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

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

1. SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2018-2019 Khóa ngày 14 tháng 3 năm 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Họ tên: LỚP 12 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) SBD: Đề gồm có 01 trang Câu 1 (2.0 điểm) 1 æö55 a. Cho hàm số y = có đồ thị là đường cong (C) và điểm I ç÷- ; . Viết phương x èø64 trình đường thẳng d đi qua I và cắt (C) tại hai điểm M , N sao cho I là trung điểm của MN . b. Cho hàm số yxx=+2 -2 xm + , với m là tham số. Tìm m để hàm số có cực đại. Câu 2 (2.0 điểm) a. Giải phương trình sau trên tập số thực : xxx32 79123 x x 253 x x 31. b. Cho sáu thẻ, mỗi thẻ ghi một trong các số của tập E = {}1;2;3;4;6;8 (các thẻ khác nhau ghi các số khác nhau). Rút ngẫu nhiên ba thẻ, tính xác suất để rút được ba thẻ ghi ba số là số đo ba cạnh của một tam giác có góc tù. t 2 Câu 3 (2.0 điểm). Cho tích phân It xsin x dx. 0 a. Tính It( ) khi t = p . b. Chứng minh rằng It( )+-="Î I( t) 0, t . Câu 4 (3.0 điểm) Cho khối tứ diện SABC và hai điểm M, N lần lượt thuộc các cạnh SA, SB sao cho SM1 SN ==,2. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua hai điểm M, N và song song với đường MANB2 thẳng SC. a. Trong trường hợp SABC là tứ diện đều cạnh a, xác định và tính theo a diện tích thiết diện của khối tứ diện SABC với mặt phẳng (P). b. Trong trường hợp bất kì, mặt phẳng (P) chia tứ diện SABC thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó. Câu 5 (1.0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n>1 ta luôn có: lognn+> 1 log + 2 n ()n+1 ( ) HẾT 1
2. LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1 (2.0 điểm). 1 55 a. Cho hàm số y có đồ thị là đường cong C và điểm I ; . Viết phương trình x 64 đường thẳng d đi qua I và cắt C tại hai điểm MN, sao cho I là trung điểm của MN . Lời giải Cách 1: 55 + Gọi d đi qua điểm I ; và có hệ số góc k có phương trình là: 64 55 12kx 10 k 15 y k x y . 64 12 + Xét phương trình hoành độ giao điểm của và : 1 12kx 10 k 15 x 0 2 x 12 g x 12 kx 10 k 15 x 12 0 * + Đường cong C cắt d tại hai điểm MN, khi và chỉ khi phương trình * có hai nghiệm phân biệt khác 0 . k 0 k 0 k 0 219 84 6 2 k 0 10kk 15 4.122 . 0 1 . 50 g 00 12 0 219 84 6 k 50 + Với k thỏa mãn 1 , gọi xx12; lần lượt là hoành độ của hai điểm MN, , với xx12; là hai nghiệm của phương trình * . 5 2k 3 + Theo định lý Vi-et ta có: xx . 12 12k + I là trung điểm của MN khi và chỉ khi: 5 2k 3 5 3 x x2 x 2k 3 4 k k (thỏa mãn 1 ). 12 I 12k 3 2 3 + Với k ta có phương trình đường thẳng d là: 3xy 2 5 0 . 2 Cách 2: 1 + M m; C , I là trung điểm của MN nên ta có: m 5 5 1 5 3mm 5 2 N 2 xIMIM x ;2 y y m; ; 32m 32m
