Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 THPT năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Thái Bình

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 12 TỈNH THÁI BÌNH NĂM HỌC 2018-2019
Câu 1: (6,0 điểm). 2x +1
1. Cho hàm số y =
(C) và đường thẳng (d ) có phương trình: y = 2x + m . Tìm m để x −1
đường thẳng (d ) cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt ,
A B sao cho diện tích tam giác OAB 5 bằng
(với O là gốc tọa độ). 4 2. Cho hàm số 3 2
y = x + 2(m + 1)x + (8m − 3)x + 8m − 6 . Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu
trong đó một điểm cực trị của đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ hai, một điểm cực trị của đồ
thị hàm số thuộc góc phần tư thứ tư của hệ trục tọa độ Oxy . log 2 − os c 2x 2018 ( )
3. Tính giới hạn: lim . 2 x→0 x
Câu 2: (4,0 điểm)  π   π 
1. Giải phương trình: 5 sin − 3x −16 = −15sin + x     .  4   4 
2. Cho A là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số. Chọn ngẫn nhiên một số thuộc tập A . Tính xác
suất để số được chọn chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2.
Câu 3: (3,0 điểm) Giải hệ phương trình 3 2
y (x + 5) 2 + x =1+ 3y (1)   2 2 2
2 + x − 2x+4 + x − 6x +12 = y  ( 2 2
3 x − 2x + 4 + 5 x − 6x +12 + 8) (2)
Câu 4: (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , điểm M 1;0 là trung điểm của cạnh BC ,
điểm N thuộc cạnh CD sao cho CN  2ND , phương trình đường thẳng AN là: x y  2  0 .
Tìm tọa độ điểm A biết điểm A có hoành độ dương
Câu 5: (3,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 3 , SA = a , SB = SC = SD = a 3 .
Gọi M là trung điểm CD .
1. Tính thể tích khối chóp S.ABCM .
2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BC .
Câu 6: (2,0 điểm) Cho a , b , c là các số thực dương. 9 32 Chứng minh rằng: − ≥ − .
ab (a + c)(b + c) 5 2 2 2
4 + 4a + 4b + c ĐÁP ÁN 1 NHÓM TOÁN VD_VDC 2x +1
1. Cho hàm số y =
(C) và đường thẳng (d ) có phương trình: y = 2x + m . Tìm m để x −1
đường thẳng (d ) cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt ,
A B sao cho diện tích tam giác OAB 5 bằng
(với O là gốc tọa độ). 4 Lời giải Xét phương trình: + x ≠ 1  x ≠ 1 2x 1  = 2x + m ⇔  ⇔  x −1 2x +1 =  (x − ) 1 (2x + m) g  ( x) 2
= 2x + (m − 4) x − (m − ) 1 = 0
+) Đường thẳng (d ) cắt (C) tại hai điểm phân biệt , A B
⇔ g (x) = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 1
∆ = (m − )2 + (m − ) 2 4 8
1 > 0 ⇔ m + 24 > 0 ( m ∀ ∈ ) ⇔  g  ( ) 1 = 3 − ≠ 0
+) Gọi A( x ; 2x + m ; B x ; 2x + m 1 1 ) ( 2 2 )  m − 4 x + x = −  1 2 Khi đó  2
x , x là hai nghiệm: g ( x) = 0 . Theo Viet thì  1 2 m +1 x x = − 1 2  2
Ta có (d ) : 2x − y + m = 0 m  − + +  5 m 8m 16 4m 4 ( 2 2 m + 24 2 2 2 )
d (O, d ) =
; AB = 5( x − x = 5  x + x − 4x x  = 5 +  = 1 2 ) ( 1 2 ) 1 2   5  4 2  4 + 1 1 ( 2 m m ) 2 5 24 + Khi đó: m m S = d O d AB = = OAB ( , ) 24 . . . 2 2 5 2 4 5 2 4 2 S
= ⇔ m m + 24 = 5 ⇔ m + 24m − 25 = 0 ⇔ m − m + = ⇔ m = ± OAB ( 2 )1( 2 25) 0 1. 4 Vậy m = 1 ± 2. Cho hàm số 3 2
y = x + 2(m + 1)x + (8m − 3)x + 8m − 6 . Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu
trong đó một điểm cực trị của đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ hai, một điểm cực trị của đồ
thị hàm số thuộc góc phần tư thứ tư của hệ trục tọa độ Oxy . Lời giải Ta có 2
y ' = 3x + 4(m + 1)x + (8m − 3)
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt. 2 NHÓM TOÁN VD_VDC  4 + 3 m > 2 ∆ ' > 0 ⇔   4 − 3 m <  2
Đường thẳng qua hai điểm cực tri của đồ thị hàm số có phương trình: 2 y = ( 2 2 4
− m +16m −13) x + ( 2 8
− m + 31m − 24) 9 9  4 − (m +1) x + x =  1 2  3
Gọi ( x ; y ; x ; y điểm cực trị của đồ thị hàm số. Ta có  1 1 ) ( 2 2 ) 8m − 3 x .x = 1 2  3 2 y = ( 2 2 4
− m +16m −13) x + ( 2 8
− m + 31m − 24 ; 1 1 ) 9 9 2 y = ( 2 2 4
− m +16m −13) x + ( 2 8
− m + 31m − 24 ; 2 2 ) 9 9 Vì hàm số 3 2
y = x + 2(m + 1)x + (8m − 3)x + 8m − 6 có hệ số a = 1 > 0 nên không xảy ra trường hợp
đồ thị hàm số có một điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ nhất, một điểm cực trị thuộc góc phần
tư thứ ba của hệ trục tọa độ Oxy .
