Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 12 THPT - Năm học 2014-2015 - Sở giáo dục và đào tạo Hà Tĩnh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 12 THPT - Năm học 2014-2015 - Sở giáo dục và đào tạo Hà Tĩnh (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút. ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 1 trang, gồm 5 câu) 4cos x cos2 (x ) sin(x ) Câu 1. a. Giải phương trình 2 6 0 . cos2 x 3sin2 x 2 3 2 2x y 4 x 2y 4 b. Giải hệ phương trình . 2 2 x 4y 1 2y x 1 0 x Câu 2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hàm số y có đồ thị (C). Tìm x 2 điểm M thuộc (C) biết tiếp tuyến của (C) tại điểm M cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B phân biệt thoả mãn: 5AB 2OA OB . Câu 3. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B, AB = a. Gọi I là trung điểm của AC. Biết hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) là   điểm H thoả mãn BI 3IH và góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) là 600. a. Tính thể tích của khối chóp S.ABC. b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SI. Câu 4. Cho các số thực a,b,c (0;1) . Chứng minh rằng: 2 2 2 logbc (a bc) logca (ab c) logab (abc ) 6. x y z 6 Câu 5. Cho các số thực dương x, y, zthỏa mãn: . Tìm giá trị lớn nhất và xyz 4 1 1 1 nhỏ nhất của biểu thức F . x3 y3 z3 ___ Hết ___ - Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. - Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1 Chữ ký giám thị 2
2. Lời giải Câu NỘI DUNG 1a) 4cos x cos2 (x ) sin(x ) 2 6 0 (1) cos2 x 3sin2 x 1 ĐK: cos2 x 3sin2 x 0 cos 2x x k (k ¢ ) 2 6 2sin 2xsin x sin(x ) 3 1 (1) 6 0 cos x cos3x ( sin x cos x) 0 cos2 x 3sin2 x 2 2 1 3 cos3x cos x sinx cos3x=cos(x+ ) 2 2 3 3x x k2 x k 3 6 (k ¢ ) k 3x x k2 x 3 12 2 k Đối chiếu đk ta có: x ;k Z 12 2
3. 2 1b) 3 2 2x y 4 x 2y 4 (1) 2 2 x 4y 1 2y x 1 0 (2) Điều kiện x 0 (*) Từ phương trình (2) ta có: x 4y2 1 2y x2 1 (3) x2 (4y2 1) 4y2 (x2 1) x2 4y2 x 2y Với x 2y thay vào (3) ta có: x y 0 (không thoả mãn (1)) Với x 2y thay vào (3) thoả mãn, Thay vào (1) ta có: 3 2 x3 (2 x)2 (4) Để pt (4) có nghiệm thì 0 x 3 2 , lúc đó (4) 6 2 x3 x 2 a b 2 Đặt 6 2 x3 a; x b (a,b 0) ta có hệ 6 6 a b 2 3 6 6 3 3 2 3 3 2 2 a b Ta lại có 8(a b ) 4(a b ) và a b (a b)(a b ab) 2 2 2 Do đó 8(a6 b6 ) 16 hay 16 16 1 Có “=” khi a b 1 hay x 1; y . 2 1 ĐS: Hệ có nghiệm (1; ) 2 x 2y Lưu ý (3) x2 1 ( 2y)2 1 x Xét hàm số f (x) với x R x2 1 1 Ta có f '(x) 0 với x R suy ra hàm số đồng biến trên R . (x2 4) x2 4 Từ (3) ta có f (x) f ( 2y) x 2y .
