Đề thi chọn HSG cấp tỉnh Toán 12 THPT năm 2019 sở GD&ĐT Quảng Ninh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT NĂM 2019 TỈNH QUẢNG NINH
Môn thi: TOÁN - Bảng A Ngày thi: 03/09/2019 ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ BÀI 2x 1
Câu 1 (4 điểm). Cho hàm số y  C C x
có đồ thị   . Gọi M là điểm bất kì trên   . Tiếp tuyến 1
của C tại M cắt hai đường tiệm cận của C tại A và B . Gọi I là giao điểm của hai
đường tiệm cận. Tìm trên C tất cả các điểm M sao cho chu vi tam giác IAB nhỏ nhất. 3 2  3 2 6 4 x xy y  y ln x    xy e e   0 6 4
Câu 2 (3 điểm) . Giải hệ phương trình: y   y .  3
9y  2  7x  2y  5  2y   3 Câu 3 (4 điểm). a) Cho a log 3;b log 5;c
log 2 . Tính log 441 theo a ,b,c . 2 3 7 280
b) Có 2 nhà kho, nhà kho thứ nhất có 8 cái điều hòa tốt và 4 cái điều hòa hỏng. Nhà kho
thứ hai có 9 cái điều hòa tốt và 6 cái điều hòa hỏng ( Giả thiết các điều hòa ở hai nhà kho,
mỗi cái đựng trong hộp kín, nhìn bề ngoài không phân biệt được). Hùng vào mỗi nhà
kho lấy ra ngẫu nhiên 2 cái điều hòa. Tính xác suất để 4 cái điều hòa Hùng lấy được có ít nhất 2 cái tốt.
Câu 4 (3 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có 3 góc đều nhọn và nội
tiếp đường tròn tâm I . Gọi K là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng AC , H
là hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng BI . Đương thẳng AC và KH lần lượt
có phương trình x  y 1  0 và x  2y 1  0 . Biết điểm B thuộc đường thẳng y  5  0 ,
điểm I thuộc đường thẳng x  1  0 . Tìm tọa độ điểm C .
Câu 5 (4 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , tâm O . Biết SO
vuông góc với mặt phẳng (ABCD) , SB  3a và BAD  120 . Gọi M và N lần lượt là các 2 1
điểm thuộc các cạnh BC và SA sao cho BM 
BC, SN  SA 3 3 .
a) Tính thể tích hình chóp S.MND theo a .
b) Gọi  là góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (SBD) . Tính cos .
Câu 6 (2 điểm) . Cho các số thực a,b, c 1;4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a  b2 P  2
c  4ab  bc  ca
-------------------- HẾT --------------------
LỜI GIẢI CHI TIẾT 2x 1
Câu 1. Cho hàm số y  C C C x
có đồ thị   . Gọi M là điểm bất kì trên   . Tiếp tuyến của   1
tại M cắt hai đường tiệm cận của C tại A và B . Gọi I là giao điểm của hai đường
tiệm cận. Tìm trên C tất cả các điểm M sao cho chu vi tam giác IAB nhỏ nhất. Lời giải TXĐ: D  \  1 1  Ta có y   . x  2 1  2m 1
Ta có: M C   M ; m m    1  m 1  1  2m 1
Tiếp tuyến của C tại M có phương trình  : y  x  m  2    . m   1 m 1
C có đường tiệm cận đứng d : x 1 d : y  2 1
; đường tiệm cận ngang 2 .
