Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Thái Nguyên
Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Thái Nguyên được biên soạn và tổ chức thi ngày 23 tháng 10 năm 2018 nhằm tuyển chọn các em giỏi Toán 12 nhất đang học tập tại các trường THPT tại tỉnh Thái Nguyên
Preview text:
Nhóm toán VD - VDC
ĐỀ THI HSG LỚP 12 TỈNH THÁI NGUYÊN NĂM HỌC: 2018-2019
THỜI GIAN : 180 PHÚT
Bài 1(4 điểm). Cho hàm số 3 2
y = x −3x + 4 có đồ thị (C) , đường thẳng (d ) đi qua A(1; 2) và có
hệ số góc m . Tìm m để (d ) cắt (C) tại ba điểm phân biệt ,
A B, C sao cho BC = 4 2 .
Bài 2(4 điểm). Giải phương trình 3 2
x − 7x + 9x +12 = (x − )
3 (x−2 +5 x−3)( x−3 − ) 1
Bài 3 (4 điểm). u = 2 ∞ 1 Cho dãy số (u thỏa mãn . n ) n 1 = 2
u + u +...+ u
+ u = n u , n ≥1 1 2 n 1 − n n Tìm giới hạn ( 2 lim n u . n )
Bài 4 (4 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AB = a . Gọi I
là trung điểm của AC . Biết hình chiếu của S lên mặt phẳng ABC là điểm H thỏa mãn BI = 3IH
và góc giữa hai mặt phẳng(SAB) ;(SBC) bằng 60ο . Tính thể tích khối chóp S.ABC đã cho và tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng AB , SI theo a . Bài 5 8
(4 điểm). Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện 2 2 x + 2 y =
. Tìm giá trị lớn nhất 3 của biểu thức
P = (x + y) 2 2 7 2
− 4 x + 2xy +8y . HẾT Nhóm toán VD - VDC HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1(4 điểm). Cho hàm số 3 2
y = x −3x + 4 có đồ thị (C) , đường thẳng (d ) đi qua A(1; 2) và có
hệ số góc m . Tìm m để (d ) cắt (C) tại ba điểm phân biệt ,
A B, C sao cho BC = 4 2 . Lời giải
+) Phương trình đường thẳng (d ) : y = m(x − ) 1 + 2
+) Phương trình hoành độ giao điểm 3 2 3 2
x −3x + 4 = m(x −1) + 2 ⇔ x −3x − mx + m + 2 = 0 x = 1 ⇔ (x − ) 1 ( 2
x − 2x − m − 2) = 0 ⇔ 2
g(x) = x −2x − m−2 = 0
Giả sử g (x) = 0 có hai nghiệm x , x , khi đó B(x ; m x −1 + 2 ;C x ;m x −1 + 2 1 ( 1 ) ) ( 2 ( 2 ) ) 1 2 BC (m ) 1 (x x )2 (m ) 1 ( x x )2 2 2 2 4 = + − = + + − x x 1 2 1 2 1 2 =( 2 m + ) 1 (4 + 4m + ) 8 = 32 ⇔ m = 1 Thay m = 1 vào 2
g(x) = x − 2x −3 = 0 ⇔ x = −1; x = 3 (thỏa mãn). Vậy m = 1.
Bài 2(4 điểm). Giải phương trình 3 2
x − 7x + 9x +12 = (x − )
3 (x−2 +5 x−3)( x−3 − ) 1 Lời giải
Điều kiện: x−3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3.
Phương trình đã cho tương đương với (x − )( 2 4 x −3x − ) 3 = (x − )
3 (x−2 +5 x−3)( x−3 − ) 1
⇔ ( x− − )( x− + )( 2 3 1 3 1 x −3x − ) 3 = (x − )
3 (x−2+5 x−3)( x−3 − ) 1
x−3 −1= 0 →
x −3 = 1 ⇔ x = 4 ⇔ . ( 2
x −3x − ) 3 ( x−3 + ) 1 = (x − )
3 (x−2 +5 x−3) ( ) ∗
Dễ thấy x = 3 không là nghiệm của phương trình đã cho. 2 x −3x −3
x − 2 + 5 x −3
Với x > 3, giải phương trình ( ) ∗ , ta được = x −3 x −3 +1 (x − )2 4 + 5(x − 4)+1
x −3+ 5 x −3 +1 ⇔ =
⇔ f (x − 4) = f ( x−3). x − 4 +1 x −3 +1 2 t + 5t +1 3
Xét hàm số f (t) = trên ( 1 − ;+ )
∞ , có f ′(t) =1+ > 0; ∀t > 1 − . t +1 (t + )2 1 Nhóm toán VD - VDC
