









Preview text:
NHÓM TOÁN VD – VDC
SỞ GD&ĐT LÂM ĐỒNG
KỲ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH LỚP 12 ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2018 - 2019 (Đề thi có 01 trang)
MÔN: TOÁN – Hệ : THPT N Ngày thi : 18/01/2019 Thời gian: 180 phút H Ó M
Họ và tên: ...................................................................................... SBD: ............................................... . T O
Câu 1: (2,0 điểm) ÁN
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 3 2
y x x 2 m 2 3 3
1 x 3m 1 có hai điểm V D
cực trị x , x thỏa x 4x 0 . 1 2 1 2 –
Câu 2: (4,0 điểm) VD
2.1. Cho a log 6 và b log 12 . Tính log 60 theo a và b 5 6 3 C 2 x
2.2. Giải phương trình 1 x 1 x 2 . 4
Câu 3: (2,0 điểm)
Một biển quảng cáo có dạng hình chữ nhật ABCD được sơn trang
trí như hình bên. Chi phí để sơn phần tô đậm là 250.000 đồng/ 2 m
và phần còn lại là 160.000 đồng/ 2
m . Hỏi số tiền để sơn biển
quảng cáo theo cách trên là bao nhiêu?
Biết AD 4m , DC 3m và AE EF FB .
Câu 4: (2,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A1;0;3 , B 3
;1;3 , C 1;5 ;1 . Tìm tọa độ
điểm M thuộc mặt phẳng Oxy sao cho biểu thức T 2 | MA | | MB MC | có giá trị nhỏ nhất.
Câu 5: (2,0 điểm) N 2 2 2 3 k 2 k 2 2019 H
Tính tổng S 2 C 3 C ... 1 k C ... 2019 C . 2019 2019 2019 2019 Ó
Câu 6: (4,0 điểm) M T
6.1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi M , N lần lượt là trung O
điểm của các cạnh AB, AD và H là giao điểm của CN và DM . Biết SH vuông góc với mặt ÁN 2a V
phẳng ( ABCD) và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC bằng . Tính theo a thể D 3
tích khối tứ diện SHMC . – V
6.2. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABCA ' B 'C ' có AB 2 3 , AA ' 3 . Gọi M , N, P lần lượt là D C
trung điểm của các cạnh A' B ', A'C ', và BC . Tính côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng AB 'C ' và MNP .
Câu 7: (2,0 điểm)
Tìm tất cả giá trị của tham số m để hệ phương trình
x y 4 2xy
2x y m 2 2 x y
x x y y 5 có nghiệm ;
x y thỏa mãn x 1, y 1 .
Câu 8: (2,0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x y z và 2 2 2
x y z 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P (x y)( y z)(z x)(xy yz zx). ----- HẾT -----
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 1 NHÓM TOÁN VD – VDC
SỞ GD&ĐT LÂM ĐỒNG HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ CHÍNH THỨC N H
Câu 1: (2,0 điểm) Ó M
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 3 2
y x x 2 m 2 3 3
1 x 3m 1 có hai điểm T O
cực trị x , x thỏa x 4x 0 . 1 2 1 2 ÁN V Lời giải D –
Tập xác định: D . VD 2 2 C
y 3x 6x 3m 1 . x 1 m y 0 x 1 m
Hàm số có hai điểm cực trị y 0 có hai nghiệm phân biệt m 0 . x 1 m +) TH1: 1 x 1 m 2 5
Khi đó x 4x 0 1 m 4 1 m 0 m (TM). 1 2 3 x 1 m +) TH2: 1 , x 1 m N 2 H Ó 5 M
Khi đó x 4x 0 1 m 41 m 0 m (TM). 1 2 T 3 O Á 5 N Vậy m
là các giá trị cần tìm. V 3 D –
Câu 2: (4,0 điểm) V
2.1. Cho a log 6 và b log 12 . Tính log 60 theo a và b D 5 6 3 C 2 x
2.2. Giải phương trình 1 x 1 x 2 . 4 Lời giải
2.1. Cho a log 6 và b log 12 . Tính log 60 theo a và b . 5 6 3 log 6 a 5 log 6 a log 2 b1 5 6 Ta có: . log 12 b log 12 . a b 6 5
log 2a b1 5 log 60 1 log 12 1 ab 1 ab 5 5 log 60 . 3 log 3 log 6 log 2 a a b 1 a 2b 5 5 5
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 2 NHÓM TOÁN VD – VDC 2 x
2.2. Giải phương trình 1 x 1 x 2 . 4
Điều kiện: 1 x 1. N H 2 t 2 Ó
Đặt t 1 x 1 x 2
1 x , với 2 t 2 . M 2 T O 2 2 Á t 2 N 7 2 V 2
Phương trình theo t có dạng: t t 2 2 t 4t 8 0 t 2 D 4 – V 2 D
1 x 1 x 2 1 x 1 x 0 . C
Vậy phương trình có nghiệm x 0 .
