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

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

1. GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 TỈNH ĐỒNG NAI NĂM 2018 – 2019 Câu 1. (5,0 điểm) Cho hàm số y2 x32 3( m 3) x 18 mx 8 , m là tham số. a) Tìm m để hàm số đã cho đồng biến trên . b) Tìm m để đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị nằm vế hai phía của trục tung. c) Tìm m để giá trị nhô nhất của hàm số đã cho trên đoän [ 1;0] bằng 24 Giải a) y' 6 x2 6( m 3) x 18 m , Hàm số đồng biến trên 22 . '09(y ' m 3)108 m 0 m 6 m 90 m 3 b) Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục tung m 0 c) + Nếu m3 y ' 6 x2 36 x 54 hàm số nghịch biến trên nên giá trị nhô nhất trên [ 1;0] là y(0) 8 24 (vô lí) + Nếu m1 y ' 6 x2 12 x 18 thì trên ( 1;0) hàm số nghịch biến nên giá trị nhô nhất trên [ 1;0] là y(0) 8 24 (vô lí) + Nếu m0 y ' 6 x2 18 x thì trên ( 1;0) hàm số đồng biến nên giá trị nhô nhất trên [ 1;0] là y( 1) 3 21 m 24 m 1 (loäi) + Nếu mmm3, 0, 1 thì y '0 luôn có hai nghiệm là m và 3 . Ta xét các trường hợp sau Nếu m 0 thì trên ( 1;0) hàm số đồng biến nên giá trị nhô nhất trên [ 1;0] là y( 1) 24 m 1 (nhận) Nếu 10m thì trên ( 1;m ) hàm số đồng biến và trên (m ;0) hàm số nghịch biến nên giá trị nhô nhất trên là y( 1) hoặc y(0), mà y(0) 24 (vô lí) và ym( 1) 24 1 (loäi) Nếu m 1 thì trên [ 1;0] hàm số nghịch biến nên giá trị nhô nhất trên là hoặc , mà (vô lí) và (loäi) Vậy m 1 là giá trị cần tìm Câu 2. (3,5 điểm) 1) Giâi phương trình 8.25x 8.10 x 15.221 x 0 . 2) Giâi phương trình (1 2sin4xx )tan2 1 Giải x 55 2xx 55 22 1) 8.25x 8.10 x 15.221 x 0 8. 8. 30 0 x 1 x 22 53 22 2) Điều kiện xk 42 (1 2sin4x )tan2 x 1 sin2 x 2sin4 x .sin2 x cos2 x sin2 x cos2 x cos6 x cos2 x
2. 2x 6 x k 2 x k sin2x cos6 x cos 2 x cos6 x 2 16 4 (thôa đk) 2 2x 6 x k 2 x k 2 8 2 Câu 3. (3,5 điểm) Cho tứ diện ABCD có AB vuông góc với mặt phẳng ()BCD . Tam giác BCD là tam giác đều, AB a,2 BC a . 1) Tính góc giữa hai mặt phẳng ()ABC và ()BCD 2) Tính theo a khoâng cách giữa hai đường AC và BD Giải 1) Có AB() BCD mà AB()()() ABC ABC BCD . Suy ra góc giữa hai mặt phẳng ()ABC và ()BCD là 900 2) Gọi E là trung điểm BD , dựng hình chữ nhật BFCE Gọi H là hình chiếu của B trên AF Ta có BD FC BD() AFC Suy ra d( BD , AC ) d (,( SB AFC )) d (,( B AFC )) BH AF (1) CF vuông góc BF và AB . Suy ra BH CF (2) Từ (1) và (2)BH ( AFC ). Vậy BH d( B ,( AFC ) d ( BD , AC ) Xét tam giác vuông ABF ta có : BF. AB CE . AB a 3. a a 3 BH BF2 AB 2 CE 2 AB 23 a 2 a 2 2 a 3 Vậy d(,) BD AC 2 Câu 4. (3,0 điểm) Trong một tiết học môn Toán, giáo viên mời ba học sinh ABC,, thực hiện trò chơi chơi như sau : Mỗi bän ABC,, chọn ngẫu nhiên một số nguyên khác 0 thuộc khoâng ( 6;6) và lần lượt thế vào ba tham số của hàm số y ax42 bx c ; nếu đồ thị hàm số thu được có ba điểm cực trị đều nằm phía trên trục hoành thì được nhận thưởng. Tính xác suất để ba học sinh ABC,, được nhận thưởng. Giải n( ) 103 Hàm số có ba cực trị ab 0 x 0 32 y' 4 ax 2 bx 0 2 x (2 ax b ) 0 b x 2a b b22 b b Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là A(0; c ), B ; c , C ; c 2a 4 a 2 a 4 a
