Đề thi hsg toán 12 bến tre năm học 2019 2020

a Bạn An có một đồng xu mà khi tung có xác suất xuất hiện mặt ngửa là 1 3 và bạn Bình có một đồng xu mà khi tung có xác suất xuất hiện mặt ngửa là 2 5.. Hai bạn An và Bình lần lượt chơi

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE

NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn: Toán Lớp: 12

Câu 1 a) Giải phương trình

b) Giải hệ phương trình

2 2 0 (1)







c) Cho hàm số

1

2 1

x y x





 có đồ thị  C

Viết phương trình tiếp tuyến  d

của đồ thị  C

biết

 d

cắt trụcOx Oy, lần lượt tại hai điểm A B, sao cho AB 10.OA (với O là gốc tọa độ).

Câu 2.

a) Bạn An có một đồng xu mà khi tung có xác suất xuất hiện mặt ngửa là

1

3 và bạn Bình có một đồng xu mà khi tung có xác suất xuất hiện mặt ngửa là

2

5 Hai bạn An và Bình lần lượt chơi trò chơi tung đồng xu của mình đến khi có người được mặt ngửa, ai được mặt ngửa trước thì thắng Các lần tung là độc lập với nhau và bạn An chơi trước Xác suất bạn An thắng là

p

q , trong đó p

và q là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau Tìm q p

b) Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức 4

1 2

n

x x



  biết rằng n là số

nguyên dương thỏa mãn: 1 2 2 3 3  1 n 1 n 64

Câu 3.

a) Trong không gian cho 4 điểm A B C D, , , thỏa mãn AB3,BC7,CD11,DA9. Tính

AC BD

 

b) Cho các số thực không âm a b c, , thỏa mãn a2b2 c2  3b0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức  2  2  2

P

Câu 4: (4 điểm).

Cho hình chóp .S ABC , có SA vuông góc với mặt phẳng ABC, SA2a và tam giác ABC vuông tại C với AB2 ,a BAC 300 Gọi M là điểm di động trên AC , đặt

 

Tính khoảng cách từ S đến BM theo a và x Tìm các giá trị của x để

khoảng cách này lớn nhất

Lời giải

taminhtrangdhsp@gmail.com

Câu 1 a) Giải phương trình

Lời giải

Tác giả: Tạ Minh Trang; Fb: Minh Trang

sin 2x cos 2x 1 3 s inx cosx 0

2 2sin cosx x 2sin x 3 sinx cosx 0

2sinx cosx sinx 3 sinx cosx 0

cosx sinx 2sinx 3 0

4

2 3

3

x

x

x

















 



















Vậy phương trình có 3 họ nghiệm ; 2 ; 2  

anhtu82t@gmail.com

b) Giải hệ phương trình

2 2 0 (1)







Lời giải

Tác giả: Đồng Anh Tú ; Fb: AnhTu

ĐK: 2

1 0

x y

x y x

 











Đặt

2

  







 , (a1,b0), ta được

2

2 2

x a

y b







 Khi đó phương trình (1) trở thành

b2 2a b a  2 2  0 ab b a  2b a  0 b a ab   2  0 a b

(do ab   ) nên PT (1) 2 0 x2 y  x  Thay vào phương trình (2), ta được2 y

 

(3)

Xét hàm số f t( )t1 1t2

trên , ta có  

2 2

2

1

t

t



 , do đó hàm

số f t 

đồng biến trên 

Ta có (3) f  x1 f x 1  x  1 x 1 2

1

x





 

   



2

1

3 0

x





 

  x 3

Với x 3 y5, ta thấy x3,y5 thỏa mãn điều kiện

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x y ;  3;5

Nhận xét: Ta có thể biến đổi phương trình (1) đi theo hướng khác như sau:

Từ PT(2), ta có y 3, nên PT(1)

2

2



 (4) , ta có đặt y 2a, a  thay vào (4), 1

ta được 2 2

a  x , từ đây suy ra x  Xét hàm số 0   2

t

g t

t



 đồng biến trên 0; 

,

ta được a x hay y x 2

c) Cho hàm số

1

2 1

x y x





 có đồ thị  C Viết phương trình tiếp tuyến  d của đồ thị  C biết  d

cắt trụcOx Oy, lần lượt tại hai điểm A B, sao cho AB 10.OA (với O là gốc tọa độ).