Để một điểm cực trị của đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ hai, một điểm cực trị của đồ thị x .x < 0
hàm số thuộc góc phần tư thứ tư của hệ trục tọa độ Oxy thì 1 2  y .y < 0  1 2 3
Với x .x < 0 ⇔ m < (1) 1 2 8
Với y .y < 0 1 2 ⇔ ( 2 4
− m +16m −13) x + ( 2 8
− m + 31m − 24) ( 2 4
− m +16m −13) x + ( 2 8
− m + 31m − 24 < 0 1 2 ) ⇔ ( 4
− m +16m −13)2 x .x + ( 8
− m + 31m − 24)( 4
− m +16m −13)(x + x ) + ( 8
− m + 31m − 24)2 2 2 2 2 < 0 1 2 1 2 m > 3 2
⇔ −m + 4m − 3 < 0 ⇔ (2)  m < 1 3
Kết hợp (1) và (2) ta có m < 8 log 2 − os c 2x 2018 ( )
3. Tính giới hạn: lim 2 . x→0 x Lời giải Ta có: 3 NHÓM TOÁN VD_VDC log 2 − os c 2x log . e ln 2 − os c 2x 2018 ( ) 2018 ( ) lim = lim 2 2 x→0 x→0 x x . ln ( 2 1 + 2 sin x) 2  sin x  = 2log . e lim . = 2log e 2018   2018 2 x→0 2 sin x  x  Câu 2.
(4,0 điểm)  π   π 
1. Giải phương trình: 5 sin − 3x −16 = −15sin + x     .  4   4 
2. Cho A là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số. Chọn ngẫn nhiên một số thuộc tập A . Tính xác
suất để số được chọn chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2. Lời giải π π
1. Đặt t = x +
⇔ x = t − . Phương trình đã cho trở thành: 4 4 5π  π  sin − 3 t − +15sin t −16 = 0     4  4 
⇔ −sin 3t +15sin t −16 = 0 3
⇔ 4sin t +12sin t −16 = 0 ⇔ ( t − )( 2 sin
1 sin t + sin t + 4) = 0 ⇔ sin t = 1 π
⇔ t − + k2π 2 Do đó ta có: π x =
+ k2π , k ∈ . 4 π
Vậy nghiệm của phương trình là: x =
+ k2π , k ∈ 4
2. Số phần tử không gian mẫu là: 5 Ω = 9.10 .
Gọi B là biến cố số được chọn chia hết cho 15 và có chữ số tận cùng bằng 2 .
Ta nhận thấy rằng: Số nhỏ nhất có 6 chữ số chia hết cho 13 là: 100009 , số lớn nhất có 6 chữ số
chia hết cho 13 là 999999 .
Ta có 100009 + 13 = 100022 , do đó số có 6 chữ số nhỏ nhất chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng
bằng 2 chính là số 100022 .
Nhận thấy rằng nếu hai số tự nhiên có 6 chữ số cùng chia hết cho 13 và đều có chữ số tận cùng
bằng 2 thì hiệu của chúng cũng chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 0 .
Số nhỏ nhất (lớn hơn 0 ) có chữ số tận cùng bằng 0 chia hết cho 13 là 130 .
