Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2017-2018 - Sở GD và ĐT Hà Tĩnh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2017-2018 - Sở GD và ĐT Hà Tĩnh (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO D ỤC VÀ ĐÀO T ẠO KỲ THI CH ỌN H ỌC SINH GI ỎI T ỈNH L ỚP 12 THPT HÀ T ĨNH NĂM H ỌC 2017 - 2018 ĐỀ THI CHÍNH TH ỨC Môn thi: TOÁN (Đề thi có 1 trang, g ồm 5 câu) Th ời gian làm bài: 180 phút. Câu 1. (5.0 điểm) 2x + 3 a. Cho hàm số y = có đồ th ị ( C) và đường th ẳng d: y= −2 x + m . Chứng minh r ằng x + 2 d cắt ( C) t ại hai điểm A, B phân bi ệt v ới m ọi s ố th ực m. G ọi k1, k 2 lần l ượt là h ệ s ố góc c ủa + = ti ếp tuy ến c ủa ( C) t ại A và B. Tìm m để k1 k 2 4. +=++n 2 ++n ∈ℕ ≥ b. Cho khai tri ển (1x ) aaxax0 1 2 axnn , , n 1 . H ỏi có bao nhiêu giá tr ị a 7 n ≤ 2017 sao cho tồn t ại k th ỏa mãn k = . ak +1 15 Câu 2. (4.5 điểm) a. Tìm các giá tr ị c ủa m để ph ươ ng trình sau có 2 nghi ệm phân bi ệt x, x th ỏa mãn x2+ x 2 > 1 1 2 1 2 2log (2xxm22−−++ 4 2 m ) log xmxm 22 +−= 2 0. 9+ 4 5 5− 2  2 ( x+−1 1)( y ++= 1 yx) b. Gi ải h ệ ph ươ ng trình  . 2x3 ( y 2 +− 1) ( x + 1) xy = 2 Câu 3. (4.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi, AB= AC = a ; tam giác SBD đều và n ằm trong mặt ph ẳng vuông góc v ới mặt ph ẳng ( ABCD ) . G ọi M là trung điểm c ủa c ạnh SC , m ặt ph ẳng (ABM ) chia kh ối chóp S. ABCD thành hai kh ối đa di ện. a. Tính th ể tích c ủa kh ối đa di ện không ch ứa điểm S. b. Tính kho ảng cách gi ữa hai đường th ẳng SA và BM . y Câu 4. (4.0 điểm) ả ử ố = đạ ố = a. Gi s hàm s y f( x ) có o hàm là hàm s y f'( x ) ; x = 2 4 đồ th ị c ủa hàm s ố y f'( x ) được cho nh ư hình v ẽ bên và O f(0)+ f (1) − 2 f (2) = f (4) − f (3) . Hỏi trong các giá tr ị f(0); f (1); f (4) giá tr ị nào là giá tr ị nh ỏ nh ất c ủa hàm s ố y= f( x ) trên đoạn [0;4] ?. b. Cho hàm s ố fx()= 2 x3 − 9 x 2 + 12 xm + . Tìm t ất c ả các s ố th ực m sao cho v ới m ọi s ố th ực a, b , c ∈ [1;3] thì fa( ); fb ( ); fc ( ) là độ dài ba c ạnh c ủa m ột tam giác. Câu 5. (2.5 điểm) Một công ty s ữa mu ốn thi ết k ế hộp đự ng sữa v ới th ể tích h ộp là 1 dm 3 , hộp được thi ết k ế b ởi một trong hai m ẫu sau v ới cùng m ột lo ại vật li ệu: m ẫu 1 là hình h ộp ch ữ nh ật; m ẫu 2 là hình tr ụ. Bi ết r ằng chi phí làm mặt hình tròn cao h ơn 1,2 l ần chi phí làm mặt hình ch ữ nh ật với cùng di ện tích. Hỏi thi ết k ế hộp theo mẫu nào s ẽ ti ết ki ệm chi phí hơn? (xem di ện tích các ph ần n ối gi ữa các m ặt là không đáng k ể). HẾT - Thí sinh không được s ử d ụng tài li ệu và máy tính c ầm tay. - Cán b ộ coi thi không gi ải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