3. 5 5m 2 3 mm 0; + Vì NC suy ra 3 2mm 5 3 5m 2 5 3 m 6 m 52m mm 0; 3 1 . 2 m 3mm 5 2 0 3 11 + Với m 2 ta có MN 2; ; ;3 . 23 1 11 + Với m ta có MN ;3 ; 2; . 3 32 7 7 7 + Đường thẳng d đi qua hai điểm M , nhận MN ; 2;3 làm vecto chỉ phương, 3 2 6 hay nhận n 3; 2 làm vecto pháp tuyến : 1 3 xy 2 2 0 3xy 2 5 0. 2 Vậy phương trình đường thẳng d cần tìm là: 3xy 2 5 0 . b. Cho hàm số y x x2 2xm, với m là tham số. Tìm m để hàm số có cực đại. Lời giải Hàm số y x x2 2xm. TXĐ: . Trƣờng hợp 1: m 1 x2 20 x m với  x . + y x x22 2x m x x m , hàm số này có đồ thị là một Parabol nên chỉ có cực tiểu, suy ra m 1 không thỏa mãn. Trƣờng hợp 2: m 1 x2 x mkhi x ;1 1m  1 1m ; 2 + y x x 2xm . x2 3 x m khi x 1 1 m ;1 1 m 2x 1 khi x ;1 1m  1 1 m ; + y . 2x 3 khi x 1 1 m ;1 1 m 1 1 13 +) 2xx 1 0 . Dễ thấy 11 m với mọi m 1 và 11 mm . 2 2 24 3 3 33 +) 2xx 3 0 . Dễ thấy 11 m với mọi m 1 và 11 mm . 2 2 24 3 +) Với m , ta có bảng xét dấu của y : 4 3 Hàm số đạt cực đại tại x . 2
4. 3 +) Với m 1, ta có bảng biến thiên 4 Hàm số không có cực đại. 3 Dễ thấy khi m hàm số không có cực đại. 4 3 Vậy hàm số có cực đại với m . 4 Câu 2 (2.0 điểm) a. Giải phương trình sau trên tập số thực : x32 7 x 9 x 12 x 3 x 2 5 x 3 x 3 1 . Lời giải Cách 1: x32 7 x 9 x 12 x 3 x 2 5 x 3 x 3 1 (điều kiện x 3) x 4 x 4 x2 3 x 3 x 3 x 2 5 x 3 x 31 x 40 x2 5 x 6 5 x . x 3 15 x 3 xx2 33 x 31 x 4 Nhan 2 . x 8 x 12 x 3 9 2 x 1 Giải 1 : x2 8 x 12 x 3 9 2 x . Đặt tx 30 . Phương trình 1 trở thành: t5 2 t3 2 t 2 3 t 3 0 2 . (Phân tích phương trình 2 như sau: VT t2 at b . t3 ct 2 dt e . Đồng nhất hệ số ). tt2 10 2 :t2 t 1 t3 t 2 3 0 32 . tt 3 0 vo nghiem do t 0 15 t Nhan 2 1 5 9 5 xx 3 Nhan . 15 22 t 0 Loai 2 95 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S 4; .  2 Cách 2: Điều kiện: x 3. Phương trình đã cho tương đương với: x2 5 x 6 5 x 3 x 3 x 4 x2 3 x 3 x 4 x 31
5. x 4 Nhan 2 2 x 5 x 6 5 x 3 x 3 xx 3 3 1 x 31 Giải (1): x2 5 x 6 5 x 3 x 3 xx2 3 3 0 x 31 x223 x 3 x 3 1 x 5 x 6 5 x 3 x 3 0 9 2x x2 8 x 12 x 3 0 x3 12 x2 46 x 57 x2 8 x 12 x 4 x 3 0 x3 x22 9 x 19 x 8 x 12 x 4 x 3 0 x3 x 4 x 3 x 4 x 3 x2 8 x 12 x 4 x 3 0 x4 x3 x 3 x 4 x 3 x2 8 x 12 0 xx 3 4 2 x 4 x 3 3 x x 3 x 0 3 x x 3 x 0 3 x 4 95 x 4 x 95 *Giải (2): x 34 x x . 2 2 xx 9 19 0 2 95 x 2 *Giải 3 : 3 3 x x 3 x 0 xx 30 (vô nghiệm do x 3)  95 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S 4; .  2 Cách 3: Phương trình đã cho tương đương với: x 4 x 4 x2 3 x 3 x 3 x 2 5 x 3 x 31 x 4 Nhan 1 . x2 3 x 3 x 3 x 2 5 x 3 1 x 31 Giải (1): xx 2 5 3 x2 3 x 3 x 2 5 x 3 x2 3 x 3 x 3 x 31 x 3 x 31 x 4 2 5( x 4) 1 x 3 5 x 3 1 . x 41 x 31 tt2 51 Xét hàm số f t ,0 t . t 1
6. tt2 24 tt2 51 f t 0, t 0 , suy ra hàm số ft đồng biến trên 0; . t 1 2 t 1 x 4 95 x 4 x 4 x 95 Suy ra xx 34 x . 2 2 2 xx 34 xx 9 19 0 2 95 x 2  95 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S 4; .  