Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 12 - Sở GD&ĐT Thừa Thiên Huế 2017-2018 (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 12 - Sở GD&ĐT Thừa Thiên Huế 2017-2018 (Có đáp án)

1. Người giải đề: N.V.Sơn. DĐ: 01202626549 Hướng dẫn giải đề thi học sinh giỏi thừa thiên huế năm học 2017 - 2018. (Lời giải gồm 07 trang) 2x m Câu 1: (4,0 điểm) Cho hàm số y ,. H mx 1 m a) Khi m 1, hàm số đã cho có đồ thị H1 cắt hai trục Ox, Oy lần lượt tại hai điểm A và B. Tính diện tích tam giác OAB. b) Chứng minh rằng với mọi m 0 thì đồ thị hàm số H m cắt đường thẳng d : y 2 x 2 m tại hai điểm phân biệt CD, thuộc một đường H cố định. Đường thẳng d cắt Ox, Oy lần lượt tại các điểm MN,. Tìm m để SSOCD 3 OMN . Hướng dẫn giải: 2x 1 a) Khi . m 1, . hàm số đã cho trở thành: y H . x 1 1 A H1  Ox 1 1 Gọi A ;0 , B 0; 1 OA ; OB 1. 2 2 B H1  Oy 1 1 1 1 Tam giác OAB vuông tại O nên: S OAOB. . .1 (đvdt). OAB 2 2 2 4 b) Phương trình hoành độ giao điểm của H m và d là: 2x m mx 1 0 2x 2 m ( I ) mx 1 2x m 2 x 2 m mx 1 1 1 x x Với m 0 thì . ()I m m . 2 2 2 2mx 2 m x m 0 2 x 2 mx 1 0 (*) 12 1 2 2 Phương trình (*) có m 2 0,  m 0 và: 2. 2m . 1 2 1 0,  m 0 m m m 1 Suy ra m 0 phương trình (*) luôn có 2 nghiệm thực phân biệt đều khác . m Vậy m 0 thì Hm và d luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt. x x m 1 2 1 *Gọi x, x là 2 nghiệm của (*), theo định lí Vi-ét thì: 1 x . 1 2 x x 2 1 2 2x1 2 Gọi C x1;,; y 1 D x 2 y 2 là 2 giao điểm của Hm và d . 1 1 Ta có: y1 2 x 1 2 m 2 x 1 2 x 1 x 2 2 x 2 2. . 2x1 x 1 1 1 Tương tự y2 . Vậy hai điểm CD, nằm trên đồ thị hàm số y H . (ĐPCM) x2 x 1
2. Giải đề thi HSG TTHuế năm 2017 - 2018 M d  Ox *Ta có: M m;0 , N 0; 2 m OM m ; ON 2 m 2 m . N d  Oy 1 1 Khi đó S OM. ON m .2 m m2 . OMN 2 2 x4 1 x 4 1 4 4 4 21 2 1 1 2 x1 x 2 1 x 1 x 2 Ta có OC. OD x1 x 2 x2 x 2 x 2 x 2 2 1 2 1 2 x1 x 2 22 2 4 4 2 22 2 2 21 4 2 1 xxxx1212 2 xx 12 xx 12 2 xx 12 2 xx 12 m 1 mm 2 . 2 2 1 1 1 m4 2 m 2 25 Vậy OC. OD 16 2 4 m4 8 m 2 . 1 4 4 1 25 Ta có S 3 S 4 m4 8 m 2 3 m 2 OCD OMN 2 4 2 3 6 2 3 6 128m4 32 m 2 25 0 m 2 m . 16 4 Câu 2: (4,0 điểm) 1 1 a) Giải phương trình sau: 4cos x . 3 4 cos x sin x 2 2 b) Giải phương trình sau: 5 1 1 x3 x 2 4 x 2 25 x 18 ,  x 0. Hướng dẫn giải: cos x 0 2 sinx 0 a) Điều kiện x k k . 3 cosx 0 2 sin x 0 2 Với điều kiện đó phương trình đã cho tương đương với: x k 4 tanx 1 1 1 cosx sin x 0 2 2 cosx sin x 1 x k k sinx cos x 2 2 sinx cos x 1 sin 2x 8 2 3 x k 8 Đối chiếu với ĐK ta được phương trình có 3 họ nghiệm là: x k ; x k ; 4 8 3 x k k . 8 2
