Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2018-2019 - Sở GD và ĐT Lâm Đồng (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2018-2019 - Sở GD và ĐT Lâm Đồng (Có đáp án)

1. 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 Ngày thi : 18/01/2019 Thời gian: 180 phút Họ và tên: SBD: . Câu 1: (2,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y x3 3x2 3 m2 1 x 3m2 1 có hai điểm cực trị x1 , x2 thỏa x1 4x2 0 . Câu 2: (4,0 điểm) 2.1. Cho a log5 6 và b log6 12 . Tính log3 60 theo a và b N N 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/ m2 và phần còn lại là 160.000 đồng/ m2 . 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 A 1;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) 2 2 2 3 k 2 k 2 2019 Tính tổng S 2 C2019 3 C2019 1 k C2019 2019 C2019 . 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 điểm của các cạnh AB, AD và H là giao điểm của CN và DM . Biết SH vuông góc với mặt 2a phẳng (ABCD) và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC bằng . Tính theo a thể 3 tích khối tứ diện SHMC . 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 . 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 x y x2 x y2 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 x2 y2 z2 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P (x y)(y z)(z x)(xy yz zx). HẾT Trang 1
2. SỞ GD&ĐT LÂM ĐỒNG HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1: (2,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y x3 3x2 3 m2 1 x 3m2 1 có hai điểm cực trị x1 , x2 thỏa x1 4x2 0 . Lời giải Tập xác định: D . y 3x2 6x 3 m2 1 . N N x 1 m y 0 x 1 m Hàm số có hai điểm cực trị y 0 có hai nghiệm phân biệt m 0 . x1 1 m +) TH1: x2 1 m 5 Khi đó x 4x 0 1 m 4 1 m 0 m (TM). 1 2 3 x1 1 m +) TH2: , x2 1 m 5 Khi đó x 4x 0 1 m 4 1 m 0 m (TM). 1 2 3 5 Vậy m là các giá trị cần tìm. 3 Câu 2: (4,0 điểm) 2.1. Cho a log5 6 và b log6 12 . Tính log3 60 theo a và b 2 x 2.2. Giải phương trình 1 x 1 x 2 . 4 Lời giải 2.1. Cho a log5 6 và b log6 12 . Tính log3 60 theo a và b . log 6 a 5 log5 6 a log6 2 b 1 Ta có: . log 12 b log 12 a. b 6 5 log 2 a b 1 5 log5 60 1 log5 12 1 ab 1 ab log3 60 . log5 3 log5 6 log5 2 a a b 1 a 2 b Trang 2
3. x2 2.2. Giải phương trình 1 x 1 x 2 . 4 Điều kiện: 1 x 1. t 2 2 Đặt t 1 x 1 x 1 x2 , với 2 t 2 . 2 2 2 t 2 7 2 2 Phương trình theo t có dạng: t t 2 t2 4t 8 0 t 2 4 1 x 1 x 2 1 x2 1 x 0 . N N 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/ m2 và phần còn lại là 160.000 đồng/ m2 . 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 EH EF 2 1 1 Ta có: EH KC IH HK 1 (m ) , 2 3 4 EF KC 3 IK 3 ( m ) . 2 Ta có: S ABCD 3.4 12 (m ) . 1 2 S S .1.4 2( m ) . ADE BCF 2 111 2 S IH. EF .1.1 ( m ) . IEF 222 119 S IK.CD .3.3 ( m2 ) . ICD 222 Gọi S1 là diện tích phần tô đậm và S2 là diện tích phần còn lại. 2 Ta có: S2 SADE S BCF SIEF S ICD 9(m ) . 2 Suy ra: S1 SABCD S2 3(m ) . Vậy tổng số tiền để làm là: T 3.250000 9.160000 2190000 (đồng). Câu 4: (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A 1;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 Trang 3
