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

1. Nhóm toán VD - VDC ĐỀ THI HSG L ỚP 12 T ỈNH THÁI NGUYÊN NĂM H ỌC: 2018-2019 TH ỜI GIAN : 180 PHÚT Bài 1(4 điểm) . Cho hàm s ố y= x3 −3 x 2 + 4 có đồ th ị (C) , đường th ẳng (d) đi qua A(1;2 ) và có hệ số góc m . Tìm m để (d) cắt (C) tại ba điểm phân bi ệt A, B , C sao cho BC = 4 2 . Bài 2 (4 điểm) . Gi ải ph ươ ng trình xxx3−7 2 ++=− 912( xx 3)( −+ 25 x − 3)( x −− 31 ) Bài 3 (4 điểm) . ∞ u1 = 2 Cho dãy s ố (u ) th ỏa mãn  . n n=1  2 uu1+++ 2 un− 1 += unun n n , ≥ 1 2 Tìm gi ới h ạn lim (n u n ). Bài 4 (4 điểm) . Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân t ại B , AB= a . G ọi I ggd ggd là trung điểm c ủa AC . Bi ết hình chi ếu c ủa S lên m ặt ph ẳng ABC là điểm H th ỏa mãn BI= 3 IH và góc gi ữa hai m ặt ph ẳng (SAB );(SBC ) bằng 60 ο . Tính th ể tích kh ối chóp S . ABC đã cho và tính kho ảng cách gi ữa hai đường th ẳng AB , SI theo a . 8 Bài 5 (4 điểm) . Cho các s ố th ực d ươ ng x, y th ỏa mãn điều ki ện x2+2 y 2 = . Tìm giá tr ị lớn nh ất 3 của bi ểu th ức P=7( xy +− 24) x2 + 28 xyy + 2 . HẾT
2. Nhóm toán VD - VDC HƯỚNG D ẪN GI ẢI Bài 1(4 điểm) . Cho hàm s ố y= x3 −3 x 2 + 4 có đồ th ị (C) , đường th ẳng (d) đi qua A(1;2 ) và có hệ số góc m . Tìm m để (d) cắt (C) tại ba điểm phân bi ệt A, B , C sao cho BC = 4 2 . Lời giải +) Ph ươ ng trình đường th ẳng (d) : y= m( x −1) + 2 +) Ph ươ ng trình hoành độ giao điểm xx3−34(1)2 2 += mx −+⇔− xxmxm3 3 2 − ++= 20  x =1 2  ⇔−()x1() x − 2 xm −−=⇔ 20 2 gx()= x − 2 xm − −= 20 Gi ả sử g( x )= 0 có hai nghi ệm x1, x 2 , khi đó Bxmx( 11;( −+ 12;) ) Cxmx( 22 ;( −+ 12) ) 2 2 BC2=+ m 21( xx −=+) m 2 1( xx +−) 4 xx  ( ) 12( ) 12 12  =(m2 +144)( + m += 8) 32 ⇔= m 1 Thay m =1 vào gxxx()=2 − 230 −=⇔=− x 1; x = 3 (th ỏa mãn). Vậy m =1. Bài 2 (4 điểm) . Gi ải ph ươ ng trình xxx3−7 2 ++=− 912( xx 3)( −+ 25 x − 3)( x −− 31 ) Lời gi ải Điều ki ện: x−3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3. Ph ươ ng trình đã cho t ươ ng đươ ng v ới (xxx−4)( 2 −−=− 33) ( xx 3)( −+ 253 x −)( x −− 31 ) ⇔( x −−31)( x −+ 31)( xx2 −−=− 33) ( xx 3)( −+ 25 xx − 3)( −− 31 )   x−310 −= → x − 31 = ⇔ x = 4 ⇔  .  xxx2 −−33 −+=− 31() xx 3 −+ 25 x − 3 () ∗ ( )( ) ( ) Dễ th ấy x = 3 không là nghi ệm c ủa ph ươ ng trình đã cho. xx2 −−33 x −+ 25 x − 3 Với x > 3, gi ải phươ ng trình (∗), ta được = x−3 x−3 + 1 2 (x−4) + 5( x −+ 41) x−+35 x −+ 31 ⇔ = ⇔fx( −=4) fx( − 3) . x−4 + 1 x−3 + 1 t2 +5 t + 1 3 Xét hàm s ố f() t = trên (−1; +∞ ) , có f′() t=+12 > 0; ∀>− t 1. t +1 (t +1)
