Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 THPT - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Lâm Đồng (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 THPT - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Lâm Đồng (Có đáp án)

1. NHÓM TOÁN VD – VDC SỞ GD&ĐT LÂM ĐỒNG KỲ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH LỚP 12 ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2018 - 2019 (Đề thi có 01 trang) MÔN: TOÁN – Hệ : THPT NHÓM TOÁN VD TOÁN NHÓM Ngày thi : 18/01/2019 Thời gian: 180 phút Họ và tên: SBD: . Câu 1: (2,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y x3 3 x 2 3 m 2 1 x 3 m 2 1 có hai điểm cực trị x1 , x2 thỏa x1 4 x 2 0 . – Câu 2: (4,0 điểm) VDC 2.1. Cho a log5 6 và b log6 12 . Tính log3 60 theo a và b x2 2.2. Giải phương trình 1 x 1 x 2 . 4 Câu 3: (2,0 điểm) Một biển quảng cáo có dạng hình chữ nhật ABCD được sơn trang trí như hình bên. Chi phí để sơn phần tô đậm là 250.000 đồng/ m2 và phần còn lại là 160.000 đồng/ m2 . Hỏi số tiền để sơn biển quảng cáo theo cách trên là bao nhiêu? Biết AD 4 m , DC 3 m và AE EF FB . Câu 4: (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A 1;0;3 , B 3;1;3 , C 1;5;1 . Tìm tọa độ    điểm M thuộc mặt phẳng Oxy sao cho biểu thức T 2 | MA | | MB MC | có giá trị nhỏ nhất. Câu 5: (2,0 điểm) NHÓM TOÁN VD TOÁN NHÓM 2 2 2 3k 2k 2 2019 Tính tổng S 2 C2019 3 C 2019 1 k C 2019 2019 C 2019 . Câu 6: (4,0 điểm) 6.1. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi MN, lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AD và H là giao điểm của CN và DM . Biết SH vuông góc với mặt 2a phẳng ()ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC bằng . Tính theo a thể 3 tích khối tứ diện SHMC . – 6.2. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABCA''' B C có AB 2 3 , AA ' 3 . Gọi MNP,, lần lượt là VDC trung điểm của các cạnh ABAC' ', ' ', và BC . Tính côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng AB'' C và MNP . Câu 7: (2,0 điểm) Tìm tất cả giá trị của tham số m để hệ phương trình x y 4 2 xy 2x y m x y x2 x y 2 y 5 có nghiệm x; y thỏa mãn x 1, y 1. Câu 8: (2,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x y z và x2 y 2 z 2 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P ( x yyzz )( )( xxy )( yz zx ). HẾT Trang 1
2. NHÓM TOÁN VD – VDC SỞ GD&ĐT LÂM ĐỒNG HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ CHÍNH THỨC VD TOÁN NHÓM Câu 1: (2,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y x3 3 x 2 3 m 2 1 x 3 m 2 1 có hai điểm cực trị x1 , x2 thỏa x1 4 x 2 0 . Lời giải – Tập xác định: D . VDC y 3 x2 6 x 3 m 2 1 . x 1 m y 0 x 1 m Hàm số có hai điểm cực trị y 0 có hai nghiệm phân biệt m 0 . x1 1 m +) TH1: x2 1 m 5 Khi đó x 4 x 0 1 m 4 1 m 0 m (TM). 