2. Câu NỘI DUNG Xét ph ươ ng trình hoành độ giao điểm c ủa đồ th ị (C) và d: 1a 2x + 3 x ≠ − 2 = −2x + m ⇔  x + 2 2x2 +− (6 mx ) +− 3 2 m = 0(*) Ph ươ ng trình (*) có ∆=−(6m )2 − 8(3 − 2 mmm ) = 2 + 4 +>∀∈ 12 0, m ℝ và x = − 2 không là nghi ệm c ủa (*) nên đường th ẳng d luôn c ắt đồ th ị (C) t ại hai điểm phân bi ệt A, B v ới m ọi m. Hệ s ố góc c ủa ti ếp tuy ến t ại A, t ại B lần l ượt là 1 1 k=, k = , trong đó x , x là 2 nghi ệm c ủa ph ươ ng trình (*) 1+2 2 + 2 1 2 (x1 2) ( x 2 2) 1 1 Ta có k+≥= k22 kk = 2 = 4 1 2 12 ()()+2 + 2 () +++ 2 x12 x 2 2 xxxx 1212 224 1 1 Có “=” ⇔=⇔kk = ⇔+=+( xx 2)2 ( 2) 2 1 2 +2 + 2 1 2 (x1 2) ( x 2 2) m − 6 ⇔(x + 2) =− ( x + 2) (do x≠ x ) ⇔x + x =−⇔4 =−⇔ 4 m =− 2 1 2 1 2 1 2 2 C k 7 (k+ 1)!( n − k − 1)! 7 Theo gi ả thi ết n = ⇔ = với kn,∈ℕ , n ≥ 1, kn ≤− 1 1b. k+1 − Cn 15 knk !( )! 15 k +1 7 ⇔ =⇔=7n 22 k + 15 n− k 15 k +1 ⇔n =3 k ++ 2 7 k +1 k +1 Vì n, k∈ℕ , n ≥ 1 ⇒ ∈ ℕ * . Đặt =m ∈ ℕ ⇒ km=7 − 1⇒ nm= 22 − 1 7 7 Vì nn∈ℕ*, ≤ 2017⇒ 1≤ 22 m − 1 ≤ 2017⇒ 1≤ m ≤ 91 Do đó có 91 giá tr ị c ủa n th ỏa mãn yêu c ầu bài toán. 22−−++ 22 +−= 2log+ (2xxmm 4 2)log xmxm 2 0 (1) 2a 9 4 5 5− 2 2x2−− x 4 m 2 + 20 m > Đk:  x2+ mx −2 m 2 > 0 − 2 1 1 Ta th ấy 945+ =( 2 + 5 ) và 5−= 2 (5 − 2)2 = (5 + 2) 2 nên ph ươ ng trình ⇔log (2xxm22 −−+− 4 2)log m ( xmxm 22 +−= 2)0 (1) 5+ 2 5+ 2 2xxm222−−+=+− 42 mxmxm 2 22  x −+−+= (1)220(2) m xm 2 m ⇔ ⇔  x2+−> mx2 m 2 0  x2 +−> mx 2 m 2 0 (3) PT (1) có 2 nghi ệm phân bi ệt ⇔ (2) có 2 nghi ệm phân bi ệt th ỏa mãn (3) 1 PT (2) có ∆=++(m 1)2 4(2 mmm 2 − 2 ) = (3 −>⇔≠ 1) 2 0 m (4) 3 Lúc đó (2)⇔=x 2 mx ; =−+ m 1 Hai nghi ệm th ỏa mãn (3) 1
3. m ≠ 0 (2)mmmm2+−> .22 2 0  4 m 2 > 0  ⇔ ⇔  ⇔  1 (5) (−++−+−m 1)2 mm ( 1)2 m 2 > 0  − 2 mm 2 −+> 10 −1 ⇔ 2 +− 2 >⇔ 2 − >⇔  xx1 2 14 m (1 m )15 mm 2 0 2 m >  5 2 1 Kết h ợp điều ki ện (4) và (5) ta có − 0 ta có (1)⇔xy( 2 ++= 1 yx) () ++ 1 1 xy⇒ 2 ++ 1 y = ++ 1 (3) x x Xét hàm s ố ftt( )=+ t2 + 1, t ∈ ℝ t t+ t 2 + 1 t+ t ta có f'( t )=+ 1 = > ≥∀∈ 0, t ℝ suy ra hàm s ố đồ ng bi ến t2+1 t 2 + 1 t 2 + 1 trên ℝ . 