Điều này chứng tỏ tất cả các số có 6 chữ số chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2 lập
thành một cấp số cộng có số hạng đầu là u = 100022 , công sai d = 130 . 1 4 NHÓM TOÁN VD_VDC
Công thức số hạng tổng quát của dãy là: u = u + n − 1 d . n 1 ( )
Vì số cần tìm là số có 6 chữ số không vượt quá 999999 nên ta có: + (n − ) 69239 100022
1 130 ≤ 999999 ⇔ n ≤ = 6923,9 . 10
Vì n là số tự nhiên nên số hạng lớn nhất trong dãy trên ứng với n = 6923 .
Vậy số phần tử của biến cố B là B = 6923 . B
Xác suất của biến cố B là: P ( B) 6923 = = Ω . 900000 Cách 2.
Số phần tử không gian mẫu là: 5 Ω = 9.10 .
Gọi số chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2 là a a a a a 2 . 1 2 3 4 5
Ta có: a a a a a 2 = 10.a a a a a + 2 . 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
Gọi k là số dư của phép chia a a a a a cho 13 (k ∈ , 0 ≤ k ≤ 12) . 1 2 3 4 5
Khi đó vì a a a a a 2 = 10.a a a a a + 2  13 (k ∈, 0 ≤ k ≤ 12) nên ta có: 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 10k + 2 13
 (k ∈, 0 ≤ k ≤ 12) Do đó tồ 10k + 2
n tại số tự nhiên t sao cho: 10k + 2 = 13t ⇔ t =
∈  , (k ∈, 0 ≤ k ≤ 12) . Ta có 13 bảng: k = 0 10k + 2 2 = ∉  Loại 13 13 k = 1 10k + 2 12 = ∉  Loại 13 13 k = 2 10k + 2 22 = ∉  Loại 13 13 k = 3 10k + 2 32 = ∉  Loại 13 13 k = 4 10k + 2 42 = = Thỏa mãn 4 ∈  13 13 k = 5 10k + 2 52 = ∉  Loại 13 13 5 NHÓM TOÁN VD_VDC k = 6 10k + 2 62 = ∉  Loại 13 13 k = 7 10k + 2 72 = ∉  Loại 13 13 k = 8 10k + 2 82 = ∉  Loại 13 13 k = 9 10k + 2 92 = ∉  Loại 13 13 k = 10 10k + 2 102 = ∉  Loại 13 13 k = 11 10k + 2 112 = ∉  Loại 13 13 k = 12 10k + 2 122 = ∉  Loại 13 13
Từ bảng trên ta có k = 4 là số dư của phép chia a a a a a cho 13. Như vậy, tồn tại số tự nhiên t 1 2 3 4 5 để: 10000 − 4 99999 − 4
a a a a a = 13t + 4 . Vì 10000 ≤ a a a a a ≤ 99999 nên ≤ k ≤ , hay: 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 13 13 9996 99995 ≈ 768,923 ≤ k ≤
≈ 7691,923 ⇒ 769 ≤ k ≤ 7691, k ∈  . 13 13
Gọi B là biến cố số được chọn chia hết cho 15 và có chữ số tận cùng bằng 2 .
Khi đó số phần tử của biến cố B là B = 7691− 769 +1 = 6923. B
Xác suất của biến cố B là: P ( B) 6923 = = Ω . 900000
Câu 3 (3,0 điểm). Giải hệ phương trình 3 2
y (x + 5) 2 + x =1+ 3y (1)   2 2 2
2 + x − 2x+4 + x − 6x +12 = y  ( 2 2
3 x − 2x + 4 + 5 x − 6x +12 + 8) (2) Lời giải Điều kiện: x ≥ 2 −
Với điều kiện x ≥ 2 − , từ ( )
1 ⇒ y > 0 . Khi đó: 6 NHÓM TOÁN VD_VDC 3 ( ) 3  1  3  1 
1 ⇔ ( 2 + x ) + 3 2 + x = + ⇔ f   ( 2+x)= f y y
 y  (*) với f (t) 3 = t + t     1 1 mà f ′(t ) 2 = 3t +1 > 0 ∀t , do đó: (*) 2
⇔ 2 + x = ⇔ y = (3) y x + 2
Thay (3) vào phương trình (2), ta được: (2+ x)( 2 2
2 + x − 2x+4 + x − 6x +12 ) 2 2
= 3 x − 2x + 4 + 5 x − 6x +12 + 8 2 2
⇔ (x −1) x − 2x+4 + (x − 3) x − 6x +12 + 2x − 4 = 0 2 2
⇔ (x − 2) x − 2x+4 + (x − 2) x − 6x +12 + ( 2 2
x − 2x+4 − x − 6x +12 )+2(x −2) = 0 2 2 4(x − 2)
⇔ (x − 2) x − 2x+4 + (x − 2) x − 6x +12 + + 2(x − 2) = 0 2 2
x − 2x+4 + x − 6x +12  4  ⇔ (x − 2) 2  x − 2x+4 + 2 x − 6x +12 + + 2 = 0  2 2  x 2x+4 x 6x 12  − + − +  x − 2 = 0 (4)  ⇔ 2 2 4
 x − 2x+4 + x − 6x +12 + + 2 = 0 (5)  2 2 
x − 2x+4 + x − 6x +12 1
+ Xét (4) ⇒ x = 2 , thay vào (3) ta được 1 y = ±
. Vì y > 0 nên suy ra y = . 2 2
+ Xét (5), ta thấy : VT (5) > 0 ∀ x ≥ 2
− , do đó phương trình vô nghiệm.