Câu 3: (2,0 điểm)
Một biển quảng cáo có dạng hình chữ nhật ABCD được sơn trang
trí như hình bên. Chi phí để sơn phần tô đậm là 250.000 đồng/ 2 m
và phần còn lại là 160.000 đồng/ 2
m . Hỏi số tiền để sơn biển
quảng cáo theo cách trên là bao nhiêu?
Biết AD 4m , DC 3m và AE EF FB . Lời giải
Gọi H , K lần lượt là trung điểm của AB và CD ; I là
giao điểm của CE và DF . 1 N EH EF H 2 1 1 Ó Ta có: EH KC IH HK 1 (m) , M 2 3 4 EF KC T 3 O IK 3 (m) . ÁN V Ta có: S 3.4 12 2 (m ) . ABCD D 1 2 – S S .1.4 2 (m ) . ADE BCF V 2 D 1 1 1 C 2 S IH .EF .1.1 (m ) . IEF 2 2 2 1 1 9 2 S IK.CD .3.3 (m ) . ICD 2 2 2
Gọi S là diện tích phần tô đậm và S là diện tích phần còn lại. 1 2 Ta có: 2 S S S S S 9 (m ) . 2 ADE BCF IEF ICD Suy ra: 2 S S
S 3 (m ) . 1 ABCD 2
Vậy tổng số tiền để làm là: T 3.250 000 9.160 000 2190 000 (đồng).
Câu 4: (2,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A1;0;3 , B 3
;1;3 , C 1;5 ;1 . Tìm tọa độ
điểm M thuộc mặt phẳng Oxy sao cho biểu thức T 2 | MA | | MB MC | có giá trị nhỏ nhất. Lời giải
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 3 NHÓM TOÁN VD – VDC N H Ó M T O ÁN VD – V D
Gọi K là trung điểm của BC , ta có: K 1
;3; 2 và MB MC 2MK . Suy ra: C
T 2 | MA | 2 | MK | 2MA MK .
Nhận xét: A, K nằm khác phía so với mặt phẳng Oxy . Gọi A' là điểm đối xứng của điểm A qua mặt
phẳng Oxy . Khi đó: T 2 MA MK 2 MA MK Suy ra : T
MA MK A ,
M , K thẳng hàng hay M là giao điểm của A' K với mặt phẳng min min Oxy .
Ta có: H 1;0;0 A1;0;3 AK 2;3;5 . Do đó: Phương trình tham số của A' K là
x 12t 1 9 y 3t M ; ;0 5 5
z 35t
Câu 5: (2,0 điểm) N k Tính tổng 2 2 2 3 2 3 ... 1 k S C C k C ... 2019 C . 2019 2019 2 2 2019 H 2019 2019 Ó Lời giải M T
- Trước hết ta chứng minh đẳng thức: 2 k k C n n
C nC 1 2 k , n k, n . n k 2 k 1 1 O n 2 n 1 ÁN 2 k k k V
Thật vậy: do k C k k
C kC 2 . n 1 n n D – n n n k ! 1 ! 1 ! k 1 V Mà: kC k. . n . n nC 3 n n 1 D
k !.n k ! k
1 !.n k ! k 1 !.n 1 k 1 ! C
Áp dụng (3) hai lần ta được: k 1 k kC k
nC n k
C n n C 4 n k 1 1 . n k 1 1 n k 2 1 1 1 n2
Từ 2 , 3 , 4 ta được 1 . - Áp dụng 1 ta được: 2019 2019
S k 2 k 1 k k C 1 . k 2 k 1 2019.2018.C 2019.C 2019 2017 2018 k 2 k 2 2017 2018 k k 2018.2019. k C . 1 2019 k C 1 2017 2018 k 0 k 1 2017 2018 2018.2019. 1 1 2019 1 1 1 2019 .
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 4 NHÓM TOÁN VD – VDC Vậy S 2019 .