3. Nhóm toán VD - VDC Suy ra f( t ) là hàm s ố đồng bi ến trên f( t ) mà fx( −4) = fx( − 3 ) x−4 ≥ 0  x ≥ 4 9+ 5 Do đó x−=−⇔4 x 3  ⇔  ⇔=x . 2  2 2 ()x−4 = x − 3   x−9 x + 19 = 0 9+ 5 Vậy ph ươ ng trình đã cho có hai nghi ệm là x=4; x = . 2 Bài 3 (4 điểm) . u = 2 ∞  1 2 Cho dãy s ố (un ) th ỏa mãn  . Tìm gi ới h ạn lim n u . n=1  2 ( n ) uu1+++ 2 un− 1 += unun n n , ≥ 1 Lời gi ải Theo gi ả thi ết ta có: 2 2 2 2 (n+1) un+112 =++++=+⇒+( uu uu nnnn) ++ 1 nuu 1( n 2 nu) nn + 1 = nu ⇒+( n 2 ) u nn + 1 = nu n nn−1 nnn − 1 − 2 ⇒=uu =. u = u n+1 n+2 n nn ++ 21 n−1 nnn ++ 21 n − 2 n n−121 n − 4 = = . . u = nnn++21 31 ( nn ++ 21)( ) 42 4n 2 4 n ⇒=un ⇒=⇒ nu nlim( nu n ) = lim = 4 . nn( +1) n + 1 n + 1 Bài 4 (4 điểm) . Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân t ại B , AB= a . G ọi I ggd ggd là trung điểm c ủa AC . Bi ết hình chi ếu c ủa S lên m ặt ph ẳng ABC là điểm H th ỏa mãn BI= 3 IH và góc gi ữa hai m ặt ph ẳng (SAB );(SBC ) bằng 60 ο . Tính th ể tích kh ối chóp S. ABC đã cho và tính kho ảng cách gi ữa hai đường th ẳng AB , SI theo a . Lời gi ải BH⊥ AC a) T ừ gi ả thi ết c ủa bài toán ta có  ⇒⊥AC() SBH ⇒⊥ AC SB . SH⊥ AC
4. Nhóm toán VD - VDC AJ⊥ SB Kẻ IJ⊥ SB ⇒ ⇒ góc gi ữa hai m ặt ph ẳng (SAB ) và (SCB ) bằng góc gi ữa CJ⊥ SB hai đường th ẳng AJ và CJ . Dễ th ấy ∆AIJ là tam giác cân t ại J , k ết h ợp v ới gi ả thi ết góc gi ữa hai m ặt ph ẳng (SAB ) và (SCB ) bằng 60 ο ta có hai tr ường h ợp sau: TH1: AJC =60ο ⇒ AJI = 30 ο . a 6 Ta có IJ=AI .tan60ο =⇒= BJBI2 += IJ 2 2. a 2 IJ. BH AC a4 a ∆BIJ∼ ∆ BSH ⇒ SH = . M ặt khác IB= = ⇒ BH = . BJ 2 2 3 2 a6 1 6 a 3 Nên ta có SH=⇒ V = SHS. = (đvtt). 3S. ABC 3 ABC 18 TH2: AJC =120ο ⇒ AJI = 60 ο . a2 a Ta có IJ=AI .tan 30ο =⇒= BJ BI 2 += IJ 2 . 6 6 2a 1 2 a 3 Làm t ươ ng t ự TH1 ta có SH=⇒ V = SHS. = (đvtt). 3S. ABC 3 ABC 18 b) G ọi E là trung điểm c ủa BC⇒ IEC AB . Do v ậy ta có d( ABSI,)= d( AB ,( SIE)) = dB( , ( SIE )) . ggd ggd Do BI=3 IH ⇒ dBSIE( ,( )) = 3, dH( ( SIE )). Kẻ HK⊥ IE ( K thu ộc IE ). Mặt khác ta l ại có SH⊥( ABC ) nên SH⊥⇒⊥ IE IE( SHK) ⇒( SIE) ⊥ ( SHK ). Kẻ HF⊥⇒⊥ SK HF( SIE) ⇒ dH( ,( SIE)) = HJ . 111SH . HK Xét tam giác vuông SHK ta có: 2= 2 + 2 ⇒HF = . HF HK SH SH2+ HK 2 HK IH1 1 a Mặt khác = =⇒HK = BE = . BE IB 3 3 6 a 6 6a - Khi SH = ta có HF = . 3 15
5. Nhóm toán VD - VDC 2a 2a - Khi SH = ta có HF = . 3 9 8 Bài 5 (4 điểm) . Cho các s ố th ực d ươ ng x, y th ỏa mãn điều ki ện x2+2 y 2 = . Tìm giá tr ị lớn nh ất 3 của bi ểu th ức P=7( xy +− 24) x2 + 28 xyy + 2 . Lời gi ải 2 2 Ta có: 4xxyy2++= 2 8 22 16 x ++ 32 xy 128 y 2 = 7()() xy −++ 2 310 xy ≥+ 3101 xy () Suy ra: P=+−7( xy 2) 4 x2 ++≤+−+ 2 xyy 8 2 7 x 14 yx( 3 10 y) =+ 4 ( xy ).     1 1 2 2 Mặt khác: xyx+=+1. 2 y ≤+ 1() xy + 2 =⇒≤= 2 P 4.282.() 2    2     2 7()x− 2 y = 0   4  x = x2 y  3 Đẳng th ức x ảy ra ở (1) &( 2 ) khi và ch ỉ khi = ⇔  . 1 1  2   y = 2  3   8 x2+2 y 2 =  3  4 x =  3 Vậy GTLN P = 8 đạt được khi  .  2 y =  3