3. Người giải đề: N.V.Sơn. DĐ: 01202626549 b) Cách 1: Đưa về hàm đặc trưng. Phương trình (1) tương đương với: 5 5 1 x3 4 x 4 25 x 3 18 x 2 25 1 x3 5 1 x 3 4 x 4 18 x 2 20 2 25 1 x3 5 1 x 3 2 x 2 4 2 x 2 4 (*) a 5 1 x3 0 *Đặt khi đó PT(*) trở thành: 2 b 2 x 4 0 a2 a b 2 b a b a b 1 0 a b . *Với a b ta có: 5 1 x3 2 x 2 4 5 (1 x )(1 x x 2 ) 2(1 x ) 2(1 x x 2 ) 1 x 2 1 x x2 5 37 x2 5 x 3 0 x x 0 . 2 2 2 1 x 1 x x Cách 2: Nhân liên hợp. (1) 5 1 x3 10 1 x 4 x 4 25 x 3 18 x 2 5 10 1 x 5 1x 1 x x2 2 1 x 4 x 4 25 x 3 18 x 2 10 x 15 x2 5 x 3 5 1 x . x2 5 x 3 4 x 2 5 x 5 1 x x2 2 1 x 2 5 37 x 5 x 3 0 x 2 5 1 x 4x2 5 x 5 ( ) 1 x x2 2 1 x 1 x 2 1 x x2 Ta có: ( ) 4x2 5 x 3 2 1 x 1 x x2 4x2 5 x 3 4x2 5 x 3 2 1 x 1 x x2 1 x 2 1 x x 2 4x2 5 x 3 0 ( VN ) Câu 3: (4,0 điểm) 3 3 2 x y 3 y x 4 y 2 0 (1) a) Giải hệ phương trình sau: x,. y 3 x x 3 2 x 2 y (2) b) Có 30 tấm thẻ được đánh số từ 1 tới 30. Rút ngẫu nhiên 3 thẻ. Tính xác xuất để tổng số ghi trên 3 thẻ chia hết cho 3. Hướng dẫn giải: a) Điều kiện x 2; y . Ta có: (1) x3 x y 3 3 y 2 4 y 2 x 3 x y 1 3 y 1 3
4. Giải đề thi HSG TTHuế năm 2017 - 2018 x3 y 1 3 x y 1 0 x y 1 x2 x ( y 1) y 12 1 0 y x 1. Thay y x 1 vào (2) ta có: x3 x 3 2 x 2 x 1 2 x 2 x34 2 x 2 x 3 8 2 x 2 4 x 2 x 2 2 x 4 x 2 2 x 2 2 x2 2 x 4 (*) 2 x 2 2 2 Với mọi x 2 ta có VT(*) x 1 3 3; VP (*) 1 nên PT(*) vô nghiệm. 2 x 2 Với x 2 y 3. Vậy hệ đã cho có 1 nghiệm là: x; y 2;3 . b) Gọi A là biến cố: “Rút ngẫu nhiên 3 thẻ mang các số có tổng chia hết cho 3”. 3 Ta có n  C30 . *Ta chia 30 thẻ được đánh số từ 1 tới 30 làm 3 loại sau: Loại 1: 10 thẻ mang số chia cho 3 dư 1; Loại 2: 10 thẻ mang số chia cho 3 dư 2; Loại 3: 10 thẻ mang số chia hết cho 3; *Rút 3 thẻ mang số có tổng chia hết cho 3 xảy ra các trường hợp sau: 3 TH1: 3 thẻ đó đều là thẻ loại 1 có: C10 cách 3 TH2: 3 thẻ đó đều là thẻ loại 2 có: C10 cách 3 TH3: 3 thẻ đó đều là thẻ loại 3 có: C10 cách TH4: 3 thẻ đó gồm 1 thẻ loại 1; 1 thẻ loại 2 và 1 thẻ loại 3 thì có: 10.10.10 1000 cách. 3 n A 3C10 1000 68 Xác suất của biến cố A là: PA 3 . n  C30 203 Câu 4: (3,0 điểm) 2 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn C : x 1 y 2 5 và điểm M 6;2 . a) Chứng minh điểm M nằm ngoài đường tròn C . b) Viết phương trình đường thẳng đi qua M cắt C tại hai điểm AB, sao cho MA2 MB 2 50. Hướng dẫn giải: a) Đường tròn C có tâm I 1;2 , bán kính R 5.  Ta có: IM 5;0 IM 5 5 R . Vậy điểm M nằm ngoài đường tròn C . b) Gọi H là trung điểm của AB. Ta có IH AB. 4