Ta có I  d  d  I 1;2 1 2  . x 1 x  1  
Ta có A    d   1  2m 1  1
Tọa độ A là nghiệm của hệ  2m y  x  m  2       m     y 1 m 1  m 1  2m  Suy ra A1; .  m 1   y  2  x  2m 1
Ta có B    d   1  2m 1  2
Tọa độ B là nghiệm của hệ y x m     2       m    y 2 1 m 1
Suy ra B2m 1;2 . 2 2 1 Ta có IA 
; IB  2m  2 ; AB  2 m   1  m 1 m  2 1
Chu vi tam giác IAB là  1  C             IA AB BI m m IAB  2 1 2 1 1  m 1  . m  2 1    1
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương m 1 ; m1 ta có 1 m 1   2 m 1 (1) 2 1
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương m   1 ;  ta có m  2 1 m  2 1 1 1   2  m 1   2 2  2  (2) m   1 m  2 1  1  2 1
Từ (1), (2) suy ra 2 m 1   m   1    2 2  2 2    m 1 m  1    Suy ra C   I  AB 22 2. 1 m  0
Dấu ‚=‛ xảy ra khi và chỉ khi m 1   (thỏa mãn). m 1  m  2
+ Với m  0  M 0;  1 .
+ Với m  2  M 2; 3 .
Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu đề bài: M 0;1 ; M 2;3 1   2  . 3 2  3 2 6 4 x xy y  y ln x    xy e e   0 6 4 Câu 2. Giải hệ phương trình: y   y .  3
9y  2  7x  2y  5  2y   3 Lời giải Cách 1: 3 2  3 2 6 4 x xy y  y   ln x  xy e e   0 1 6 4   y   y  3
9y  2  7x  2y 5  2y  3  2 9  y  2  0  2   y  Điều kiện: 3 2  x  xy   9  0 .  6 4  y  y x  0 3 2 6 4
Với điều kiện trên,   x xy    3 2   y y e x xy  e   6 4 1 ln ln y  y  . Xét hàm số    t
y g t  e  lnt trên 0; . t 1
y  e   0, t  0; t
 y  g t đồng biến, liên tục trên 0; . 3
 x   x  Do đó   3 2 6 4
1  x  xy  y  y 3    y      y .  y   y  Xét hàm số    3
y h t  t t trên . 2
y  3t 1 0, t  
 y  ht đồng biến, liên tục trên . Do đó   1 x   y 2  x  y y .
Thế vào phương trình 2 ta được: 3 2
9y  2  7y  2y  5  2y  3 .
Đặt a  9 y  2 a  0 . 2 2 2 2  a  2   a  2   a  2 
Phương trình trở thành:  3 a    2   5  2   3  9   9   9  2 3 2 2 2  a  2   a  2    a  2       2   5   2   3 a  9   9    9     a  a 
  a  a  3 4 2 2 63 414 3069 2 9 31
 a  a   4 3 2 4
5 8a  36a  311a  558a 1643  0  a  4   a  5  2  2 81 2a 4a 18a      93 2
a  6a  9 355 2 
a  806  0VN do a    0   4  2
Với a  4 thì y  2  x  4 (thỏa điều kiện).
Với a  5 thì y  3  x  9 (thỏa điều kiện).