4. 2) Giả sử có điểm M thoả mãn yêu cầu bài toán, lúc đó tam giác OAB vuông tại O. 5AB 2OA OB 5AB2 4OA2 4.OA.OB OB2 5(OA2 OB2 ) 4OA2 4.OA.OB OB2 (OA 2OB)2 0 OA 2OB . Vì A, B phân biệt nên O,A, B phân biệt suy ra OA,OB 0 OB 1 Hệ số góc của tiếp tuyến là k (1) OA 2 2 Gọi M (x0 ; y0 ) (C) ta có k 2 (2) (x0 2) x0 0 Từ (1) và (2) ta tìm được x0 4 1 Với x 0 M (0;0) suy ra phương trình tiếp tuyến là: y x , lúc đó A,B trùng với 0 2 O, loại. 1 Với x 4 M (4;2) suy ra phương trình tiếp tuyến là: y x +4, lúc đó A,B phân 0 2 biệt. ĐS: M (4;2) 3a) S Lấy điểm D sao cho ABCD là hình bình hành, từ giả thiết ta có ABCD là hình vuông cạnh a, tâm I và H là trọng tâm tam giác ADC. Do đó AC  (SBD) K Gọi K là hình chiếu của I lên SB, ta có D T C SB  (AKC) suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng góc AKC hoặc bù với H M P I N góc AKC Do đó AKC 600 hoặc AKC 1200 A B Vì SAB SCB nên AK CK suy ra IK  AC Nếu AKC 600 thì AKC là tam giác đều, mà AK < AB < AC suy ra vô lý. Nếu AKC 1200 KAI 300 a 6 IK AI.tan 300 6 IK 3 2 sin S· BI tan S· BI IB 3 2 2 2a 2 2a SH HB tan S· BI 3 2 3 1 1 a3 V SH.S .SH.AB.BC (đvtt) S.ABC 3 ABC 6 9 3b Kẻ đường thẳng qua I và song song với AB cắt AD,BC tại M, N Ta có: d(AB, SI) d(AB,(SMN)) d(B,(SMN)) 3d(H,(SMN)) : h Gọi P,T lần lượt là hình chiếu của H lên MN, của H lên SP, ta có h HT HP HI 1 a Ta có HP MD ID 3 6
5. 1 1 1 9 36 153 2a 153 suy ra h . h2 HS 2 HP2 4a2 a2 4a2 153 2a 153 d(AB, SI) 53 2 2 2 4 Cách 1: logbc a bc logca ab c logab abc logbc (ab.ac) logca (ab.bc) logab (ac.bc) logbc ab logbc ac logca ab logca bc logab ac logab bc Đặt logbc ab x; logca bc y; logab ac z Vì a,b,c (0;1) nên x, y, z 0 1 1 1 1 1 1 log a2bc log ab2c log abc2 x y z (x ) (y ) (z ) 6 bc ca ab y z x x y z 2 2 2 2 2 2 Cách 2: logbc a bc logca ab c logab abc 6 logbc a logca b logab c 3 ln a ln b ln c 3 2log a 2log b 2log c 3 bc ca ab ln bc ln ca ln ab 2 ln a ln b ln c 3 (1) ln b ln c ln c ln a ln a ln b 2 Đặt x ln a; y ln b; z ln c (x, y, z 0) x y z 3 1 1 1 (1) (x y y z z x)( ) 9 y z z x x y 2 x y y z z x BĐT cuối cùng đúng, do đó có đpcm
6. 5 Ta có a3 b3 c3 (a b)3 c3 3ab(a b) (a b c)3 3(a b)c(a b c) 3ab(a b) (a b c)3 3(a b)(b c)(c a) (*) 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Sử dụng (*) ta có: F 3 x y z x y y z z x 3 xy yz zx (x y)(y z)(z x) 1 3 3 3 2 2 2 =(xy yz zx) (6 x)(6 y)(6 z) xyz x y z 64 16 Ta có (6 x)(6 y)(6 z) 216 36(x y z) 6(xy yz zx) xyz = 6(xy yz zx) 4 1 9 3 suy ra F (xy yz zx)3 (xy yz zx) 64 8 4 y z 6 x Từ giả thiết ta có 4 yz x 4 Do đó y, z là nghiệm của phương trình bậc 2: a2 (6 x)a 0 (*) x Vì y, z > 0 nên (*) có hai nghiệm dương 4 2 3 x 4 4 Đặt t = x(y+z) + yz = x(6-x) + x Xem t là một hàm số ẩn x trên [4 2 3;4] . Ta có t'(x) = 0 x=1 hoặc x= 1+ 3 . Lại có t(1) = t(4) = 9 và t(1+ 3 ) = t(4-2 3 )=6 3 9 t 6 3 t= 9 chẳng hạn khi x 4, y z 1 ; t= 6 3 chẳng hạn khi x 4 2 3, y z 1 3 ; 1 9 3 Ta có F t3 t f (t) 64 8 4 3 9 f '(t) t 2 0 t [9;6 3] suy ra hàm số f (t) đồng biến trên [9;6 3] 64 8 129 27 3 6 Do đó F . 64 8 129 27 3 3 Suy ra GTLN của F là ; GTNN của F là . 64 8 HẾT