2 b). Cho sáu thẻ, mỗi thẻ ghi một trong các số của tập E 1;2;3;4;6;8  (các thẻ khác nhau ghi các số khác nhau). Rút ngẫu nhiên ba thẻ, tính xác suất để rút được ba thẻ ghi ba số là số đo ba cạnh của một tam giác có góc tù. Lời giải 3 Lấy ba thẻ từ 6 thẻ có số cách lấy là C6 , nên số phần tử của không gian mẫu là 3  C6 20 . Gọi biến cố A : ‚rút được ba thẻ ghi ba số là số đo ba cạnh của một tam giác có góc tù‛. Giả sử rút được bộ ba số là abc;; , với abc , do đó 4 c , nên c 4;6;8  . a , b , c là ba cạnh của tam giác ABC , với BC a , CA b , AB c có góc C tù 2 2 2 a b c 2 2 2 cosC 0 a b c 22 2ab a b c a b , với c 4;6;8  . 4 c a b 4 c a b +Xét c 4 thì có bộ ab; 2;3 thỏa mãn. +Xét c 6 , do abc , 62 c a b b , nên b 4 và a 3. Suy ra có bộ ab; 3;4 thỏa mãn. +Xét c 8, do abc , 82 c a b b , nên b 6 và a 3 hoặc a 4 . Suy ra có hai bộ ab; 3;6 hoặc ab; 4;6 thỏa mãn. Suy ra số phần tử của biến cố A là  A 4 .  41 Nên xác suất cần tìm là p A .  20 5 t 2 Câu 3 (2.0 điểm). Cho tích phân I t xsin x d x . 0 a. Tính It khi t . Lời giải a. Khi t , ta có: 1 11x3 3 1 + I x2 sin2 x d x x2 1 cos 2 x d x . x2 cos 2 x d x .J . 002 2 30 2 0 62
7. du 2 x d x ux 2 + Với J x2 cos 2 x d x . Đặt 1 . 0 dv cos 2 x d x vx sin 2 2 2 ddux1 x ux1 + Ta có J sin 2 x x sin 2 x d x x sin 2 x d x . Đặt 1 2 00 dv1 sin 2 x d x vx1 cos 2 0 2 x 1 x 1 J cos 2 x cos 2 x d x cos 2xx sin 2 . 22 2 4 2 0 0  311 3 3 + Vậy IJ . . 6 2 6 2 2 6 4 b. Chứng minh rằng: I t I t 0 Lời giải t + Xét I( t ) ( x sin x )2 d x . Đặt xu , suy ra ddxu . 0 Đổi cận: x 0 u 0 ; xt ut . tt 2 2 Khi đó: I( t)  u sin( u )  du x sin x d x . 00 tt Vậy I() t I () t (sin)d x x22 x (sin)d x x x 0 (đpcm). 00 Nhận xét: Nếu làm trắc nghiệm thì có thể làm nhanh hơn. 0 t Do hàm số y ( x sin x )2 là hàm chẵn nên ta có tính chất: (x sin x )22 d x ( x sin x ) d x . t 0 tt t 0 Khi đó: I() t I ( t ) (sin)d x x22 x (sin)d x x x (x sin x )22 d x ( x sin x ) d x 0 00 0 t Câu 4 (3.0 điểm) Cho khối tứ diện SABC và hai điểm M , N lần lượt thuộc các cạnh SA , SB sao SM1 SN cho ,2. Gọi P là mặt phẳng đi qua hai điểm M , N và song song với MA2 NB đường thẳng SC . a. Trong trường hợp SABC là tứ diện đều cạnh a , xác định và tính theo a diện tích thiết diện của khối tứ diện S. ABC với mặt phẳng P . Lời giải
8. *) Xác định thiết diện SCP// Ta có: SC SAC P  SAC MF MF/ /; SC F AC . M  P SAC SCP// Ta có: SC SBC P  SBC NE NE/ /; SC E BC . N  P SBC Thiết diện là tứ giác MNEF . Mặt khác ta có: +) NE/ /// MF SC . +) SMN CFE MN FE . NE BN 1 a +) NE// SC NE . SC BS 33 MF AM22 a +) MF// SC MF . SC AS 33 MNEF Vậy thiết diện là hình thang cân. *) Tính diện tích thiết diện a Xét SMN có MN SM22 SN 2. SM . SN . cosMSN . 3 MF NE a a 11 Kẻ NH MF, MNEF là hình thang cân MH NH 26 6 . 1 1 a 2 a a 11 a2 11 Vậy diện tích thiết diện là: SMNEF NE MF . NH . 2 2 3 3 6 12 b. Trong trường hợp bất kì, mặt phẳng P chia tứ diện SABC thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó. Lời giải Cách 1: Vì mp P đi qua MN, và song song với SC nên: P  SAC MF, F AC,// MF SC ; P  SBC NE, E BC,// NE SC . CF SM 1 CE SN 2 Khi đó ; . CA SA 3 CB SB 3 Mặt phẳng P chia khối tứ diện SABC thành hai khối: MNEFSC và MNEFAB .