Lời giải

Điều kiện xác định:

1 2

x 

Ta có  2

0,

2

2 1

x



 nên tiếp tuyến của  C luôn có hệ số góc âm

Tam giác OAB vuông tại O mà AB 10.OA từ đó ta có OB3OA

Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến  d

Khi đó ta có k  nên 0 tan 3

OB

OA

Gọi m là hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến  d

với đồ thị  C

Ta có  2

0 3

3

1

m m m





+) Nếu m  , khi đó tiếp điểm của tiếp tuyến 0  d với đồ thị  C là M0; 1 

Phương trình của  d là: y3x 01 y3x1

+) Nếu m  , khi đó tiếp điểm của tiếp tuyến 1  d với đồ thị  C là N1; 2

Phương trình của  d

là: y3x1 2 y3x5 Vậy có hai tiếp tuyến của  C

cần tìm là y3x1 và y3x5

Manhsang12.1@gmail.com

Câu 2.

a) Bạn An có một đồng xu mà khi tung có xác suất xuất hiện mặt ngửa là

1

3 và bạn Bình có một đồng xu mà khi tung có xác suất xuất hiện mặt ngửa là

2

5 Hai bạn An và Bình lần lượt chơi trò chơi tung đồng xu của mình đến khi có người được mặt ngửa, ai được mặt ngửa trước thì thắng Các lần tung là độc lập với nhau và bạn An chơi trước Xác suất bạn An thắng là

p

q , trong đó p và q là

các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau Tìm q p

Lời giải

Giả sử bạn An thắng ở lần gieo thứ n, n,n1 khi đó bạn An và bạn Bình tung đồng xu ở n1 lần

trước đó đều là sấp, xác suất để điều này xảy ra là

Do n có thể tiến tới dương vô cùng, vậy nên áp dụng quy tắc cộng xác suất, ta có xác suất để An

thắng là:

2

         

m p



m N

Trong đó

2

1

       

     

m S

là tổng của cấp số nhân vô hạn với số hạng đầu u11

và công

bội 0

2 5



q

nên

2 3 1

5



S

, suy ra

2

5



p q

Từ đó q9; p5suy ra q p  9 5 4.

b. Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức 4

1 2

n

x x



  biết rằng n là số nguyên

dương thỏa mãn: 1 2 2 3 3  1 n 1 n 64

Lời giải

Xét khai triển 1 n 0 1 2 2 3 3 n 1 n 1 n n

x C C x C x C x C x  C x

(1) (n N *) Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta có:

1 n 1 1 2 2 3 3 2 ( 1) n 1 n 2 n n 1

n x  C C x C x n C x  nC x 

(2)

Thay x  vào (2) ta được:1

       Từ giả thiết

Ta có: 64n n .2n1 26 2n1 6 n 1 n7 (thỏa mãn n N *)

Số hạng tổng quát của khai triển

7 4

1 2

x x



  là:

2

k

x

Để T chứa x2 ta cần tìm số k sao cho 0 k 7, k N và

14 3

4

k

k



  

(thỏa mãn) Vậy hệ số của số hạng chứa x2 là:

2 7 2

2 C 4 .

Câu 3.

a) Trong không gian cho 4 điểm A B C D, , , thỏa mãn AB3,BC7,CD11,DA9. Tính

AC BD

 

Giải

Ta có

      

      

      

      

      

      

      

      

      

      

      

      

      

      

     

       

Thay số vào ta được  AC BD  0

b) Cho các số thực không âm a b c, , thỏa mãn a2b2 c2  3b0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  2  2  2

P

Lời giải

Với mọi số thực dương x y z t, , , , ta có:

2

4

2

4 x y z t

64

x y z t



  

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y z t

Ta có:  2  2  2

P

2a 2 b 2 c 3

 2  2  2  2

4

2a 2 b 2 c 3 c 3

 2

64 4

2a 2 b 2 c 3 c 3



256

2a b 2c 10



  

Theo giả thiết, ta có: a2b2 c2  3b0

Áp dụng BĐT Cô-si cho các số không âm, ta có:

0 2 a b 2c10 2 a4b2c10 3 b

a21  b24  c21 10 3  b 2 2 2

3 16

16

0 2a b 2c 10 256

256

P



   1

Dấu đẳng thức xảy ra

3 0 1; 2; 1

    





     



1 2

a c b

 



 



Vậy minP  1

Bài tập tương tự: (Lê Cảnh Dương-sưu tầm).