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x y)  1  ; = 2;   .  2 
Câu 4: (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , điểm M 1;0 là trung điểm của cạnh BC ,
điểm N thuộc cạnh CD sao cho CN  2ND , phương trình đường thẳng AN là: x y  2  0 .
Tìm tọa độ điểm A biết điểm A có hoành độ dương Lời giải A B M D C N
Đặt cạnh của hình vuông bằng a a a
AM  AN  MN Ta có:  2 2 2 5 10 5 1 AM  , AN  , NM  a, cos MAN   2 3 6 2 AM .AN 2 7 NHÓM TOÁN VD_VDC
A  AN  A ;
x x  2 với x  0  
AM , AN có vectơ chỉ phương là: AM  1 x,x  2,u  1;  1   1 2x1 1 x  1 N  cos MAN    2 2x 2x 4 0        2
  x2 x 2 2 1 2 . 2 x  2  L  Vậy A1;  3 Câu 5. (3,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 3 , SA = a , SB = SC = SD = a 3 .
Gọi M là trung điểm CD .
1. Tính thể tích khối chóp S.ABCM .
2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BC .
AC ∩ BD = I , ta có IA = IC = IS (là đường cao của các tam giác cân bằng nhau) nên S  AC 1 vuông tại S 2 2
⇒ AC = SA + SC = 2a và SI = IA = IC = AC = a . 2 2 2 2 2 IB =
SB − SI = 3a − a = a 2 ⇒ BD = 2IB = 2a 2 . 1 2 S
= IC.BD = a 2  
; Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp BCD , bán kính đường tròn ngoại BCD 2 BC.C . D BD 3a
tiếp BCD là: R = OC = =
. ( O là trung điểm AI ) 4.S 2 BCD a 3
Do SB = SC = SD nên SO ⊥ ( ABCD) ; 2 2 SO = SC − OC = . 2 1 2 3 3a 2 2 S = 2.S = 2a 2 ; S = S ⇒ S = S = . ABCD BCD CDM 4 ABCD ABCM 4 ABCD 2 3 1 a 6 V = . SO S = . S . ABCM 3 ABCM 4
2. IM // BC ⇒ BC // (SMI ) nên d ( BC, SM ) = d ( BC,(SMI )) = d (C,(SMI )) . 8 NHÓM TOÁN VD_VDC S a
Mà CI = 2OI ⇒ d (C,(SMI )) = 2d (O,(SMI )) ; d ( A BC ) 2 6 , ABCD = = BC 3
O là trung điểm AI và ME là đường trung bình hình thoi ABCD nên d (O ME ) 1
= d ( A BC) a 6 , , =
. ( E là trung điểm AB ) 4 6 a 6
Kẻ OH ⊥ ME , H ∈ ME thì OH =
; ME ⊥ SO ⇒ ME ⊥ (SOH ) 6
Kẻ OK ⊥ SH , K ∈ SH ⇒ OK ⊥ ME vậy OK ⊥ (SME ) tức là d (O,(SME )) = OK . a 3 a 6 . S . O OH a 66 2 6 a OK = = =
; d (C (SMI )) = d (O (SMI )) 66 , 2 , = . 2 2 2 + 22 SO OH  11 a 3   a 6    +   2 6     a 66
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BC là . 11 Câu 6:
(2,0 điểm) Cho a , b , c là các số thực dương. 9 32 Chứng minh rằng: − ≥ − .