4.    Gọi K là trung điểm của BC , ta có: K 1;3;2 và MB MC 2MK . Suy ra: N N   T 2|MA |2| MK | 2 MA 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 A 1;0; 3 A K 2;3;5 . Do đó: Phương trình tham số của A'K là x 1 2t 1 9 y 3t M ; ;0 5 5 z 3 5t Câu 5: (2,0 điểm) 2223k 2k 22019 Tính tổng S 2C2019 3C2019 1 kC 2019 2019 C2019 . Lời giải 2kk 2k 1 - Trước hết ta chứng minh đẳng thức: kCn n n 1 Cn 2 nCn 1 1 2 k n,,kn . 2 kkk Thật vậy: do kCn k k 1 Cn kCn 2 . n! n 1! n 1 ! Mà: kCk k. n. n. nC k 1 3 nk!. n k ! k 1 !. n k ! k 1 !. n 1 k 1 ! n 1 kk 1k 1k 2 Áp dụng (3) hai lần ta được: k 1 kCn k 1 nCn 1 n. k 1 Cn 1 n n 1 Cn 2 4 Từ 2 , 3 , 4 ta được 1 . - Áp dụng 1 ta được: 20192019 k2kk k 2k 1 S  1 kC2019  1 . 2019.2018.C 2017 2019.C2018 k 2k 2 2017 2018 kkk k 2018.2019.C2017 .1 2019 C 2018 1 k 0k 1 2018.2019.1 1 2017 201911 2018 1 2019 . Trang 4
5. 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 điểm của các cạnh AB, AD và H là giao điểm của CN và DM . Biết SH vuông góc với mặt 2a phẳng (ABCD) và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC bằng . Tính theo a thể 3 tích khối tứ diện SHMC . Lời giải N N Theo giả thiết ABCD là hình vuông, suy ra ADM DCN (c.g.c) Từ đó suy ra ADH DCN DM CN 2 2 222 a a 5 CD2a DC.DN a Vậy có: NC DC DN a ; HC ; HD ; 2 2 CN 5 NC 5 a5a3a 5 112a3a53a2 HM MD HD và S HC. HM 25 10 HMC 225 1010 Mặt khác, ta có SH( ABCD) SH DM Theo chứng minh trên DM CN , suy ra DM ( SCN) . 2a Kẻ HK SC thì HK là khoảng cách giữa DM và SC . Suy ra HK . 3 111 Tam giác SHC vuông tại H , đường cao HK suy ra HK2 SH2 HC 2 111111 2 2 2 2 2 2 SH a SHHK HC 2a 2a a 3 5 11 3a2a3 Vậy V S.SH a SHMC3 HMC 3 1010 Trang 5
6. 6.2. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABCA'''B C có AB 23, AA ' 3 . Gọi M,,NP 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 . Lời giải  Cách 1: A 2 3 C P N N B 3 Δ G A' C' N I M Q B' 3 5 Gọi I,Q lần lượt là trung điểm của các cạnh MN và B''C , khi đó AQ 3 2, PI . 2 Giả sử PIAQ G. G AB'' C  MNP . MN MNP ,'' BC AB'' C Hơn nữa nên giao tuyến của mặt phẳng AB''C và MNP MN B''C là đường thẳng đi qua G và song song với MN và B''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 GIIQ 12 2 GA 2 GQ AQ 2 2 ; GP 2 GI PI 5 . GA GPAP 23 3 22 2 GA2 GP2 AP2 22 5 3 1 Xét tam giác AGP có cosAGP 2GAGP. 22.510 1 Vậy cos AB'',C MNP . 10  Cách 2 Trang 6