Cho a,b,c là các số thực không âm và không đồng thời bằng 0 thay đổi thỏa mãn điều kiện

a b c  b Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  2  2  2

P

Lời giải

Ta có:  2  2  2  2  2  2

P

 2  2  2  2

4

2a 2b 2c b 11 b 11 2c 12

 2

64 4

2a 2b 2c 2b 22 2c 12



256

2a 4b 4c 34



  

Theo giả thiết, ta có: a2b2c2 6b0

Áp dụng BĐT Cô-si cho các số không âm, ta có:

0 2 a4b4c34 2 a10b4c34 6 b

 2   2   2 

        a2b2c2 6b64

64

0 2a 4b 4c 34 64

64 16

2 4 4 34

P

  

Dấu đẳng thức xảy ra

6 0 1; 5; 2





     



1 5 2

a b c







  

 

Vậy

1

16

P 

Câu 4: (4 điểm).

Cho hình chóp S ABC , có SA vuông góc với mặt phẳng ABC, SA2a và tam giác ABC vuông tại C với AB2 ,a BAC 300 Gọi M là điểm di động trên AC , đặt AM x, 0  x a 3

Tính

khoảng cách từ S đến BM theo a và x Tìm các giá trị của x để khoảng cách này lớn nhất.

Lời giải

Cách 1

*) Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên BM Khi đó độ dài SH chính là khoảng cách từ S đến BM.

Ta có: SH BM BM SAH BM AH



Do đó hai tam giác AHM và BCM đồng dạng nên

AH

Mà AM x, BC AB sin 300 a, BM  2a2x2 2.2 cos 30a x 0  4a2x2 2 3ax

5 8 3 16

;

2 3 4

 

5 8 3 16

2 3 4

*) Do SA cố định nên SH lớn nhất khi và chỉ khi AH lớn nhất

Ta có

2 2 2

a x AH



TH1: x 0 AH  0

TH2:

2 2

2

2

0

1 2 3 4

a

Do đó AH lớn nhất khi và chỉ khi hàm số f t  4t2 2 3 1t nhỏ nhất, với

a t x

 (

3 3

t 

)

Mà '  8 2 3 0, 3

3

, nên f t 

đạt giá trị nhỏ nhất tại

3 3

t 

, tức là x a 3, khi đó AH a 3

Từ hai trường hợp trên ta kết luận được SH lớn nhất khi và chỉ khi x a 3

Cách 2

Ta có ACAB.cos30o a 3

Trong không gian, chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho C0;0;0 , B a ;0;0 , A0;a 3;0 ,

0; 3;2 

Khi đó M0;a 3 x;0

Ta có:

 

2 3 4

BM

 



Từ đây, xét hàm số

5 8 3 16 ( )

2 3 4

f x



  với 0 x a 3, ta suy ra được d S BM ; đạt giá trị lớn nhất tại x a 3

Cách 3: Dễ thấy SH SM SC SH lớn nhất là SC , khi đó vị trí M trùng với C , tức là x a 3

Đây là bài toán cực trị dừng lại ở mức trung bình và thường xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Mời bạn đọc tham khảo các bài toán dưới đây

Bài tập tương tự

Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,  BAC 600 cạnh SA a và vuông góc với

mặt phẳng ABCD

Gọi M là điểm di động trên đoạn AB và AM  , 0 x a x   , K là hình chiếu của S trên DM Tính độ dài đường SK theo a và x Tìm giá trị lớn nhất của đoạn SK.

Đề thi HSG 11 THPT Nho Quan A, Ninh Bình năm 2018 – 2019

Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh SA a và vuông góc với mặt phẳng ABCD

Gọi M là điểm di động trên đoạn BC và BM  , K là hình chiếu của S x trên DM Tính độ dài đoạn SK theo a và x Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn SK.

Đề thi HSG 11 Nghệ An năm 2017 – 2018

Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA SB SC a   Đặt