Suy ra f (t) là hàm số đồng biến trên f (t) mà f (x − 4) = f ( x−3) x − 4 ≥ 0 x ≥ 4 9 + 5 Do đó x 4 x 3 − = − ⇔ ⇔ ⇔ x = . ( x − 4 )2 2 = x −3
x −9x +19 = 0 2 9 + 5
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 4; x = . 2
Bài 3 (4 điểm). u = 2 ∞ 1 Cho dãy số (u thỏa mãn . Tìm giới hạn ( 2 lim n u . n ) n ) n 1 = 2
u + u +...+ u
+ u = n u , n ≥1 1 2 n 1 − n n Lời giải Theo giả thiết ta có: (n + )2 1 u
= u + u + + u + u = n u + u ⇒ n + n u = n u ⇒ n + u = nu n+ ( ... n ) 2 n+ n n+ ( 2 2 ) 2 2 1 1 2 1 1 n 1 + n ( ) n 1 + n n n n −1 n n −1 n − 2 ⇒ u = u = . u = . . .u n 1 + n n 1 − n 2 n + 2 n + 2 n +1 n + 2 n +1 − n n n 1 − n − 2 1 4 = ... = . . ... u = 1 n + 2 n +1 n 3 (n + 2)(n + ) 1 4 4n 4n 2 ⇒ u = ⇒ n u = ⇒ lim n u . n n ( 2 n)= lim = 4 n(n + ) 1 n +1 n +1
Bài 4 (4 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AB = a . Gọi I
là trung điểm của AC . Biết hình chiếu của S lên mặt phẳng ABC là điểm H thỏa mãn BI = 3IH
và góc giữa hai mặt phẳng(SAB) ;(SBC) bằng 60ο . Tính thể tích khối chóp S.ABC đã cho và tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng AB , SI theo a . Lời giải BH ⊥ AC
a) Từ giả thiết của bài toán ta có
⇒ AC ⊥ (SBH ) ⇒ AC ⊥ SB . SH ⊥ AC Nhóm toán VD - VDC AJ ⊥ SB Kẻ
IJ ⊥ SB ⇒
⇒ góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCB) bằng góc giữa CJ ⊥ SB
hai đường thẳng AJ và CJ .
Dễ thấy ∆AIJ là tam giác cân tại J , kết hợp với giả thiết góc giữa hai mặt phẳng (SAB)
và (SCB) bằng 60ο ta có hai trường hợp sau:
TH1: AJC = 60ο ⇒ AJI = 30ο . ο a 6 Ta có 2 2 IJ = AI.tan 60 =
⇒ BJ = BI + IJ = 2 . a 2 IJ.BH AC a 4a
∆BIJ ∼∆BSH ⇒ SH = . Mặt khác IB = = ⇒ BH = . BJ 2 2 3 2 3 a 6 1 6a Nên ta có SH = ⇒ V = SH .S = (đvtt). S . 3 ABC 3 ABC 18
TH2: AJC =120ο ⇒ AJI = 60ο . ο a 2a Ta có 2 2 IJ = AI.tan 30 =
⇒ BJ = BI + IJ = . 6 6 3 2a 1 2a
Làm tương tự TH1 ta có SH = ⇒ V = SH.S = (đvtt). S . 3 ABC 3 ABC 18
b) Gọi E là trung điểm của BC ⇒ IE AB . Do vậy ta có
d (AB, SI ) = d (AB,(SIE)) = d (B,(SIE)) .
Do BI = 3IH ⇒ d (B,(SIE)) = 3d (H ,(SIE)).
Kẻ HK ⊥ IE ( K thuộc IE ).
Mặt khác ta lại có SH ⊥ ( ABC) nên SH ⊥ IE ⇒ IE ⊥ (SHK ) ⇒ (SIE) ⊥ (SHK ) .
Kẻ HF ⊥ SK ⇒ HF ⊥ (SIE) ⇒ d (H ,(SIE)) = HJ . 1 1 1 SH .HK
Xét tam giác vuông SHK ta có: = + ⇒ HF = . 2 2 2 2 2 HF HK SH SH + HK HK IH 1 1 a Mặt khác = = ⇒ HK = BE = . BE IB 3 3 6 a 6 6a - Khi SH = ta có HF = . 3 15 Nhóm toán VD - VDC 2a 2a - Khi SH = ta có HF = . 3 9 Bài 5 8
(4 điểm). Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện 2 2 x + 2 y =
. Tìm giá trị lớn nhất 3 của biểu thức
P = (x + y) 2 2 7 2
− 4 x + 2xy +8y . Lời giải 2 2 Ta có: 2 2 2 2
4 x + 2xy + 8 y = 16x + 32xy +128y = 7(x − 2 y) +(3x +10 y) ≥ 3x +10 y( ) 1
Suy ra: P = (x + y) 2 2 7 2
− 4 x + 2xy +8y ≤ 7x +14 y −(3x +10y) = 4(x + y) . 1 1
Mặt khác: x + y = 1 . x + 2 y ≤ 1 + ( 2 2
x + 2 y ) = 2 ⇒ P ≤ 4.2 = 8(2). 2 2
7(x−2y)2=0 4 x = Đẳ x 2 y 3 ng thức xảy ra ở ( ) 1 &( ) 2 khi và chỉ khi = ⇔ . 1 1 2 y = 2 3 8 2 2 x + 2 y = 3 4 x = 3
Vậy GTLN P = 8 đạt được khi . 2 y = 3