ab (a + c)(b + c) 5 2 2 2
4 + 4a + 4b + c Lời giải Cách 1: 2 2
Cosi a + ac + b + bc
Ta có: ab (a + c)(b + c) = ( 2 + )( 2 a ac b + bc) ≤ 2 2 2 + + +
⇒ ab(a + c)(b + c) a b c(a b) ≤ ( ) 1 . 2 2 2 2 c + a + b
Cosi c + 2 (a + b ) 2
Lại có: c (a + b) ( )2 2 Cosi ≤
và (a + b) ≤ ( 2 2
2 a + b ) ⇒ c (a + b) ≤ (2) . 2 2 2 c + 2 ( 2 2 a + b 2 2 ) a + b + Từ ( )
1 , (2) ⇒ ab (a + c)(b + c) 2 ≤ 2 ⇔ ( + )( + ) 2 2 2
4a + 4b + c 1 4 ab a c b c ≤ ⇔ ≥ 4
ab (a + c)(b + c) 2 2 2
4a + 4b + c 9 36 ⇔ ≥ .
ab (a + c)(b + c) 2 2 2
4a + 4b + c Do đó 9 32 36 32 P = − ≥ − .
ab (a + c)(b + c) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 + + + 4a + 4 4 4a 4 b + c b c
4 + 4a + 4b + c 9 NHÓM TOÁN VD_VDC Đặt 2 2 2
4 + 4a + 4b + c = t . Vì a , b , c là các số thực dương nên t > 2 . 2 2 2 2
⇒ 4a + 4b + c = t − 4 . 36 32
Xét hàm số f (t ) = − với t > 2 . 2 t − 4 t 3 − 72 − t + 32 t ( 4 2 t − 8t +16 72 32 ) − − + ⇒ f ′(t) 4 3 2 32t 72t 256t 512 = ( + = = − 4)2 2 2 t t ( 2t −4)2 2.t ( 2t −4)2 2.t (t − 4)( 3 2
32t + 56t − 32t −128) = ( . t − 4)2 2 2 .t Ta có 3 2
32t + 56t − 32t −128 = ( 3 t −
)+( 2t − t) = ( 3 32 128 56 32
32 t − 4) + 4t (14t − 8) > 0 (vì t > 2 ).
Do đó f ′(t) = 0 ⇔ t = 4 . Bảng biến thiên : ⇒ 9 32 f (t ) ≥ 5 − ⇒ − ≥ − .
ab (a + c)(b + c) 5 2 2 2
4 + 4a + 4b + c 2 2 2 2
 4 + 4a + 4b + c = 4 12  a =12  =  a 1   
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b ⇔ a = b ⇔ b  = 1 .    c = a + b c = 2a   c = 2  Cách 2:
Cosi ab + bc + ab + ac
Ta có: ab (a + c)(b + c) = (ab + bc)(ab + ac) ≤ 2 + + ⇒ ab bc ac
ab (a + c)(b + 2 c) ≤ . 2 Đồ c c ng thời 2 2 2
4 + 4a + 4b + c = + ( a + b ) 2 2 2 2 2 2 4 2 2 + 2a + + 2b + 2 2 Cosi
≥ 4 + 4ab + 2ac + 2bc 2 2 2
⇒ 4 + 4a + 4b + c ≥ 4 + 2(2ab + ac + bc) . Do đó 9 32 18 32 : − ≥ − .
ab (a + c)(b + c) 2 2 2 + + + 2 4 4a 4
ab + ac + bc b c
4 + 2 (2ab + ac + bc)
Đặt 4 + 2(2ab + ac + bc) = t . Vì a , b , c là các số thực dương nên t > 2. 10 NHÓM TOÁN VD_VDC 2 t − 4
⇒ 2ab + ac + bc = . 2 36 32
Xét hàm số f (t ) = − với t > 2 . 2 t − 4 t 3 − 72 − t + 32 t ( 4 2 t − 8t +16 72 32 ) − − + ⇒ f ′(t) 4 3 2 32t 72t 256t 512 = ( + = = − 4)2 2 2 t t ( 2t −4)2 2.t ( 2t −4)2 2.t (t − 4)( 3 2
32t + 56t − 32t −128) = ( . t − 4)2 2 2 .t Ta có 3 2
32t + 56t − 32t −128 = ( 3 t −
)+( 2t − t) = ( 3 32 128 56 32
32 t − 4) + 4t (14t − 8) > 0 (vì t > 2).
Do đó f ′(t) = 0 ⇔ t = 4 . Bảng biến thiên : ⇒ 9 32 f (t ) ≥ 5 − ⇒ − ≥ − .
ab (a + c)(b + c) 5 2 2 2
4 + 4a + 4b + c 
+ ( ab + ac + bc) 2 4 2 2 = 4 12  a =12  a = 1   
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b ⇔ a = b ⇔ b  =1 .   
c = 2a = 2b c = 2a   =  c 2  11 NHÓM TOÁN VD_VDC
Document Outline

• [toanmath.com] - Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 THPT năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Thái Bình
• hsg Thái Bình 2018-2019