1 2 3 x1 1 m +) TH2: , x2 1 m VD TOÁN NHÓM 5 Khi đó x 4 x 0 1 m 4 1 m 0 m (TM). 1 2 3 5 Vậy m là các giá trị cần tìm. 3 – Câu 2: (4,0 điểm) VDC 2.1. Cho a log5 6 và b log6 12 . Tính log3 60 theo a và b 2 x 2.2. Giải phương trình 1 x 1 x 2 . 4 Lời giải 2.1. Cho a log5 6 và b log6 12 . Tính log3 60 theo a và b . log 6 a 5 log5 6 a log6 2 b 1 Ta có: . log 12 b log 12 a . b 6 5 log 2 a b 1 5 log5 60 1 log 5 12 1 ab 1 ab log3 60 . log5 3 log 5 6 log 5 2a a b 1 a 2 b Trang 2
3. NHÓM TOÁN VD – VDC x2 2.2. Giải phương trình 1 x 1 x 2 . 4 Điều kiện: 1 x 1. NHÓM TOÁN VD TOÁN NHÓM t 2 2 Đặt t 1 x 1 x 1 x2 , với 2 t 2 . 2 2 2 t 2 7 2 2 Phương trình theo t có dạng: t t 2 t2 4 t 8 0 t 2 4 – VDC 1 x 1 x 2 1 x2 1 x 0 . Vậy phương trình có nghiệm x 0 . Câu 3: (2,0 điểm) Một biển quảng cáo có dạng hình chữ nhật ABCD được sơn trang trí như hình bên. Chi phí để sơn phần tô đậm là 250.000 đồng/ m2 và phần còn lại là 160.000 đồng/ m2 . Hỏi số tiền để sơn biển quảng cáo theo cách trên là bao nhiêu? Biết AD 4 m , DC 3 m và AE EF FB . Lời giải Gọi H , K lần lượt là trung điểm của AB và CD ; I là giao điểm của CE và DF . 1 VD TOÁN NHÓM EH EF 2 1 1 Ta có: EH KC IH HK 1 ( m ) , 2 3 4 EF KC 3 IK 3 ( m ) . 2 Ta có: S ABCD 3.4 12 ()m . 1 2 – S S .1.4 2( m ) . ADE BCF 2 VDC 1 1 1 2 S IH. EF .1.1 ( m ) . IEF 2 2 2 1 1 9 S IK. CD .3.3 ( m2 ) . ICD 2 2 2 Gọi S1 là diện tích phần tô đậm và S2 là diện tích phần còn lại. 2 Ta có: S2 SADE S BCF S IEF S ICD 9( m ) . 2 Suy ra: S1 SABCD S 2 3 ( m ) . Vậy tổng số tiền để làm là: T 3.250000 9.160000 2190000 (đồng). Câu 4: (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A 1;0;3 , B 3;1;3 , C 1;5;1 . Tìm tọa độ    điểm M thuộc mặt phẳng Oxy sao cho biểu thức T 2 | MA | | MB MC | có giá trị nhỏ nhất. Lời giải Trang 3
4. NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD TOÁN NHÓM – VDC    Gọi K là trung điểm của BC , ta có: K 1;3;2 và MB MC 2 MK . Suy ra:   T 2 | MA | 2 | MK | 2 MA MK . Nhận xét: A, K nằm khác phía so với mặt phẳng Oxy . Gọi A' là điểm đối xứng của điểm A qua mặt phẳng Oxy . Khi đó: T 2 MA MK 2 MA MK Suy ra : T MA MK A , M , K thẳng hàng hay M là giao điểm của AK' với mặt phẳng min min Oxy .  Ta có: HAAK 1;0;0 1;0; 3 2;3;5 . Do đó: Phương trình tham số của AK' là x 1 2 t 1 9 y 3 t M ; ;0 5 5 z 3 5 t Câu 5: (2,0 điểm) 2 2 2 3k 2k 2 2019 VD TOÁN NHÓM Tính tổng S 2 C2019 3 C 2019 1 k C 2019 2019 C 2019 . Lời giải 2k k 2 k 1 - Trước hết ta chứng minh đẳng thức: k Cn n n 1 C n 2 nC n 1 1 2 k n , k , n . 2 k k k Thật vậy: do k Cn k k 1 C n kC n 2 . – n! n 1 ! n 1 ! VDC Mà: kCk k n n nC k 1 3 nk!. n k ! k 1 !. n k ! k 1 !. n 1 k 1 ! n 1 k k 1 k 1 k 2 Áp dụng (3) hai lần ta được: k 1 kCn k 1 nC n 1 nk . 1 C n 1 nn 1 C n 2 4 Từ 2 , 3 , 4 ta được 1 . - Áp dụng 1 ta được: 2019 2019 k2k k k 2 k 1 S  1 k C2019  1 . 2019.2018. C 2017 2019. C 2018 k 2 k 2 2017 2018 kk k k 2018.2019.CC2017 . 1 2019  2018 1 k 0 k 1 2018.2019.1 1 2017 2019 1 1 2018 1 2019 . Trang 4