1 1 PT (3) ⇔fyf() = ( ) ⇒ y = x x 1 Thay vào PT (2) ta có 2x3 (+−+ 1) ( xx 1) =⇔ 2 2 xxxxx3 + 2 2 − −= 2 (*) x Đặt t= x( t > 0) ta có PT 2tttt643+ 2 −−−=⇔− 20 (1)(2 t ttttt 5432 + 2 + 4 + 3 ++= 32)0 ⇔t = 1 Với t=1⇒ x= 1⇒ y = 1 . V ậy h ệ có nghi ệm (1;1) Gọi O l à giao điểm c ủa AC v à BD, t ừ gi ả thi ết ta có 3a a3. 3 3 a SO⊥( ABCD ); BD === SB SD a 3 ⇒ SO = = 2 2 11 13.3aaa a 3 3 V= SO ACBD = = S. ABCD 32 322 4 S Gọi N là giao điểm c ủa (ABM) và SD. Ta có N là trung điểm c ủa SD. Sử d ụng t ỉ s ố th ể tích ta có M V SB SM SN 1 S. BMN =. . = V SBSC SD 4 S. BCD N V SA SB SN 1 B S. ABN =. . = C VS. ABD SASBSD 2 O A D V1 V 1 V 3 do đó S. MBN=; S . ABN = ⇒ S . ABMN = suy ra th ể tích c ủa kh ối đa di ện không VS. ABCD8 V S . ABCD 4 V S . ABCD 8 2
4. 5 5a3 353 a 3 ch ứa S b ằng V =. = 8S. ABCD 84 32 Ta có MO/ / SA⇒ SA / /( MBD ) do đó 3b d(; SA MB )= d (;( SA MBD )) = d (;( A MBD )) = d (;( C MBD )) 1 1 133a3 a 3 Xét hình chóp M.BCD có V= V = V =. = MBCD.2 SBCD . 4 SABCD . 44 16 Tam giác MBD là tam giác cân t ại M có MO là đường cao. M ặt khác trong tam 11 19a2 a 2 a 10 giác vuông SOC có MO== SC SO2 += OC 2 += 22 2444 1 1a 10 a 2 30 suy ra S= BD. MO = a 3. = MBD 2 2 4 8 3V 3a3 3.8 3 a 10 d( C ;( MBD )) =C. MBD = = 2 SMBD 16.a 30 20 = Từ đồ th ị c ủa hàm s ố y f'( x ) ta có x 4a BBT c ủa hàm s ố y= f( x ) nh ư hình bên. Dựa vào BBT ta th ấy trên đoạn [0;4] giá f’(x) - 0 + 0 - tr ị l ớn nh ất c ủa hàm s ố f( x ) là f (2) ; giá ) tr ị nh ỏ nh ất ch ỉ có th ể là f (0) ho ặc f (4) . f(x ) Cũng t ừ BBT ta có ff(1), (3) 0⇒ ff (0)> (4) Vậy GTNN c ủa hàm s ố y= f( x ) trên đoạn [0;4] là f (4) 4b Vì hàm s ố fx()= 2 x3 − 9 x 2 + 12 xm + liên t ục trên [1;3] nên có giá tr ị l ớn nh ất, giá tr ị nh ỏ nh ất trên [1;3]. yêu c ầu bài toán ⇔minfx ( ) + min fx ( ) > max fx ( ) (1) [1;3] [1;3] [1;3] và minf ( x )> 0 [1;3] Đặt gx( )= 2 x3 − 9 x 2 + 12 xm + Ta có gxx'( )= 62 − 18 x +=⇔= 12 0 xx 1; = 2 ; g(1)=+ 5 mg ; (2) =+ 4 mg ; (3) =+ 9 m Ta th ấy m+ [1;3] minm{}4 ; m 9 khi ( m 4)( m 9) 0 m > − 4 minf ( x )> 0 ⇔  [1;3] m − m −⇔ 4 m − 4⇒ min() fxm=+=+ 4 m 4;max() fxmm =+=+ 9 9 [1;3] [1;3] khi đó (1)⇔ 2(m +>+⇔> 4) m 9 m 1 (th ỏa mãn) 3
5. ĐS: m>1; m 1 3π 3 π π minT2 3. 2,4 2,4 2,4 suy ra s ản xu ất h ộp theo m ẫu th ứ 2 s ẽ ti ết ki ệm chi phí h ơn. 4