Vậy hệ phương trình có nghiệm: 4;2,9;3 . Cách 2:  2 y    2  9 y  Điều kiện:   3 2  9 x  xy (*)   0 x  0 6 4  y  y Khi đó phương trình 3 2 3 2 6 4   x  xy 3 2 6 4 x xy y y x xy 3 2 y  y 6 4 e  e  ln  0  e
 ln(x  xy )  e
 ln(y  y )(1) 6 4 y  y Xét hàm số  ( ) t
y f t  e  lnt trên (0;) t 1
Ta có f '(t)  e   0, t  (0;) t Suy ra hàm số  ( ) t
y f t  e  lnt đồng biến trên (0;). Do đó 3 2 6 4
(1)  x  xy  y  y 2 2 2 4 2 2
 (x  y )(x  xy  y  y )  0  x  y ( vì 2 2 4 2
x  xy  y  y  0 với điều kiện (*)) Thay 2
x  y vào phương trình còn lại của hệ ta được: 3 2
9y  2  7y  2y  5  2y  3 3 2
 (y  2)  9y  2  (y 1)  7y  2y  5  0 2 3 2
(y  2)  (9y  2)
(y 1)  (7y  2y  5)    0 2
y  2)  9y  2 2 3 2 3 2
(y 1)  (y 1) 7y  2y  5  7y  2y  5 2 3 2 y  5y  6
y  4y  y  6    0 2
y  2)  9y  2 2 3 2 3 2
(y 1)  (y 1) 7y  2y  5  7y  2y  5  1 y 1   0 (2)  2
y  2)  9y   2 2 3 2 3 2 
(y 1)  (y 1) 7y  2y  5  7y  2y  5  2
 y  5y  6  0 2
 y 5y  6  0 ( Vì với điều kiện (*) thì vế trái (2) >0 nên (2) vô nghiệm)  y  2  y 3
Với y  2 thì x  4
Với y  3 thì x  9 Vậy hệ có 2 nghiệm ( ; x y)  (3;2),(9;3). Câu 3. a) Cho a log 3;b log 5;c
log 2 . Tính log 441 theo a ,b,c . 2 3 7 280
b) Có 2 nhà kho, nhà kho thứ nhất có 8 cái điều hòa tốt và 4 cái điều hòa hỏng. Nhà kho
thứ hai có 9 cái điều hòa tốt và 6 cái điều hòa hỏng ( Giả thiết các điều hòa ở hai nhà kho,
mỗi cái đựng trong hộp kín, nhìn bề ngoài không phân biệt được). Hùng vào mỗi nhà
kho lấy ra ngẫu nhiên 2 cái điều hòa. Tính xác suất để 4 cái điều hòa Hùng lấy được có ít nhất 2 cái tốt. Lời giải 1
a) Ta có log 7  g;log 5  log 3.log 5  . a b. 2 2 2 3 c log 441 log  2 2 3 .7 2  2log 3log 7 2 2 2  log 441    280 log 280 log 2 .7.5 3 log 7  log 5 2  3 2  2 2  1 2 a    c  2ac     1 log 441   280 1 . 3c  abc 1 3  ab c
b) Số cách lấy 4 điều hòa mỗi kho 2 điều hòa là: 2 2 C .C 6930 12 15 .
Gọi A là biến cố ‚ Hùng lấy được ít nhất 2 điêu hòa tốt‛.
A là biến cố ‚ Hùng lấy được tối đa 1 điêu hòa tốt‛.
Trường hợp 1: Hùng không lấy được điều hòa tốt.
Khi đó lấy 2 điều hòa không tốt ở kho 1 và 2 điều hòa không tốt ở kho 2. Số cách lấy là: 2 2 C .C  90 4 6 (cách).
Trường hợp 2: Hùng lấy được 1 điều hòa tốt.
Khi đó Hùng lấy được 1 điều hòa tốt ở kho 1 hoặc kho 2. Số cách lấy là: 1 1 2 2 1 1
C .C .C C .C .C  804 4 8 6 4 9 6 (cách). Vậy A 90 804 894
Vậy xác suất Hùng lấy được nhiều nhất 1 điều hòa tốt là : 894 149 149 1006 P A P A 1 . 6930 1155 1155 1155 Câu 4.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có 3 góc đều nhọn và nội tiếp
đường tròn tâm I . Gọi K là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng AC , H là
hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng BI . Đương thẳng AC và KH lần lượt có
phương trình x  y 1  0 và x  2y 1  0 . Biết điểm B thuộc đường thẳng y  5  0 ,
điểm I thuộc đường thẳng x  1  0 . Tìm tọa độ điểm C . Lời giải
x  2y 1  0 x  3 
Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình     K  3  ;2 .
x  y 1  0 y  2
Đường thẳng KB có phương trình x  y  5  0 .
x  y  5  0 x  0
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ     B0;5 . y  5  0 y  5
Ta có: BAK  BEC và AKF  CKH  HBC ( do tứ giác BKHC nội tiếp đường tròn). 0
BAK  AKF  BEC  HBC  90 HK  AB .
