Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 12 - Sở GD&ĐT Bến Tre 2018-2019 (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 12 - Sở GD&ĐT Bến Tre 2018-2019 (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT BẾN TRE ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2018 - 2019 MÔN: TOÁN – Hệ : THPT Ngày thi : 27/02/2019 Thời gian: 180 phút Họ và tên: SBD: . Câu 1 (8 điểm). a) Giải phương trình: 2.sin 2xx 6.sin 1. 44 y 2 . x 2 x y 0 b) Giải hệ phương trình: với xy, . x 1. y 1 y 3 1 x2 y 3 x x 1 c) Cho hàm số y có đồ thị C . Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị C biết 21x d cắt trục Ox , Oy lần lượt tại A , B sao cho AB 10. OA (với O là gốc tọa độ). Câu 2 (4 điểm). 1 a) Bạn An có đồng xu mà khi tung có xác suất xuất hiện mặt ngửa là và bạn Bình có đồng xu 3 2 mà khi tung có xác suất xuất hiện mặt ngửa là . Hai bạn An và Bình lần lượt chơi trò chơi tung 5 đồng xu của mình đến khi có người được mặt ngửa ai được mặt ngửa trước thì thắng. Các lần tung p là độc lập với nhau và bạn An chơi trước. Xác suất bạn An thắng là trong đó p và q là các số q nguyên tố cùng nhau, tìm qp . n 2 1 b) Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhi thức x biết rằng n là số nguyên 2 4 x 1 2 3 nn 1 dương thỏa: Cn 2 C n 3 C n n 1 Cn nC n 64 n . Câu 3 (4 điểm). a) Trong không gian cho 4 điểm ABCD,,, thỏa mãn AB 3, BC 7, C D 11, DA 9 . Tính AC. BD . b) Cho các số thực không âm abc,, thỏa mãn a2 b 2 c 2 30 b . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 4 8 biểu thức P . a 1 2 b 2 2 c 3 2 Câu 4 (4 điểm). Cho hình chóp S. ABC , có SA vuông góc với mặt phẳng ABC , SA 2 a và tam giác ABC vuông tại C với AB 2 a BAC 30 . Gọi M là điểm di động trên cạnh AC , đặt AM x, 03 xa . Tính khoảng cách từ S đến BM theo a và x . Tìm các giá trị của x để khoảng cách này lớn nhất. HẾT
2. SỞ GD&ĐT BẾN TRE HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ĐỀ CHÍNH THỨC CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2018 - 2019 Câu 1 (8 điểm). a) Giải phương trình: . b) Giải hệ phương trình: với . 2.sin 2xx 6.sin 1 44 y 2 . x 2 x y 0 c) Cho hàm số có đồ th ị . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị biết xy, x 1. y 1 y 3 1 x2 y 3 x cắt trục , lần lượt tại , sao cho (với là gốc tọa độ). x 1 Lời giải y C d C 21x a) Ta có: 2.sin 2x 6.sin x 1 sin 2x cos 2 x 3. sin x cos x 1 0 d Ox Oy 44 A B AB 10. OA O sinx cos x 2 sin22 x cos x 3 sin x cos x 0 sinx cos x 2sin x 3 0 xk 4 sin x 0 sinxx cos 0 4 xk 2 . 2sinx 3 0 3 3 sin x 2 2 xk 2 3 2 Vậy phương trình có 3 họ nghiệm là: x k , x k 2 , x k 2 , với k . 4 3 3 y 2 . x 2 x y 0 1 b) Giải hệ phương trình: . x 1. y 1 y 3 1 x2 y 3 x 2 x 1 * Điều kiện: y 0 . 2 x y 30 x ax 21 xa 2 2 - Đặt . 2 by 0 yb Khi đó 1 trở thành: b22 2 a b a 2 0 ab b a 2 b a 0 b a ab 2 0 a b do ab 2 0 x 22 y y x . - Thay vào phương trình 2 ta được phương trình: x 1. x 2 1 x 1 . 1 x2 2 x 2 x 1. 1 x 1 1 x 1 . 1 x 1 2 1 3 . -Nếu x 1 thì 3 vô nghiệm.