3. Trường hợp 1 : Nếu a 0 thì A là điểm cực tiểu nên đồ thị hàm số có ba điểm cực trị đều nằm phía trên trục hoành a0 a 0 a { 5; 4; 3; 2; 1} b0 b 0 b {1;2;3;4;5} có 5.5.5 125 (cách) yA 0 c 0 c {1;2;3;4;5} Trường hợp 2 : Nếu a 0 thì BC, là điểm cực tiểu nên đồ thị hàm số có ba điểm cực trị đều nằm phía trên trục hoành a 0 a 0 b 0 b 0 y 0 B b2 y 0 c C 4a Dễ suy được c 0 và 4a {4;8;12;16;20} Ta có các khâ năng sau : b2 Với c 11, ba1 {1;2;3;4;5} có 5 (cách) 4a Với , ba2 {2;3;4;5} có 4 (cách) Với , ba3 {3;4;5} có 3 (cách) Với , ba4 {5} có 1 (cách) b2 Với c 22, có (cách) 4a Với , ba2 {1;2;3;4;5} có (cách) Với , ba3 {2;3;4;5} có 4 (cách) Với , ba4 {3;4;5} có 3 (cách) Với , ba5 {4;5} có 2 (cách) b2 Với c 33, ba1 {1;2;3;4;5} có 5 (cách) 4a Với , ba2 {1;2;3;4;5} có (cách) Với , ba3 {1;2;3;4;5} có (cách) Với , ba4 {2;3;4;5} có 4 (cách) Với , ba5 {3;4;5} có 3 (cách)
4. b2 Với c 44, ba1 {1;2;3;4;5} có 5 (cách) 4a b2 Với c 44, ba2 {1;2;3;4;5} có (cách) 4a Với , ba3 {1;2;3;4;5} có (cách) Với , ba4 {2;3;4;5} có 4 (cách) Với , ba5 {2;3;4;5} có 4 (cách) b2 Với c 55, ba1 {1;2;3;4;5} có (cách) 4a Với , ba2 {1;2;3;4;5} có (cách) Với , ba3 {1;2;3;4;5} có (cách) Với , ba4 {1;2;3;4;5} có (cách) Với , ba5 {2;3;4;5} có 4 (cách) Trong trường hợp này có : 101 (cách) Suy ra có tất câ 125 101 226 (cách chọn) 226 113 Vậy xác suất là 1000 500 x3 x 2 y y 2 2 x 1 0 (1) Câu 5. (2,5 điểm) Giâi hệ phương trình x x2 3 y 2 2 y2 (2) Giải 2 Điều kiện: xy0, 3 xxyy3 2 2210( x xxyx 3 2 2 )( xxyxxyx 2 )( )(1)0 y 2 x2( x y 1) x ( x y 1) x ( y 1) (1 y )(1 y ) 0 x2( x y 1) x ( x y 1) ( y 1)( x y 1) 0 (x y 1)( x2 x y 1) 0 xy1 x2 x y 10 Với xy1 thay vào (2) ta được y1 y 3322 y y22 32 y y 1(2 y y 3)0
5. 35 yx 23y 22 (2yy 3)( 1) 0 1 3yy 2 1 y1 0 ( VN ) 3yy 2 1 53 Trường hợp này có nghiệm ; 22 Với x22 x y1 0 1 x x y , vì x0 1 x x2 1 y 1 2 Kết hợp điều kiện ta được y 1 3 23xx2 3 1 0 3 21 Ta có x22 x1 y x x 1 1 0 x 0,3 36xx2 0 3 21 0x 0,3 (vì x 0) 6 3 21 7 Xét vế trái của (2) : f( x ) x x 2 với 0x f ( x ) 2 64 2 Xét vế phải ta có f( y ) 3 y 2 2 y2 với y 1 3 33 Ta có f'( y ) 4 y 0 8 y 3 y 2 3 192 y3 128 y 9 0 y 2 3y 2 4 5 Suy ra 1fy ( ) nên phương trình vô nghiệm 8 53 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ; 22 Câu 6. (2,5 điểm) a b c 1) Cho ba số thực dương a,, b c . Tìm giá trị nhô nhất củaP 2b c 2 c 3 a 2 a 3 b n 2) Chứng minh rằng C 3n chia hết cho 3 với mọi n nguyên dương 1 a( 6 u 9 v 4 w ) u23 b c 35 1 1) Đặt v2 c 3 a b (9 u 4 v 6 w ) 35 w23 a b 1 c(4 u 6 v 9 w ) 35 1694469946uvwuvwuvw 1 944994 vwuwuv P 18 35u v w 35 u u v v w w 1 4v 4 u 4 w 4 v 4 w 4 u 5 v 5 w 5 u 18 35 u v v w u w u v w
6. 13 ( 18 2. 16 2 16 2. 16 3 125) 35 5 5 Vậy giá trị nhô nhất của P là a b c 3 (3n )! 1.2.3 (3 n 1).3 n 1.2.3 (3 n 1) 2) CCCn3. .3 3. n1 n chia hết cho 3 3nn!.(2 n )! 1.2.3 n .(2 n )! 1.2.3 ( n 1).(2 n )! 3 n 1 3 n