5. NHÓM TOÁN VD – VDC Vậy S 2019 . Câu 6: (4,0 điểm) 6.1. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi MN, lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AD và H là giao điểm của CN và DM . Biết SH vuông góc với mặt VD TOÁN NHÓM 2a phẳng ()ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC bằng . Tính theo a thể 3 tích khối tứ diện SHMC . Lời giải – VDC Theo giả thiết ABCD là hình vuông, suy ra ADM DCN (c.g.c) Từ đó suy ra ADH DCN DM  CN 2 2 2 2 2 a a 5 CD2 a DC. DN a Vậy có: NC DC DN a ; HC ; HD ; VD TOÁN NHÓM 2 2 CN 5 NC 5 a5 a 3 a 5 1 1 2a 3 a 5 3 a2 HM MD HD và S HC HM 25 10 HMC 2 25 10 10 Mặt khác, ta có SH() ABCD SH  DM Theo chứng minh trên DM CN , suy ra DM () SCN . – 2a VDC Kẻ HK SC thì HK là khoảng cách giữa DM và SC . Suy ra HK . 3 1 1 1 Tam giác SHC vuông tại H , đường cao HK suy ra HK2 SH 2 HC 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 SH a SH HK HC 2a 2a a 3 5 1 1 3a2 a 3 Vậy V S SH a SHMC3 HMC 3 10 10 Trang 5
6. NHÓM TOÁN VD – VDC 6.2. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABCA''' B C có AB 2 3 , AA ' 3 . Gọi MNP,, lần lượt là trung điểm của các cạnh ABAC' ', ' ', và BC . Tính côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng AB'' C và MNP . Lời giải VD TOÁN NHÓM  Cách 1: A 2 3 C – P VDC B 3 Δ G A' C' N I M Q B' VD TOÁN NHÓM 3 5 Gọi IQ, lần lượt là trung điểm của các cạnh MN và BC'' , khi đó AQ 3 2, PI . 2 Giả sử PI AQ  G. G AB'' C  MNP . MN MNP ,'''' B C  AB C Hơn nữa nên giao tuyến của mặt phẳng AB'' C và MNP MN B'' C – VDC là đường thẳng đi qua G và song song với MN và BC'' . Ta có B''' C AA QP AG  . Chứng minh tương tự ta có PG  . Do đó AB'',, C MNP AG PG . Mặt khác IQ AP , theo định lý Ta-lét có GQ GI IQ 1 2 2 GA 2 GQ AQ 2 2 ; GP 2 GI PI 5 . GA GP AP 2 3 3 2 2 2 GA2 GP 2 AP 2 2 2 5 3 1 Xét tam giác AGP có cosAGP 2GAGP . 2 2. 5 10 1 Vậy cos AB'', C MNP . 10  Cách 2 Trang 6
7. NHÓM TOÁN VD – VDC A 3 P NHÓM TOÁN VD TOÁN NHÓM X T 3 A' I Q Gọi IQX,, lần lượt là trung điểm của các cạnh MN,'' B C và AA'. – VDC Ta có AP PQ QA' A ' A 3 và A' AP 900 tứ giác APQA' là hình vuông. IPQ XQA' c g c IPQ XQA ' PI  QX 1 Ta có B''''' C APQA B C  QX , mà MN B' C ' MN  QX 2 Từ 1 và 2 QX  MNP . Chứng minh tương tự ta có A''' P AB C . Do đó AB'',', C MNP A P QX . TP TQ PQ Ta có XA PQ , theo định lý Ta-lét có 2 . TA TX AX Từ đó ta được TP 2 2, XQ 5 . Xét tam giác PTQ , theo định lý côsin ta có 2 2 2 TP2 TQ 2 PQ 2 2 2 5 3 1 cosPTQ 2TP . TQ 2 2. 5 10 1 VD TOÁN NHÓM Vậy cos AB'', C MNP . 10  Cách 3 – VDC Gọi IOJ,, lần lượt là trung điểm của các cạnh B' C ', MN và AP . Ta có MN B'' C và A'''' I B C MN  A I . Đặt hình lăng tru tam giác đều ABC.''' A B C trong hệ trục tọa độ Trang 7