Đường thẳng AB có phương trình 2x  y  5  0 .
2x  y  5  0 x  2 
Tọa độ A là nghiệm của hệ     A 2   ;1 .
x  y 1  0 y  1 Gọi I  1;
 a thuộc đường thẳng x 1  0 . 2 2 2 Ta có: 2 2
IA  IB  IA  IB   
1  1 a  1 5  a  a  3  I 1;3 .
Gọi C c;1 c thuộc đươngt thẳng x  y 1  0 . 2 2 c  2  Ta có: 2
IC  IA  IC  5  c  
1  c  4  5   . c  3  Với c  2   C  2  ; 
1 : loại do trùng với A . Với c  3   C  3  ;2 . Vậy: C  3  ;2 . Câu 5.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , tâm O . Biết SO vuông góc
với mặt phẳng (ABCD) , SB  3a và BAD  120 . Gọi M và N lần lượt là các điểm thuộc 2 1
các cạnh BC và SA sao cho BM 
BC, SN  SA 3 3 .
a) Tính thể tích hình chóp S.MND theo a .
b) Gọi  là góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (SBD) . Tính cos . Lời giải
Gọi H là hình chiếu của N lên mặt phẳng (ABCD) V NS 1 1 1 1 S MND 1 Ta có .    V  V  V  NH S S MND A MND N AMD . . . V NA . . . 2 2 2 3 A  MD A MND 2 . NH AN 2 2
Ta có: NH // SO  
  NH  SO SO AS 3 3 a
Mặt khác BAD là tam giác đều cạnh a 3  BO  2 Do đó ta có: 2 2 2 2 33a
SO  SB  BO  4 a 33 a 33  SO   NH  2 3 Ta có: 2 1 S        S S S S S S AMD ABCD ABM DCM ABCD 3 ABC 3 B  CD 2 1 1 1 a 3  S  S  S  S  ABCD
3 ABCD 6 ABCD 2 ABCD 4 3 1 1 a 11 Do đó V  NH S  S MND . . . . 2 3 A  MD 24
b) Ta có AC  BD; AC  SO  AC  (SBD)
Kẻ MF // AC, F  BD ; NE // AC, E  SO  EF là hình chiếu của MN lên (SBD) .
Gọi I  EF  MN    FIM 2 OC IF MF 2 Vì 3 MF // NE   
 2  IF  2.IE  IF  .EF IE NE 1 OA 3 3 2 a 33 1 a 3
Ta có: EO  SO  ; FO  OB  3 3 3 6 2 2 2 2 15a a 15 a 15
 EF  EO  OF   EF   IF  4 2 3 MF BM 2 a
Mặt khác: MF // OC     MF  OC BC 3 3 MF 1 Ta có tan   IF 15 1 15 Mặt khác 2 1 tan    cos  2 cos  4 a  b2
Câu 6. Cho các số thực a,b, c 1;4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  2
c  4ab  bc  ca . Lời giải Ta có : a  b2 a  b2 2 c P     2
c  4ab  bc  ca . Mà do  2 4. . a b a b nên
1 4 ab 4. a  b    2 c  c    a  b2 a b2 2 2 c c P   2 .
1 4 ab 4. a  b   a  b   a  b    2   1    4. c c c  c        a  b 1  Đặt t  ,
a,b,c  1;4 t   ;8 c do  nên 2    2 t 1 
Khi đó P  f (t)  ;t  ;8 2 t 4t 1 2     
2t  2t  4t   2
1  t .2t  4 2 4t  2t 1 
Ta có: f '(t)     t     t  4t   0; ;8 2 1
t  4t  2 2 2 1  2  1 1
f (t) f       2   13 1 a  b  1
Suy ra, giá trị nhỏ nhất của P bằng 13 khi  . c  4
-------------------- HẾT --------------------