3. -Với x 1, xét hàm số: f t t. 1 1 t 2 trên 0; . t 2 Có: f t 1 1 t 2 0, t  0; , do đó hàm số ft đồng biến trên 0; 1 t 2 2 x 0 3 f x 1 f x 1 x 1 x 1 x 3 x 0 x 3 (do x 1) x 3 Vậy hệ có nghiệm duy nhất xy; 3;5 . 1 c) TXĐ: \ . 2 3 Ta có: y . 21x 2 - Giả sử tiếp tuyến d của C cắt Ox , Oy lần lượt tại A và B thỏa mãn AB 10. OA . Khi đó tam giác OAB vuông tại O và có OB3. OA OB tan OAB 3 k 3 , với k là hệ số góc của tiếp tuyến d OA 3 2 2xx 1 1 1 yx3 2 3 2 1 1 21x 2xx 1 1 0 1 M 1;2 là các tiếp điểm. 3 M 0; 1 2 Vậy có 2 tiếp tuyến d thỏa mãn yêu cầu bài 5toán là : yx 35 và yx 31 . p Câu 2 (4 điểm). p q q a) Bạn An có đồng xu mà khi tung có xác suất xuất hiện mặt ngửa là và bạn Bình có đồng xu qp n mà khi tung có xác suất xuất hiện2 mặt ngửa là . Hai bạn An và Bình1 lần lượt chơi trò chơi tung x x n 2 4 x đồng xu của mình1 đến 2 khi 3có người được mnn 1ặt ngửa ai được mặt ngửa trước thì thắng. Các lần tung Cn 2 C n 3 C n n 1 Cn nC n 64 n là độc lập với nhau và bạn An chơi trước. Xác suất bạn An thắng là trong đó và là các số nguyên tố cùng nhau, tìm . b) Tìm hệ số của số hạng chứa trong khai triển nhi thức biết rằng là số nguyên dương thỏa: . Lời giải a) Giả sử ở lần gieo thứ n bạn An thắng cuộc, khi đó ở n 1lần gieo trước bạn An đều chỉ gieo ra mặt sấp và bạn Bình chỉ gieo được n 1 lần đều có kết quả là mặt sấp. n 1 n 1 n 1 2 1 3 1 2 Xác suất để có được điều đó ở lần gieo thứ n là . . 3 3 5 3 5 Do đó, điều kiện thuận lợi để bạn An thắng là 2 n p 1 2 2 2 1 1 5 1 . 2 q 3 5 5 5 31 9 5
4. Suy ra qp 9 5 4. n n n kk n 1 kk 1 b) Ta xét khai triển 1 x  Cn x . Lấy đạo hàm 2 vế ta được: n 1 x  kCn x . k 0 k 1 1 2 3 n 1 n n 1 Chọn x 1 Cn 2 C n 3 C n n 1 Cn nC n n.2 1 2 3 n 1 n n 1 Do đó CCCn 2 n 3 n nCnC 1 n n 64 nn 2 64 nn 7 . Tiếp tục khai triển 77 k 77 kk 1 7 k 1 7 1 k k 7 7 1 3k 7 x Ck x Ck x2 x 4 Ck x 4 . 44  7  7  7 22xx k 0 k 0 22 k 0 37k Do đó để tìm được số hạng chứa x2 thì ta cần tìm k để 25 k . 4 75 2 15 21 Vậy hệ số của số hạng chứa x là C7 . 24 Câu 3 (4 điểm). a) Trong không gian cho 4 điểm thỏa mãn . Tính . b) Cho các số thực không âm thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức . Lời giải a) Ta có AB2 BC 2 CD 2 DA 2 AB BC AB BC CD DA CD DA AB BC AC CD DA CA AC AB BC CD DA 2. AC DB 1 Do đó AC. BD 9 49 121 81 0 . 2 b) Cách 1: Áp dụng BĐT A-G: a2 1 2 a ; b2 4 4 b ; c2 1 2 c suy ra 2a 4 b 2 c 6 a2 b 2 c 2 2 a b 2 c 6 1 . Dấu "" xảy ra khi và chỉ khi ac 1 . ABCD,,, AB 3, BC 7, C D 11, DA 9 b 2 AC. BD 2 1 1 1 1 8 2 2 2 Ta lại có với xy, là các số thựcabc dương:,, xy a 2 b 2 c 830 b 2 2 2 , dấu xảy x y x y xy 1 4 8 ra khi và chPỉ khi xy 2 . 2 2 a 1 b 2 c 3 Do đó 1 1 8 8 8 64 256 P 2 2 2 2 2 2 2 a 1 b c 3 b c 3 b 2a b 2 c 10 1 a 2 a c 5 2 2 2 ac 1 Kết hợp 1 suy ra P 1. Vậy minP 1 . b 2 Cách 2: Ta có: b2 30 b a2 c 2 03 b .
