Đề thi chọn HSG Lớp 12 THPT môn Toán - Sở GD&ĐT Hưng Yên 2018-2019 (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi chọn HSG Lớp 12 THPT môn Toán - Sở GD&ĐT Hưng Yên 2018-2019 (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 HƯNG YÊN NĂM HỌC 2018-2019 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu I (5,0 điểm) 1. Cho hàm số y 2x 2 m x2 4x 5 với m là tham số. Tìm các giá trị của m để hàm số có cực tiểu. 2. Cho hàm số y x4 mx2 2m 2 C với m là tham số. Gọi A là một điểm thuộc đồ thị C có hoành độ bằng 1. Tìm các giá trị của m để tiếp tuyến của đồ thị C tại A cắt đường tròn T : x2 y2 4 tại hai điểm phân biệt tạo thành một dây cung có độ dài nhỏ nhất. Câu II (4,0 điểm) sin2 x 5 cos2x 1. Giải phương trình 5 x 1 x 5 . 3 2 dx 2. Tính tích phân I . 1 x x 1 x 1 x. Câu III (5,0 điểm) 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a và ·ABC 60 . Gọi E , F lần lượt là trung điểm của các cạnh SC , SD . Biết SA SC SD và mặt phẳng ABEF vuông góc với mặt bên SCD , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a . 2. Cho tứ diện ABCD có độ dài các cạnh AB 3 , AC 4 , AD 6 và các góc B· AC B· AD 60 , C· AD 90 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD . Câu IV. (2,0 điểm) Cho đa thức f x x4 ax3 bx2 cx 1 với a;b;c là các số thực không âm. Biết rằng phương trình f x 0 có 4 nghiệm thực, chứng minh f 2018 20194 . 3 2 2 2 y y 2y 1 ln x 1 x ln y 1 y Câu V. (2,0 điểm) Giải hệ phương trình: . 3 2 x x y y 1 u1 1 Câu VI. (2,0 điểm) Cho dãy số được xác định như sau: * un 1 1 2unun 1 ,n ¥ 1. Tìm số hạng thứ 10 của dãy số đã cho. 2. Chứng minh rằng u2019 là số vô tỷ.
2. GIẢI CHI TIẾT ĐỀ CHỌN HSG TỈNH Câu I (5,0 điểm) 1. Cho hàm số y 2x 2 m x2 4x 5 với m là tham số. Tìm các giá trị của m để hàm số có cực tiểu. 2. Cho hàm số y x4 mx2 2m 2 C với m là tham số. Gọi A là một điểm thuộc đồ thị C có hoành độ bằng 1. Tìm các giá trị của m để tiếp tuyến của đồ thị C tại A cắt đường tròn T : x2 y2 4 tại hai điểm phân biệt tạo thành một dây cung có độ dài nhỏ nhất. Lời giải 1. Xét y 2x 2 m x2 4x 5 TXĐ: ¡ m x 2 y 2 ,x ¡ . x2 4x 5 +) Hàm số có cực tiểu thì trước hết phương trình y ' 0 có nghiệm. 2 x2 4x 5 y ' 0 m (*) x 2 2 x2 4x 5 Đặt g x x 2 2 x 2 x 2 2 x2 4x 5 x2 4x 5 2 g ' x 2 0,x 2 . x 2 x 2 2 x2 4x 5 BBT: m 2 Từ bảng biến thiên ta có phương trình (*) có nghiệm . m 2 x 2 2 x2 4x 5 x2 4x 5 m +) y '' m 2 ,x ¡ . x 4x 5 x2 4x 5 x2 4x 5 Với m 2 y '' 0 : Hàm số không có cực tiểu. Với m 2 y '' 0: Hàm số có cực tiểu. Vậy m 2 thì hàm số có cực tiểu. 2.
