đường tiệm cận của đồ thị C lần lượt tại hai điểm A và B. a) Chứng minh M là trung điểm của đoạn thẳng AB. b) Xác định tọa độ điểm M để chu vi tam giác IAB nhỏ nhất. Giải: 1 2a 1 a) Ta có y 2 . Gọi M a; a 1 là tiếp điểm. x 1 a 1 1 2a 1 Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị C tại điểm M là: y x a . a 1 2 a 1 Giả sử AB, lần lượt là giao điểm của d với đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang. 2a Suy ra: A 1; , B 2 a 1;2 a 1 x x 1 2 a 1 2 a 2 x ABM Khi đó: 2a 4 a 2 M là trung điểm của đoạn thẳng AB. yABM y 2 2 y a 1 a 1 2 b) Ta có IA ; IB 2 a 1 IA . IB 4 a 1 Tam giác IAB vuông tại I nên: IA IB AB IA IB IA2 IB 2 2 IA . IB 2 IA . IB 4 2 2 Vậy chu vi tam giác IAB nhỏ nhất bằng 4 2 2 khi và chỉ khi: 2 a 0 M 0;1 IA IB 2 a 1 a 1 a 2 M 2;3 Câu 2: (4,0 điểm) 3 a) Giải phương trình 2 2 cos 2x sin 2 x cos x 4sin x 0 x . 4 4 b) Giải phương trình 2x 3 x 1 x2 6 x 2 x 2 2 x 9 0 x . Giải: a) Phương trình tương đương với: 1 1 1 1 2 2 cosx sin x cos x sin x sin 2 x cos x sin x 4 sin x cos x 0 2 2 2 2 4 cosx sin x cos x sin x sin 2 x cos x sin x 4 sin x cos x 0 cosx sin x 0 1 4 cosx sin x sin 2 x 4 0 2 1
2. Lời giải đề thi HSG TTHuế năm học 2018 - 2019 *Ta có 1 tanx 1 x k k . 4 2 *Giải (2): Đặt t cos x sin x 2 cos x 2; 2 sin 2 x 1 t 4 2 2 t 1 Phương trình trở thành: 4t 1 t 4 0 t 4 t 3 0 t 3 ( loai ) x k2 Với t 1 ta có 2 cos x 1 k 4 x k2 2 Vậy phương trình ban đầu có 3 họ nghiệm là x k ; x k 2 ; x k 2 k 4 2 2 2 2 u x 2 x 9 0 2 2 u v 3 b) Đặt u v 2 x 3 x 2 2 v x 6 0 2 2 2 2 2 2 u v 1 u v 1 Phương trình đã cho trở thành: u v v. u . 0 2 2 2 u2 v 2 u v u 2 v 2 u v 0 u v 0 u v 2 2 u v u v 1 0 u v 1 ( vn ) 3 Với u v ta có x2 6 x 2 2 x 9 x . 2 3 Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là x . 2 Câu 3: (4,0 điểm) 3 3 2 x y 3 x 4 x y 2 0 a) Giải hệ phương trình: x,. y 3 2 2x y 5 3 x y x 3 x 10 y 10 b) Cho tập A 0;1;2;3;4;5;6 . Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được chọn từ các phần tử của tập A. Chọn ngẫu nhiên 1 số từ tập S . Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 15. Giải: 2x y 5 0 a) Điều kiện 3 x y 0 Phương trình thứ nhất của hệ tương đương: x 1 3 x 1 y3 y x y 1 x 1 2 y x 1 y2 1 0 y x 1 Thay y x 1 vào phương trình thứ hai của hệ ta được phương trình: 3x 4 4 2 x x3 3 x 2 10 x 5x x x 5 x 2 3x 4 4 2 x x 0 x 5 x 2 3 x 4 4 2 x 5 (*) 2
3. Lời giải: N.V.Sơn. DĐ: 0702626549 4 Do x 2 nên VT * 0 nên phương trình (*) vô nghiệm. 3 b) Gọi n a1 a 2 a 3 a 4 a 5 là số tự nhiên cần tìm, trong đó các chữ số lấy từ tập A. *Số phần tử của tập S là số các số tự nhiên có 5 chữ số với các chữ số khác nhau lấy từ tập A. 4 Ta có n S 6 A6 2160 *Do n chia hết cho 15 nên n chia hết cho 3 và 5. Suy ra: a5 0 hoặc a5 5. TH1: a5 0 n a 1 a 2 a 3 a 4 0 trong đó 4 số a1,,, a 2 a 3 a 4 lấy từ tập 1;2;3;4;5;6 Khi đó để n chia hết cho 3 thì a1 a 2 a 3 a 4  3 Do 4 số a1,,, a 2 a 3 a 4 lấy từ tập 1;2;3;4;5;6 nên xảy ra 2TH sau: i) Trong 4 số đó gồm: hai số chia hết cho 3, một số chia 3 dư 1, một số chia 3 dư 2 2 Có tất cả: A4 .2.2.2 96 số. ii) Trong 4 số đó gồm: hai số chia 3 dư 1, hai số chia 3 dư 2 2 Có tất cả: A4 .2.2 48 số. TH2: a5 5 n a 1 a 2 a 3 a 4 5 trong đó 4 số a1,,, a 2 a 3 a 4 lấy từ tập 0;1;2;3;4;6 Khi đó để n chia hết cho 3 thì a1 a 2 a 3 a 4 chia 3 dư 1. Do 4 số a1,,, a 2 a 3 a 4 lấy từ tập 0;1;2;3;4;6 nên xảy ra 2TH sau: iii) Trong 4 số đó gồm: ba số chia hết cho 3, một số chia 3 dư 1 *Nếu a1 3 thì a2,, a 3 a 4 là các số trong bộ ba số 0;6;1 , 0;6;4 nên có 3! 