8. NHÓM TOÁN VD – VDC Oxyz với gốc tọa độ O 0;0;0 , chiều dương Ox trùng với tia ON, chiều dương Oy trùng với tia OI , chiều dương Oz trùng với tia OJ . Khi đó ta có : 3 3 3 3 3 3 ABCMNP0; ;3, ' 3;;0, ' 3;;0, ;0;0, ;0;0, 0;;0 VD TOÁN NHÓM 2 2 2 2 2 2   Gọi n1, n 2 lần lượt là véctơ pháp tuyển của mặt phẳng AB'' C và MNP .       Ta có n AB', AC ' 0;2;2 , n MN, MP 0; 2;1 . 1 1 Gọi  là góc tạo bởi hai mặt phẳng AB'' C và MNP .   0 4 2 1 Khi đó cos cos n, n . – 1 2 2 2 2 2 2 2 0 2 2 . 0 2 1 10 VDC 1 Vậy cos AB'', C MNP . 10 Câu 7: (2,0 điểm) Tìm tất cả giá trị của tham số m để hệ phương trình x y 4 2 xy 2x y m x y x2 x y 2 y 5 có nghiệm x; y thỏa mãn x 1, y 1. Lời giải x y 4 2 xy 1 Xét hệ (với x, y 1) 2x y m x y x2 x y 2 y 5 2 Từ 1 ta có x y 2 xy 4 VD TOÁN NHÓM Thế vào 2 ta được 2x y m x y x2 2 xy y 2 1 2x y m x y x y 2 1 2 x y – Đặt t x y 2 và x y 4 2 xy x y 4 t 4 . 2 VDC Do x 1, y 1 nên x 1 y 1 0 xy x y 1 0 xy x y 1 2xy 2 x y 2 x y 4 2 x y 2 x y 6. Do đó 2t m t t 2 1 m 2t t2 1 t . Hệ đã cho có nghiệm x; y thỏa mãn x 1, y 1 khi và chỉ khi phương trình m 2t t2 1 t có nghiệm t 4;6 . 1 Xét hàm số f t 2t t2 1 t với 4 t 6 . Có f t 2t t2 1 t ln 2 . 2 t 1 Trang 8
9. NHÓM TOÁN VD – VDC 1 Mà t2 1 t t và t 2 1 1 1 nên f t 0 với 4 t 6 . t 2 1 Suy ra f t là hàm số đồng biến. Do đó f4 m f 6 16 17 4 64 37 6 . VD TOÁN NHÓM Câu 8: (2,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x y z và x2 y 2 z 2 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P ( x yyzz )( )( xxy )( yz zx ). Lời giải Cách 1 – Đặt Q ( x yyzxzxy )( )( )( yz zx ) ta có QP . VDC + xy yz zx 0 ta có Q 0. + xy yz zx 0 đặt t xy yz zx 0. 2 x y y z () x z 3 Áp dụng BĐT Côsi ta có (x y )( y z )( x z ) ( x z ) (1) 2 4 Mà 4 xyzxyyzzx2 2 2 2( xz ) 2 2( xy ) 2 2( yz ) 2 2 2(x z )2  ( x y ) ( y z ) 3( x z ) 2 hay 45 t 3( x z )2 0 (2) t 5 3 1 4 2 3 Từ (1) và (2) suy ra Q t. (5 t ) t2 (5 t ) 3 . VD TOÁN NHÓM 4 5 9 Xét hàm số f( t ) t2 (5 t ) 3 trên 0 t 5 ta có f ( t ) t (5 t )2 (10 5 t), f ( t ) 0 t 2 hoặc t 5 f (0) 0, f (5) 0, f (0) 0, f (2) 108. Do đó Q 4 nên GTLN của Q là 4 khi x 2, y 1, z 0. – VDC Suy ra P 4 nên GTNN của P là 4 khi x 2, y 1, z 0. Cách 2: Đặt txyyzzxx 2 y 2 z 2 t 5. Giả thiết: 10 2xyzxy2 2 2 2 2 2 yzzx 2 2 2 txy 2 yzzx 2 2 10 2 t 2 2 2 21 2 2 3 2 z x 5 t Mà xy yz zx xyyz zx zx 2 2 4 3 22 4 2 x y y z x z 2 2 x z 5 t x y y z x y y z 2 4 16 3 Trang 9
10. NHÓM TOÁN VD – VDC 2 22 2 2 2 5 t 20 4 t 2 4 3 2 Ta có: P x y y z z x . xy yz zx . t 5 t t . 3 3 27 2 Xét hàm số suy ra PP 16 min 4 tại t 2 x ; y ; z 2;1;0 . VD TOÁN NHÓM – VDC NHÓM TOÁN VD TOÁN NHÓM – VDC Trang 10