Câu 6: (4,0 điểm)
6.1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi M , N lần lượt là trung N
điểm của các cạnh AB, AD và H là giao điểm của CN và DM . Biết SH vuông góc với mặt H 2a Ó
phẳng ( ABCD) và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC bằng . Tính theo a thể M 3 T
tích khối tứ diện SHMC . O Lời giải ÁN VD – VDC
Theo giả thiết ABCD là hình vuông, suy ra A
DM DCN (c.g.c) Từ đó suy ra
ADH DCN DM CN 2 2 a a 5 CD 2a DC.DN a Vậy có: 2 2 2 NC DC DN a ; HC ; HD ; N 2 2 CN 5 NC 5 H Ó a 5 a 3a 5 2 1 1 2a 3a 5 3a M
HM MD HD và S HC.HM . . H MC T 2 5 10 2 2 5 10 10 O Á
Mặt khác, ta có SH (ABCD) SH DM N V D
Theo chứng minh trên DM CN , suy ra DM (SCN ) . – V 2a D
Kẻ HK SC thì HK là khoảng cách giữa DM và SC . Suy ra HK . C 3 1 1 1
Tam giác SHC vuông tại H , đường cao HK suy ra 2 2 2 HK SH HC 1 1 1 1 1 1 SH a 2 2 2 2 2 2 SH HK HC 2a 2 a a 3 5 2 3 1 1 3a a Vậy V S .SH . .a SHMC 3 H MC 3 10 10
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 5 NHÓM TOÁN VD – VDC
6.2. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABCA ' B 'C ' có AB 2 3 , AA ' 3 . Gọi M , N, P lần lượt là
trung điểm của các cạnh A' B ', A'C ', và BC . Tính côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng AB 'C ' và MNP . N Lời giải H Ó Cách 1: M T O ÁN V A 2 3 C D – P VDC B 3 Δ G A' C' N I M Q N B' H Ó M 3 5
Gọi I,Q lần lượt là trung điểm của các cạnh MN và B 'C ' , khi đó AQ 3 2, PI . T 2 O
Giả sử PI AQ G . G AB 'C ' MNP . Á N V
MN MNP , B 'C ' AB 'C ' D Hơn nữa
nên giao tuyến của mặt phẳng AB 'C ' và MNP MN B 'C ' – V
là đường thẳng đi qua G và song song với MN và B 'C ' . D C
Ta có B 'C ' AA 'QP AG . Chứng minh tương tự ta có PG .
Do đó AB C MNP AG PG ' ' , ,
. Mặt khác IQ AP , theo định lý Ta-lét có GQ GI IQ 1 2 2
GA 2GQ
AQ 2 2 ; GP 2GI PI 5 . GA GP AP 2 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 5 3
GA GP AP 1
Xét tam giác AGP có cos AGP 2G . A GP 2 2. 5 10
Vậy cos AB C MNP 1 ' ' , . 10 Cách 2
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 6 NHÓM TOÁN VD – VDC 3 A P N X H T 3 Ó M T O A' Á I Q N V D – Gọi I , ,
Q X lần lượt là trung điểm của các cạnh MN, B 'C ' và AA' . V 0 D
Ta có AP PQ QA' A' A 3 và A' AP 90 tứ giác APQA ' là hình vuông. C I
PQ XQA'c g c
IPQ XQA ' PI QX 1
Ta có B 'C ' APQA ' B 'C ' QX , mà MN B 'C ' MN QX 2 Từ
1 và 2 QX MNP .
Chứng minh tương tự ta có A ' P AB 'C ' .