3! 12 số *Nếu a1 6 thì a2,, a 3 a 4 là các số trong bộ ba số 0;3;1 , 0;3;4 nên có 3! 3! 12 số *Nếu a1 1 hoặc a1 4 thì a2,, a 3 a 4 là các số trong bộ ba số 0;3;6 nên có 3! 3! 12 số Có tất cả: 36 số. iv) Trong 4 số đó gồm: một số chia hết cho 3, hai số chia 3 dư 1, một số chia 3 dư 2 *Nếu a1 3 hoặc a1 6 thì a2,, a 3 a 4 là các số trong bộ ba số 1;2;4 nên có 3! 3! 12 số *Nếu a1 1 thì a2,, a 3 a 4 là các số trong bộ ba số 2;4;6 , 2;4;3 , 2;4;0 nên có 3.3! 18 số *Nếu a1 2 hoặc a1 4 thì tương tự đều có 18 số thỏa mãn. Có tất cả: 12 18.3 66 số. 96 48 36 66 41 Vậy xác suất cần tính là: . 2160 360 Bài 4: (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng : 5x 2 y 19 0 và đường tròn C : x2 y 2 4 x 2 y 0. Từ một điểm M nằm trên đường thẳng kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn C với AB, là hai tiếp điểm. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB biết AB 10. Giải: *Các tam giác IAM, IBM là các tam giác vuông nên đường tròn đường kính IM đi qua hai điểm AB, nên đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB là đường tròn đường kính IM . *Đường tròn C có tâm I 2;1 bán kính R 5 3
4. Lời giải đề thi HSG TTHuế năm học 2018 - 2019 2 2 2 2 2 10 10 IA Ta có IH IA AH 5 IM 10 2 2 IH A I M H B 2 5a 19 2 2 5a 19 Gọi M a; . Ta có IM 10 a 2 1 10 2 2 a 3 M 3; 2 Giải ra được 139 139 72 a M ; 29 29 29 5 1 *Với M 3; 2 thì trung điểm IM là ; , phương trình đường tròn đường kính IM là: 2 2 2 2 5 1 5 x y 2 2 2 139 72 197 37 *Với M ; thì trung điểm IM là ; , phương trình đường tròn đường kính 29 29 58 26 2 2 197 37 5 IM là: x y . 58 26 2 Bài 5: (3,0 điểm) Cho tam giác đều OAB có AB a. Trên đường thẳng d đi qua O vuông góc với mặt phẳng OAB lấy một điểm M sao cho OM x. Gọi EF, lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên MB và OB. Đường thẳng EF cắt đường thẳng d tại N. a) Chứng minh rằng AN BM . b) Xác định x theo a để thể tích khối tứ diện ABMN nhỏ nhất và tính giá trị nhỏ nhất đó. Giải: AF OB M a) Ta có AF  MB AF OM Mà AE MB nên BM AEF Do AN AEF nên AN BM . E b) Theo câu a) ta có:       AN. BM 0 ON OA OM OB 0 F O B OM. ON OAOB . .cos60  0 OAOB. .cos 60 a2 ON OM2 x N A 4
5. Lời giải: N.V.Sơn. DĐ: 0702626549 1 1a2 3 a 2 a 2 3 a 2 Do MN OAB nên VABMN MN S OAB x x 3 3 4 2x 12 2 x a2 a 2 Theo bất đẳng thức Cô-si thì: x 2 x . 2 a 2x 2 x a3 6 Suy ra: V . ABMN 12 a3 6 a2 a 2 Vậy thể tích lớn nhất của khối tứ diện ABMN là khi x x . 12 2x 2 Bài 6: (2,0 điểm) 1 1 1 Cho x,, y z là các số thực dương thỏa mãn 2018. Tìm giá trị lớn nhất của x y z 1 1 1 3029 biểu thức P . 2x y z x 2 y z x y 2 z 2 Giải: 1 1 1 1 *Xét bất đẳng thức phụ: với mọi a, b 0. a b4 a b *Dùng bất đẳng thức ở trên ta có: 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2xyzxyxz 4 xyxz 16 xyz 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 Tương tự ta có: ; xyz 2 16 xyz xyz 2 16 xyz 1 1 1 1 3029 2018 3029 Suy ra: P 2019 4 x y z 2 4 2 3 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 2019 đạt được khi và chỉ khi x y z . 2018 HẾT 5