Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Bảng A - Năm học 2019-2020 - Sở GD và ĐT Quảng Ninh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Bảng A - Năm học 2019-2020 - Sở GD và ĐT Quảng Ninh (Có đáp án)

1. 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 21x Câu 1 (4 điểm). Cho hàm số y có đồ thị C . Gọi M là điểm bất kì trên C . Tiếp tuyến x 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. 32 3 2 6 4 x xy x xy y y eeln64 0 Câu 2 (3 điểm) . Giải hệ phương trình: yy . 9y 2 3 7 x 2 y 5 2 y 3 Câu 3 (4 điểm). a) Cho alog2 3; b log 3 5; c log 7 2 . Tính log280 441 theo a,, b c . 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 xy 10 và xy 2 1 0 . Biết điểm B thuộc đường thẳng y 50, điểm thuộc đường thẳng x 10. 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 3 a và BAD 120 . Gọi M và N lần lượt là các 21 điểm thuộc các cạnh BC và SA sao cho BM BC, SN SA . 33 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 abc,, 1;4  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 ab P c2 4 ab bc ca HẾT
2. LỜI GIẢI CHI TIẾT 21x Câu 1. Cho hàm số y có đồ thị C . Gọi M là điểm bất kì trên C . Tiếp tuyến của C x 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 2 . x 1 21m Ta có: M C M m;1 m m 1 1 2m 1 Tiếp tuyến của C tại M có phương trình : y 2 x m . m 1 m 1 C có đường tiệm cận đứng dx1 :1 ; đường tiệm cận ngang dy2 :2 . Ta có I d12  d I 1;2 . x 1 x 1 Ta có Ad  Tọa độ A là nghiệm của hệ 1 2m 1 1 y x m 2m 2 y m 1 m 1 m 1 2m Suy ra A 1; . m 1 y 2 xm 21 Ta có Bd  Tọa độ B là nghiệm của hệ 1 2m 1 2 y x m 2 y 2 m 1 m 1 Suy ra Bm 2 1;2 . 2 2 1 Ta có IA ; IB 2 m 2 ; AB 21 m 2 m 1 m 1 Chu vi tam giác IAB là 112 C IA AB BI 2 m 1 m 1 . IAB 2 m 1 m 1 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương m 1; ta có m 1 1 m 12 (1) m 1 2 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương m 1; 2 ta có m 1 2211 mm 1 22 2 1 2 (2) mm 11
3. 112 Từ (1), (2) suy ra 2 mm 1 1 2 2 2 2 m 1 m 1 Suy ra C IAB 2 2 2 . 1 m 0 Dấu ‚=‛ xảy ra khi và chỉ khi m 1 (thỏa mãn). m 1 m 2 + Với mM 0 0;1 . + Với mM 2 2; 3 . Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu đề bài: MM12 0;1 ; 2;3 . 32 3 2 6 4 x xy x xy y y eeln64 0 Câu 2. Giải hệ phương trình: yy . 9y 2 3 7 x 2 y 5 2 y 3 Lời giải Cách 1: 32 3 2 6 4 x xy x xy y y eeln64 0 1 yy 9y 2 3 7 x 2 y 5 2 y 3 2 9y 2 0 2 y Điều kiện: x32 xy 9 . 640 yy x 0 3 2 6 4 Với điều kiện trên, 1 ex xy ln x3 xy 2 ey y ln y6 y 4 . Xét hàm số y g t et ln t trên 0; . 1 y et 0,  t 0; t y g t đồng biến, liên tục trên . 3 3 2 6 4 xx 3 Do đó 1 x xy y y yy . yy Xét hàm số y h t t3 t trên . y 3 t2 1 0,  t y h t đồng biến, liên tục trên . x Do đó 1 y xy2 . y Thế vào phương trình 2 ta được: 9y 2 3 7 y2 2 y 5 2 y 3 . Đặt a 9 y 2 a 0 . 2 a2 2 a2 2 a2 2 Phương trình trở thành: a 3 2 5 2 3 9 9 9
4. 2 3 a2 2 a2 2 a2 2 2 5 2 3 a 9 9 9 3 63a4 414 a2 3069 2a2 9 a 31 a 4 a 5 8 a4 36 a3 311 a2 558 a 1643 0 a 4 a 5 2 2 81 2 355 2 2a 4 a 18 a 93 a 6 a 9 a 806 0 VN do a 0 42 Với a 4 thì yx 24 (thỏa điều kiện). Với a 5 thì yx 39 (thỏa điều kiện). Vậy hệ phương trình có nghiệm: 4;2 , 9;3 . Cách 2: 2 y 2 9 y Điều kiện: 9 (*) x32 xy 0 x 0 yy64 Khi đó phương trình 32 3 2 6 4 x xy 3 2 6 4 ex xy e y y ln 0 ex xy ln( x3 xy 2 ) ey y ln( y6 y 4 )(1) yy64 Xét hàm số y f( t ) et ln t trên (0; ) 1 Ta có f'( t ) et 0,  t (0; ) t Suy ra hàm số y f( t ) et ln t đồng biến trên (0; ) . Do