Do đó AB C MNP A P QX ' ' , ' , . TP TQ PQ
Ta có XA PQ , theo định lý Ta-lét có 2 . TA TX AX
Từ đó ta được TP 2 2, XQ 5 . Xét tam giác PTQ , theo định lý côsin ta có 2 2 2 2 2 2
TP TQ PQ 2 2 5 3 1 cosPTQ 2T . P TQ 2 2. 5 10 N H
Vậy cos AB C MNP 1 ' ' , . Ó 10 M Cách 3 T O ÁN VD – VDC Gọi I , ,
O J lần lượt là trung điểm của các cạnh B 'C ', MN và AP . Ta có MN B 'C ' và
A ' I B 'C ' MN A ' I . Đặt hình lăng tru tam giác đều ABC.A ' B 'C ' trong hệ trục tọa độ
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 7 NHÓM TOÁN VD – VDC
Oxyz với gốc tọa độ O 0;0;0 , chiều dương Ox trùng với tia ON, chiều dương Oy trùng với
tia OI , chiều dương Oz trùng với tia OJ . Khi đó ta có : 3 3 3 3 3 3
A 0; ;3 , B ' 3; ; 0 , C '
3; ;0 , M ; 0; 0 , N ; 0;0 , P 0; ;0 N 2 2 2 2 2 2 H Ó
Gọi n , n lần lượt là véctơ pháp tuyển của mặt phẳng AB 'C ' và MNP . M 1 2
T
Ta có n AB ', AC ' 0; 2; 2 , n MN , MP 0; 2 ;1 . 1 1 O ÁN
Gọi là góc tạo bởi hai mặt phẳng AB 'C ' và MNP . V D 0 4 2 1
Khi đó cos cos n , n . 1 2 – 2 2 2 2 2 2 10
0 2 2 . 0 2 1 VDC
Vậy cos AB C MNP . 1 ' ' , 10
Câu 7: (2,0 điểm)
Tìm tất cả giá trị của tham số m để hệ phương trình
x y 4 2xy
2x y m 2 2 x y
x x y y 5 có nghiệm ;
x y thỏa mãn x 1, y 1 . Lời giải
x y 4 2xy 1 Xét hệ
(với x, y 1)
2x y m 2 2 x y
x x y y 5 2 Từ
1 ta có x y 2xy 4 N H Ó
Thế vào 2 ta được x y m 2 2 2
x y x 2xy y 1 M T O x y Á
m x y x y2 2 1 N V D x y2 –
Đặt t x y 2 và x y 4 2xy
x y 4 t 4 . V 2 D C
Do x 1, y 1 nên x 1 y
1 0 xy x y 1 0 xy x y 1 2xy 2 x y 2
x y 4 2 x y 2 x y 6 . Do đó t m 2 2 t t 1 t m 2 2
t 1 t .
Hệ đã cho có nghiệm ;
x y thỏa mãn x 1, y 1 khi và chỉ khi phương trình t m 2 2
t 1 t có
nghiệm t 4;6 . t 1 Xét hàm số t f t 2 2
t 1 t với 4 t 6 . Có f t 2 2t 1 tln 2 . 2 t 1
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 8 NHÓM TOÁN VD – VDC 1 Mà 2
t 1 t t và 2 t 1 1
1 nên f t 0 với 4 t 6 . 2 t 1
Suy ra f t là hàm số đồng biến. Do đó f 4 m f 6 16 17 4 64 37 6. N H Ó
Câu 8: (2,0 điểm) M
Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x y z và 2 2 2
x y z 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T O
P (x y)( y z)(z x)(xy yz zx). Á Lời giải N V Cách 1 D –
Đặt Q (x y)( y z)(x z)(xy yz zx) ta có Q . P VDC
+ xy yz zx 0 ta có Q 0.
+ xy yz zx 0 đặt t xy yz zx 0. 2 3
x y y z (x z)
Áp dụng BĐT Côsi ta có (x y)( y z)(x z) (x z) (1) 2 4 Mà 2 2 2
x y z xy yz zx 2 2 2 4
2(x z) 2(x y) 2( y z) x z
x y y z 2 2 2 2( ) ( ) ( )
3(x z) hay t 2 4 5
3(x z) 0 (2) t 5 3 1 4 2 3 Từ (1) và (2) suy ra 2 3 Q t. (5 t) t (5 t) . N 4 5 9 H Ó M Xét hàm số 2 3
f (t) t (5 t) trên 0 t 5 ta có 2 f (
t) t(5 t) (10 5 t), f (
t) 0 t 2 hoặc t 5 T O Á
f (0) 0, f (5) 0, f (0) 0, f (2) 108. N V D
Do đó Q 4 nên GTLN của Q là 4 khi x 2, y 1, z 0. – VD
Suy ra P 4 nên GTNN của P là 4
khi x 2, y 1, z 0. C Cách 2: Đặt 2 2 2
t xy yz zx x y z t 5 . 2 2 2 2 2 2 Giả thiết: 2 2 2
10 2x 2 y 2z x y y z z x 2t x y y z z x 10 2t 1 3 z x2 2 2 2 2 2 2 5 t
Mà x y y z z x x y y z z x z x 2 2 4 3 2
x y y z x z2 2 2 x z4 2 5 t
x y y z
x y y z 2 4 16 3
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 9 NHÓM TOÁN VD – VDC 2 2 2 2 2
5 t 20 4t 4 3 Ta có: 2
P x y y z z x . xy yz zx 2 .t 5 t 2 t . 3 3 27 Xét hàm số suy ra 2
P 16 min P 4
tại t 2 ; x ;
y z 2;1;0 . N H Ó M T O ÁN VD – VD C N H Ó M T O ÁN VD – VDC
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 10
Document Outline
- MTBlankEqn