3. O I H A M N Ta có A(1;m 1) . Gọi d là tiếp tuyến của đồ thị C tại A . Phương trình đường thẳng d là: y 4 2m x 1 m 1 4 2m x y 3m 5 0 . 3 Đường thẳng d luôn đi qua điểm cố định I ;1 nằm trong đường tròn. 2 Do đó d luôn cắt đường tròn tại hai điểm M , N . Gọi H là trung điểm MN . Ta có: MN 2MH 2 4 OH 2 2 4 OI 2 3 4 2m 1 11 MN H  I OI  d m . min 3 1 4 2 11 Vậy với m thì MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 . 4 Câu II (4,0 điểm) sin2 x 5 cos2x 1. Giải phương trình 5 x 1 x 5 . 3 2 dx 2. Tính tích phân I . 1 x x 1 x 1 x. Lời giải 1. Ta có: sin2 x 0 5 2 5 5 0 1;0 sin x 1 1. 3 3 3 5 1; 1 cos 2x 1 5cos2x 51 5. sin2 x 5 cos2x Vậy 5 6 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3 sin2 x 0 sin x 0 x k k ¢ . cos 2x 1 Lại có x 1 x 5 1 x x 5 1 x x 5 6 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 x x 5 0 5 x 1.
4. sin2 x 5 cos2x x k x Do đó 5 x 1 x 5 . 3 5 x 1 x 0 Vậy phương trình có hai nghiệm là x ; x 0. 2 dx 2 dx 2. I 1 x x 1 x 1 x 1 x. x 1 . x x 1 2 x 1 x dx 2 1 1 2 1 2 1 dx dx dx 1 x. x 1 1 x x 1 1 x 1 x 1 2 2 x 2 x 1 4 2 2 3 2. 1 Câu III (5,0 điểm) 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a và ·ABC 60 . Gọi E , F lần lượt là trung điểm của các cạnh SC , SD . Biết SA SC SD và mặt phẳng ABEF vuông góc với mặt bên SCD , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a . 2. Cho tứ diện ABCD có độ dài các cạnh AB 3 , AC 4 , AD 6 và các góc B· AC B· AD 60 , C· AD 90 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD . Lời giải 1. S F E I A D O H M B C Gọi M là trung điểm của CD , I là giao điểm của EF và SM , H là giao điểm của AM và DO . Có ABCD là hình thoi cạnh 2a , ·ABC 60 nên ACD đều cạnh 2a .
5. Có SA SC SD nên hình chiếu của S lên mặt phẳng ABCD trùng với H hay SH  ABCD . Có ABEF  SCD theo giao tuyến EF Mà SM  EF (Do SM  CD;EF //CD ) SM  ABEF SM  AI AIM vuông tại I . S I A H K M +) Gọi K là trung điểm của HM IK là đường trung bình của SHM . IK  AM do SH  AM SH 2IK Xét AIM vuông tại I có IK  AM nên 2 1 1 2a 3 a 3 a 3 15 2 IK AK.KM AH HM . HM . a 2 2 3 6 6 36 a 15 a 15 IK SH 6 3 3 1 1 a 15 2 2a 5 Vậy V SH.S . 2a sin 60 . S.ABCD 3 ABCD 3 3 3 2.
6. 3 Gọi N là trung điểm của AD , M là điểm trên cạnh AC sao cho AM AC . 4 Vì AB 3 , AC 4 , AD 6 AB AM AN 3. Lại có B· AC B· AD 60 , C· AD 90 nên BM CN 3;MN 3 2 . BMN vuông tại B . Gọi O là trung điểm của MN thì O là tâm đường tròn ngoại tiếp BMN . Lại có AB AM AN 3 3 2 AO  BMN và AO AN 2 ON 2 . 2 1 3 2 Vì BMN vuông tại B nên BO  MN ;BO MN . 2 2 Đặt hệ trục toạ độ Oxyz như hình vẽ với: 3 2 3 2 3 2 3 2 O 0;0;0 , A 0;0; , N ;0;0 , M ;0;0 , B 0; ;0 . 2 2 2 2 3 2 3 2 +) Vì N là trung điểm của AD nên D ;0; . 2 2 4  4  2 +) Có AC AM AC AM C 2 2 ;0; . 3 3 2   AB,CD 3; 15; 15 .  Có AC 2 2 ;0; 2 2    AB,CD .AC 6 2 30 2 36 2 .    AB,CD .AC Áp dụng công thức d AB,CD   AB,CD 36 2 4 102 d AB,CD . 9 225 225 17 Câu IV. (2,0 điểm) Cho đa thức f x x4 ax3 bx2 cx 1 với a;b;c là các số thực không âm. Biết rằng phương trình f x 0 có 4 nghiệm thực, chứng minh f 2018 20194 . Lời giải