5. 1 8 9 1 8 18 Ta có 2 2 2 2 2 22 1 . a 1 c 3 2 c 3 a 1 c 3 2a 4 a c 6 c 11 a 1 2 Lại có 4aa 2 2 1 và 6cc 3 2 1 24a2 a c2 61122 c a2 a 2 1 c 2 3 c 2 111 2a2 4 a c2 6 c 11 4 a2 4 c 2 16 2 . 1 8 9 Từ và ta có 3 . ac 13 22 2ac22 2 8 Lại có từ giả thiết a2 b 2 c 2 30 b a2 b 2 c 2 3 b a2 c 2 b 2 4 3 b 4 mà bb2 44 a2 c 2 4 b 3 b 4 a2 c 2 4 b 2a22 2 c 8 2 b 4 . 1 8 9 Từ và ta có ac 13 22 16 2b 1 4 8 4 9 P . a 1 2 b 2 2 c 3 2 b 2 2 16 2b 49 Xét hàm số fb với 03 b . b 2 2 16 2b ac 1 Ta có minfb 1 khi b 2 P f b min f b 1và minP 1 b 0;3  b 0;3  b 2 Câu 4 (4 điểm). Cho hình chóp , có vuông góc với mặt phẳng , và tam giác vuông tại với . Gọi là điểm di động trên cạnh , đặt . Tính khoảng cách từ đến theo và . Tìm các giá trị của để khoảng cách này lớn nhất. Lời giải Cách 1 S. ABC SA ABC SA 2 a ABC C AB 2 a BAC 30 M AC AM x, 03 xa S BM a x x
6. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên BM . Suy ra BM SAH . BC AM a x Ta có MAH MBC AH . BM 4a22 x 2 xa 3 5x22 8 xa 3 16 a hình SH SA22 AH a x22 2 xa 3 4 a Cách 2 2 2 2 2 22 Ta có SM SA AM 4, a x SB SA AB 2 a 2, SM SB BM BM BA2 AM 2 2 AB . AM cos BAM 4 a2 x 2 2 xa 3, p 2 Diện tích tam giác SBM là SSBM ppSBpMBpSM a 5x22 8 xa 3 16 a 2 1 Gọi là hình chiếu vuông góc của trên . Ta có S SH. BM SBM 2 2S SH SBM d S, BM SH . BM Cách 3 Ta có BC a, AC a 3 . Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho C 0;0;0, B a ;0;0, A 0; a 3;0, S 0; a 3;2 a Do H thuộc AC , AM x nên M 0; a 3 x ;0 Ta có MB a; x a 3;0 , BS a; a 3;2 a . 22 MB, BS 2 ax 2 a 3; 2 a ; xa . 22 MB, BS 5x 8 xa 3 16 a Khoảng cách từ đến là d S, BM a . MB x22 2 xa 3 4 a * Tìm các giá trị của để khoảng cách này lớn nhất. 5x22 8 xa 3 16 a Xét hàm số fx x22 2 xa 3 4 a x 0 2a 3 x22 8 xa fx , fx 0 . Có ff0 4, 3 7. 2 43a x22 2 xa 3 4 a xa 0; 3 3 HẾT 03 xa S BM x