đó (1) x3 xy 2 y 6 y 4 (x y2 )( x 2 xy 2 y 4 y 2) 0 x y 2 ( vì x2 xy 2 y 4 y 2 0 với điều kiện (*)) Thay xy 2 vào phương trình còn lại của hệ ta được: 9y 2 3 7 y2 2 y 5 2 y 3 (y 2) 9 y 2 ( y 1) 3 7 y2 2 y 5 0 (y 2)2 (9 y 2) (y 1) 3 (7 y 2 2 y 5) 2 0 yy 2) 9 2 (1)(1)7y 2 y 33 y2 25 y 7 y2 25 y y2 5 y 6 y 3 4 y 2 y 6 2 0 yy 2) 9 2 (1)(1)7y 2 y 33 y2 25 y 7 y2 25 y 11y 2 0 (2) 233 2 2 yy2) 9 2 (1)(1)7y y y 25 y 7 y 25 y 2 yy 5 6 0 yy2 5 6 0 ( Vì với điều kiện (*) thì vế trái (2) >0 nên (2) vô nghiệm) y 2 y 3
5. Với y 2 thì x 4 Với y 3 thì x 9 Vậy hệ có 2 nghiệm (xy ; ) (3;2),(9;3). Câu 3. a) Cho alog2 3; b log 3 5; c log 7 2 . Tính log280 441 theo a,, b c . 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 . 2c 2 2 3 22 log 441 log2 3 .7 2 log 3 log 7 log 441 2 22 280 3 log2 280 log2 2 .7.5 3 log2 7 log2 5 1 2 a c 21 ac log 441 . 280 1 3 ab 31c abc c b) Số cách lấy 4 điều hòa mỗi kho 2 điều hòa là: CC22. 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. 22 Số cách lấy là: CC46. 90(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. 1 1 2 2 1 1 Số cách lấy là: CCCCCC4. 8 . 6 4 . 9 . 6 804 (cách). Vậy A 90 804 894 Vậy xác suất Hùng lấy được nhiều nhất 1 điều hòa tốt là : 894 149 149 1006 PA PA 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 xy 10 và xy 2 1 0 . Biết điểm B thuộc đường thẳng y 50, điểm thuộc đường thẳng x 10. Tìm tọa độ điểm C . Lời giải
6. x 2 y 1 0 x 3 Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình K 3;2 . x y 1 0y 2 Đường thẳng KB có phương trình xy 50 . x y 5 0x 0 Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ B 0;5 . yy 5 0 5 Ta có: BAK BEC và AKF CKH HBC ( do tứ giác BKHC nội tiếp đường tròn). BAK AKF BEC HBC 900 HK  AB . Đường thẳng AB có phương trình 2xy 5 0 . 2x y 5 0x 2 Tọa độ A là nghiệm của hệ A 2;1 . x y 1 0y 1 Gọi Ia 1; thuộc đường thẳng x 10. 2 2 2 Ta có: IA IB IA22 IB 1 1a 1 5 a a3 I 1;3 . Gọi C c;1 c thuộc đươngt thẳng xy 10 . 2 22 c 2 Ta có: IC IA IC 5 c 1 c 4 5 . c 3 Với cC 2 2;1 : loại do trùng với A . Với cC 3 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 3 a và BAD 120 . Gọi M và N lần lượt là các điểm thuộc 21 các cạnh BC và SA sao cho BM BC, SN SA . 33 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 lên mặt phẳng ()ABCD VS. MND NS 1 1 1 1 1 Ta có VS MND V A MND V N AMD NH S AMD VA. MND NA 2 2 2 2 3
7. NH AN 22 Ta có: NH// SO NH SO SO AS 33 a 3 Mặt khác BAD là tam giác đều cạnh a BO 2 Do đó ta có: 33a2 SO2 SB 2 BO 2 4 aa33 33 SO NH 23 Ta có: 21 SSSSSSS AMD ABCD ABM DCM ABCD33 ABC BCD 1 1 1 a2 3 SSSS ABCD3 ABCD 6 ABCD 2 ABCD 4 1 1 a3 11 Do đó V NH S S. MND 2 3 AMD 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 MF// NE 3 2 IF 2. IE IF . EF 1 3 IE NE OA 3 2aa 33 1 3 Ta có: EO SO ; FO OB 3 3 3 6 15a2 a 15a 15 EF2 EO 2 OF 2 EF IF 4 2 3 MF BM 2 a Mặt khác: MF// OC MF OC BC 33 MF 1 Ta có tan IF 15 1 15 Mặt khác 1 tan2 cos cos2 4 2 ab Câu 6. Cho các số thực abc,, 1;4  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P . c2 4 ab bc ca Lời giải Ta có : 2 ab 2 ab 2 2 P c . Mà do 4 a b a b nên c2 4 ab bc ca ab a b 1 4 4. cc2
8. 22 a b a b 22 P cc. ab a b 2 a b a b 1 42 4. 1 4. cc cc ab 1 Đặt t ,do abc, ,  1;4  nên t ;8 c 2 t 2 1 Khi đó P f( t ) ;t ;8 tt2 4 1 2 22 2t t 4 t 1 t . 2 t 4 4tt2 2 1  Ta có: f'( t ) 220;t ;8 t22 4 t 1 t 4 t 1 2 11 f() t f 2 13 1 ab 1 Suy ra, giá trị nhỏ nhất của P bằng khi . 13 c 4 HẾT