7. Nhận xét: Nếu x0 là nghiệm của phương trình f x 0 thì x0 0 (vì nếu x0 0 thì f x0 0 ). Gọi 4 nghiệm của phương trình f x 0 là x1; x2 ; x3; x4 với xi 0,i 1;4 . Khi đó f x x x1 x x2 x x3 x x4 ; f 0 1 x1x2 x3 x4 1. Ta có 4 4 f 2018 2018 x 1 1 1 x  i   i i 1 i 1 2018laàn 4 2019 4 2019 4  2019. xi 2019 . x1x2 x3 x4 2019 . i 1 Dấu “=” xảy ra x1 x2 x3 x4 1. 3 2 2 2 y y 2y 1 ln x 1 x ln y 1 y Câu V. (2,0 điểm) Giải hệ phương trình: . 3 2 x x y y 1 Lời giải 3 2 2 2 y y 2y 1 ln x 1 x ln y 1 y 1 3 2 x x y y 1 2 Cộng vế 1 và 2 ta có: y3 y ln x2 1 x ln y2 1 y x3 x y3 y ln y2 1 y x3 x ln x2 1 x y3 y ln y2 1 y x3 x ln x2 1 x 3 (do y2 1 y y2 1 y 1 nên ln y2 1 y ln y2 1 y ) Xét hàm số f t t3 t ln t 2 1 t trên ¡ . t 1 2 1 f t 3t 2 1 t 1 3t 2 1 t 2 1 t t 2 1 t f t 6t 3 t 2 1
8. t 0 f t 0 3 6 t 2 1 1 3 3 (phương trình 6 t 2 1 1 vô nghiệm vì 6 t 2 1 6 1,t ¡ ) Bảng biến thiên: t 0 f t 0 f t 0 Từ bảng biến thiên ta có f t 0,t ¡ Hàm số f t đồng biến trên ¡ . Ta có: 3 f x f y y x . Thay y x vào 2 ta có: x3 x x2 x 1 x3 x2 2x 1 0 4 3 2 1 1 1 1 Đặt t x . Phương trình 4 trở thành: t t 2 t 1 0 3 3 3 3 7 7 t3 t 0 5 . 3 27 2 7 3t 3t 2 7 cos Với t thì 1, do đó tồn tại 0;  sao cho cos hay t 3 2 7 2 7 3 2 7 cos Thay t vào 5 ta có: 3 56 7 14 7 7 cos3 cos 0 27 9 27 56 7 cos3 3cos 14 7 7 7 . cos 0 cos3 27 4 9 27 14 1 7 k2 arccos 3 14 3 k ¢ 1 7 k2 arccos 3 14 3 Do 0;  nên suy ra
9. 7 arccos 14 2 7 1 7 1 x y cos arccos 3 3 3 14 3 7 arccos 14 2 2 7 1 7 2 1 x y cos arccos 3 3 3 3 14 3 3 7 arccos 14 2 2 7 1 7 2 1 x y cos arccos 3 3 3 3 14 3 3 2 7 (Phương trình bậc ba có tối đa 3 nghiệm nên ta không cần xét trường hợp t ) 3 u1 1 Câu VI. (2,0 điểm) Cho dãy số được xác định như sau: * un 1 1 2unun 1 ,n ¥ 1. Tìm số hạng thứ 10 của dãy số đã cho. 2. Chứng minh rằng u2019 là số vô tỷ. Lời giải * 1. Từ giả thiết dễ thấy un 1,n ¥ . 2 2 2 Khi đó un 1 1 2unun 1 u n 1 1 2unun 1 u n 1 2unun 1 1 0 un 1 un 1 u n Đặt (do u 1, n * ), khi đó un cot , 0; n  ¥ 4 2cos2 1 1 cos u cot 1 cot2 cot 2 cot . n 1 sin sin 2sin .cos 2 2 2 Ta thấy u 1 cot nên u cot cot ,u cot , từ đó ta tìm được công thức tổng 1 4 2 8 23 3 24 quát của dãy số là: u cot . n 2n 1 Vậy u cot . 10 211 2 u n 1 1 2. Từ giả thiết ta viết lại un , nên nếu un 1 hữu tỷ thì un hữu tỷ. 2un 1 Do đó u cot số hữu tỷ thì u hữu tỷ .và u cot 1 2 hữu tỷ, vô lý. 2019 22020 2018 2 8 Vậy u cot vô tỷ. 2019 22020