5. Người giải đề: N.V.Sơn. DĐ: 01202626549 I B H A M d   2   2    MA2 MB 2 MH HA MH HB 2 MH 2 HA 2 HB 2 2 MH . HA HB 2 2 2 2 2 2 2MH 2 HA 2 IM IH 2 IA IH 2IM2 2 IA 2 4 IH 2 50 10 4IH2 60 4 IH 2 10 Ta có MA2 MB 2 50 60 4 IH 2 50 IH . 2 Gọi n a; b a2 b 2 0 là một vectơ pháp tuyến của đường thẳng d cần tìm. Phương trinh tổng quát đường thẳng d là: a x 6 b y 2 0 . 5a 10 2 2 b 3 a Ta có IH d I; d b 9 a a2 b 2 2 b 3 a *Với b 3 a thì phương trình d là: x 6 3 y 2 0 x 3 y 12 0 *Với b 3 a thì phương trình d là: x 6 3 y 2 0 x 3 y 0 Câu 5: (3,0 điểm) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA SB SC a và SD x a 0; x 0 a) Tính thể tích khối chóp S. ABCD theo a và x. b) Tính x theo a để thể tích khối chóp S. ABCD lớn nhất. Hướng dẫn giải: S a a a x a A B O a D a C a) Gọi O AC  BD. *Tam giác SAC cân tại S có SO là trung tuyến nên: SO AC (1) * ABCD là hình thoi nên BD AC (2) Từ (1) và (2) suy ra: AC SBD . 5
6. Giải đề thi HSG TTHuế năm 2017 - 2018 1 1 1 Do đó: V V V AO S CO S AC S . S ABCD A SBD C SBD3 SBD 3 SBD 3 SBD *Xét 3 tam giác vuông OAD,, OAB OAS có cạnh OA chung và AD AB AS nên chúng bằng nhau. Suy ra: OD OB OS SBD vuông tại S. 1 1 Khi đó: S SB. SD ax và BD x2 a 2 . SBD 2 2 2 x2 a 2 Ta có: AC 2 AO 2 AD2 DO 2 2 a 2 3 a 2 x 2 . 2 1 1 1 Vậy V . xa . 3 a2 x 2 ax 3 a 2 x 2 . S. ABCD 3 2 6 2 2 2 x 3 a x 3a2 1 3 a 2 a 3 b) Theo bất đẳng thức Cô-si thì: x3 a2 x 2 V a . . 2 2S. ABCD 6 2 4 3a2 a 6 Vậy V lớn nhất khi và chỉ khi: x 3 a2 x 2 x 2 x . S. ABCD 2 2 Câu 6: (2,0 điểm) 1 Cho các số thực x, y thỏa mãn x, y ;1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 6 P x5 y xy 5 3 x y . x2 y 2 Hướng dẫn giải: Ta có x, y 1 nên: x 1 y 1 0 xy x y 1 Khi đó xyxy2 2 22 xyxy 2 2 xy 1 xy 2 2 xy 2 (1) 12 14 1 4 Và: x5 y xy 5 xy x 4 y 4 xy. x 2 y 2 xy x y x y 1 x y (2) 2 8 8 Từ các đánh giá (1) và (2) nên ta có: 14 6 P x y 1 x y 3 x y . 8 x y 2 2 x y 2 1 Đặt t x y. Do x, y ;1 nên t 1;2 . 2 1 6 Ta có P f t t 1 t4 3 t 8t2 2 t 2 6
7. Người giải đề: N.V.Sơn. DĐ: 01202626549 Xét hàm số f t xác định và liên tục trên đoạn 1;2 có: 112 t 1 5t4 4 t 3 24 12 t 1 4 3 f t 5 t 4 t 3 2 2 8 t2 2 t 2 8 t 2 2 t 2 5t3 t 2 6 t 3 24 12 t 1 5t3 t 2 6 t 3 8 12 t 1 2 3 2 8 t2 2 t 2 8 t 2 2 t 2 t 2 5 t3 6 t 2 12 t 24 12 t 1 3 2 8 t 12 1 2 22 2 12 t 1 3 Ta có t 1 1 2 t 1 t 1 1 4 t 1 3 ( do t 2) 2 2 t 1 1 t 1 12 t 1 Suy ra: 3 2 0, t  1;2 . t 12 1 Vậy f t 0,  t  1;2 . Nên hàm số f t nghịch biến trên đoạn 1;2. Do đó f t f 2 1. Vậy P 1. Giá trị nhỏ nhất của P bằng -1 đạt được khi và chỉ khi x y 1. Hết (Lời giải được thực hiện trong thời gian ngắn nên không tránh khỏi sai sót, nếu có sai sót gì xin bạn đọc bỏ qua) 7