7. A 3 P X T 3 A' I Q Gọi I,,QX lần lượt là trung điểm của các cạnh MN,''BC và AA'. Ta có AP PQ QA' A 'A 3 và A'AP 900 tứ giác APQA' là hình vuông. N N IPQ 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',PQX . TP TQPQ Ta có XA PQ , theo định lý Ta-lét có 2 . TA TX AX Từ đó ta được TP 22, XQ 5 . Xét tam giác PTQ , theo định lý côsin ta có 22 2 TP2 TQ2 PQ 2 22 5 3 1 cosPTQ 2TP.TQ 22.5 10 1 Vậy cos AB'',C MNP . 10  Cách 3 Gọi I,,OJ 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 BC trong hệ trục tọa độ Trang 7
8. 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 A0; ;3,' B 3;;0,'C 3;;0,M ;0;0, N;0;0, P 0; ;0 2 2 2 2 2 2   Gọi n1, n2 lần lượt là véctơ pháp tuyển của mặt phẳng AB'' C và MNP .       Ta có n AB', AC ' 0;2;2 , n MN,MP 0; 2;1 . 1 1 Gọi  là góc tạo bởi hai mặt phẳng AB'' C và MNP .   0 4 2 1 Khi đó cos cos n,n . 12 2 02 22 22 .02 2 12 10 1 N N Vậy cos AB'', C MNP . 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 mx y x2 x y2 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 mx y x2 x y2 y 5 2 Từ 1 ta có x y 2xy 4 Thế vào 2 ta được 2x y m x y x2 2xy y 2 1 2x y m x y x y 2 1 x y 2 Đặt t x y 2 và x y 42 xy x y 4 t 4 . 2 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 42 x y 2 x y 6. Do đó 2t m t t 2 1 m 2t t2 1 t . Hệ đã cho có nghiệm x; y thỏa mãn x 1,y 1 khi và chỉ khi phương trình m 2t t2 1 t có nghiệm t 4;6 . 1 Xét hàm số f t 2t t2 1 t với 4 t 6 . Có f t 2t t2 1 t ln 2 . 2 t 1 Trang 8
9. 1 Mà t2 1 t t và t 2 11 1 nên f t 0 với 4 t 6 . t 2 1 Suy ra f t là hàm số đồng biến. Do đó f 4 m f 6 16 17 4 64 37 6 . Câu 8: (2,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x y z và x2 y2 z2 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P (x y)(y z)( z x )(xy yz zx ). Lời giải Cách 1 Đặt Q (x y)(y z)( x z )(xy yz zx) ta có Q P. N N + xy yz zx 0 ta có Q 0. + xy yz zx 0 đặt t xy yz zx 0. 2 x y y z (x z)3 Áp dụng BĐT Côsi ta có (x y)(y z )(x z ) (x z) (1) 2 4 Mà 4 x2 y2 z2 xy yz zx 2(x z) 2 2(x y )2 2(y z )2 2 2(x z )2 (x y)( y z) 3(x z) 2 hay 45 t 3( x z )2 0 (2) t 5 3 1 4 2 3 23 Từ (1) và (2) suy ra Q t. (5 t ) t(5 t ). 4 5 9 Xét hàm số f()t t2(5 t )3 trên 0 t 5 ta có f ()t t(5 t )(105t),2 f ()t 0 t 2 hoặc t 5 f (0) 0, f (5) 0, f (0) 0, f (2) 108. Do đó Q 4 nên GTLN của Q là 4 khi x 2,y 1,z 0. Suy ra P 4 nên GTNN của P là 4 khi x 2,y 1, z 0. Cách 2: Đặt t xy yz zx x2 y2 z2 t 5. Giả thiết: 10 2x2 2y2 2z2 x y 2 y z 2 z x 2 2t x y 2 y z 2 z x 2 10 2t 2 22212232 z x 5 t Mà x y y z z x x y y z z x z x 2243 224 2 x y y z x z 22 x z 5 t x y y z x y y z 2 416 3 Trang 9
10. 2 2 2 2 2 2 5 t 20 4t 2 4 3 2 Ta có: P x y y z z x . xy yz zx .t 5 t t . 3 3 27 Xét hàm số suy ra P2 16 min P 4 tại t 2 x;;y z 2;1;0 . N N Trang 10