9. + Gọi VVVVVVSABC ,, MNEFSC 12 MNEFAB . + Ta có VVVVV1 MNEFSC CSEF SFME SMNE . VCSEF CE CF 22 + . VVCSEF . VCSBA CB CA 99 V SN 1 + SFME 1. VSFAE SA 3 1 d S,. AEF S V AEF S + Mà SFAE 3 AEF 1 VSSABC ABC d S,. ABC SABC 3 1 22 d E,. AF FA d B,. AC AC 4 2 33 . 1 d B,. AC AC d B, AC . AC 9 2 VSFAE 44 VVSFAE 2. VSABC 99 1 4 4 Từ (1) và (2) suy ra VVV . . SFME 3 9 27 V SM SN 1 2 2 + SMNE 3. VSABE SA SB 3 3 9 1 1 d S,. ABE S d A,. BE BE V ABE S BE 1 + Mà SABE 3 ABE 2 . 1 1 VSSABC ABC BC 3 d S,. ABC SABC d A,. BC BC 3 2 VSABE 11 VVSABE 4. VSABC 33 2 1 2 Từ (1) và (2) suy ra VVV . . SABE 9 3 27 2 4 2 4 5 + Do đó VVVVVVVV VV. 1 CSEF SFME SMNE 9 27 27 9 2 9 V 4 V 5 + Vậy 1 hoặc 2 . V2 5 V1 4 Cách 2: Vì MF//// NE SC nên tứ giác MNEF là hình thang. Gọi I FE  MN I AB . Theo định lý Mennelaus, ta có SM AI BN AI IB 1 + . . 1 4 . AM BI SN BI IA 4 AB IE FC IE + . . 1 1 E là trung điểm của FI . IB FE AC FE VIBNE IB IN IE 1 1 1 1 15 + VVVVV2 MNEFAB IAMF IBNE IAMF . VIAMF IA IM IF 4 2 2 16 6 VIAMF IA 4 4 Mặt khác VVIAMF BAMF . VBAMF BA 3 3
10. 22AM 4 + SS ; VV. ABF33 ABC AS BAMF9 SABC 15 4 4 5 4 VVV VV. 2 16 3 9SABC 9 1 9 V 4 V 5 + Vậy 1 hoặc 2 . V2 5 V1 4 Câu 5 (1.0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n 1 ta luôn có: lognn nn 1 log 1 2 Lời giải Cách 1 logn 1 n 2 + Xét A lognn 11n .log n 2 . logn n 1 + Áp dụng bất đẳng thức AM GM cho hai số dương logn 1 n và logn 1 n 2 ta được: lognn log 2 lognn 2 lognn .log 2 nn 11 n 1 . nn 11 2 2 2 + Mà n22 2 n n 2 n 1 nên n2 21n n . 222 lognn 11 n 2 n log n 1 log n 2 n n 1 1. 2 2 2 logn 1 n 2 logn 1 n .log n 1 n 2 1 1 logn 1 n 2 logn n 1 . logn n 1 C h 2 + Với mọi số nguyên dương n 1 ta có: ln nn 1 ln 2 log nn 1 log 2 . nn 1 lnnn ln 1 ln x 1 + Xét hàm số y với x 1. ln x ln x ln x 1 xln x x 1 ln x 1 + Ta có: y xx 1 . ln x 22x x 1 ln x + Với  x 1 thì xx 11 ; ln xx 1 ln 0 xln x x 1 ln x 1 0. yx 0,  1. Suy ra hàm số nghịch biến trên 1; . + Do đó với mọi số nguyên dương n 1 thì y n y n 1 . Vậy lognn nn 1 log 1 2 . HẾT