Đề thi hsg toán 12 thái bình năm học 2019 2020

Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu trong đó có một điểm cực trị của đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ hai, một điểm thuộc góc phần tư thứ tư của hệ trục tọa độOxy.. Hàm số trên có cự

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2018-2019

SỞ THÁI BÌNH

Câu 1.1. Cho hàm số 2 1 

1

x

x





 và đường thẳng d có phương trình: y2x m Tìm m để đường

thẳng d cắt đồ thị  C tại hai điểm phân biệt A B, sao cho diện tích tam giác OAB bằng 54 (với O là gốc tọa độ).

Lời giải

+ Xét phương trình hoành độ giao điểm:

2 1

2 1

x

x m x



 

1

x





 

1

x





 



+ Đường thẳng d cắt đồ thị  C

tại hai điểm phân biệt A B,

  0

g x

  có hai nghiệm phân biệt khác 1

 

2

g

     



 

 

2

24 0

g

     



 

 





2 24 0

+ Gọi A x 1; 2x1m; B x 2; 2x2m

Khi đó x x là hai nghiệm của phương trình 1, 2 g x   0

Theo định lý Vi-et ta có

1 2

1 2

4 2 1

2

m

x x

m

x x





 







 



+ Ta có d: y2x m  2x y m  0

Mặt khác ta có:  , 

5

m

d O d 

2

8 16 4 4

m

AB  x  x   x x  x x         

+ Khi đó 1   1 5 2 24 2 24

OAB

m

2 5

24 5 4

OAB

24 25 0

1

m

Vậy m  là các giá trị cần tìm.1

Câu 1.2 Cho hàm số y x 32m1x28m 3x8m 6

Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu

trong đó có một điểm cực trị của đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ hai, một điểm thuộc góc phần tư thứ tư của hệ trục tọa độOxy

Lời giải

Cách 1: Ta có y 3x24m1x8m 3

Hàm số trên có cực đại, cực tiểu khi y 0 có hai nghiệm phân biệt

0 4 m 1 3 8m 3 0



      

4 3 2

4 3 2

m m













Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số có phương trình:

Gọi x y1; 1; x y2; 2 là điểm cực trị của đồ thị hàm số Ta có:

1 2

1 2

3

8 3

3

m

x x

m

x x



 









Hàm số y x 32m1x28m 3x8m 6 có hệ số a   nên không xãy ra trường1 0

hợp đồ thị hàm số có một điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ nhất, một điểm thuộc góc phần tư thứ ba của hệ trục tọa độ Oxy

Để một điểm cực trị của đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ hai, một điểm cực trị của đồ thị

hàm số thuộc góc phần tư thứ tư của hệ trục tọa độ Oxy thì

1 2

1 2

0

x x

y y









Với 2 2

3 0

8

Với y y 1 2 0

4m 16m 13 x 8m 31m 24 4m 16m 13 x 8m 31m 24 0

4m 16m 13 x x 8m 31m 24 8m 31m 24 x x 8m 31m 24 0

4 3 0

1

m

m





       

  3

Từ  1  2  3

suy ra

3 8

m 

thì thỏa đề

Cách 2:Yêu cầu bài toán tương đương với hàm số có hai điểm cực trị trái dấu và đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt

+ Ta có y 3x24m1x8m 3

, hàm số có hai điểm cực trị trái dấu

3 8 3 0

8

+ Đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt x32m1x28m 3x8m 6 0(1) có 3 nghiệm phân biệt

Phương trình (1) x2 x22mx4m 3 0 2

2

2 4 3 0(2)

x





 

Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt  (2) có hai nghiệm phân biệt khác -2

2 2

1

m



      





Vậy

3 1 3 8

m m m

 

 









8

m

Câu 1.3. Tính

2018 2 0

log 2 cos 2 lim

x

x x





Lời giải

Ta có

2018 2 0

log 2 cos 2 lim

x

x x



 2018 ln 2 cos 2 

2 0

log lim

x x

e x







 2  2

ln 1 2sin sin

2sin

x

e



2018

2 log e



Câu 2.1. Giải phương trình:

5 sin 3 16 15sin

Lời giải

Tác giả:; Fb:

Đặt t 4 x x t 4

    

Phương trình đã cho trở thành:

5

      

sin 3 15sint t 16 0

3 4sin t 12sint 16 0

4 sint 1 sin t sint 4 0

sint 1

2 2

  

Do đó ta có: x 4 k2 ,k





Vậy nghiệm của phương trình là: x 4 k2 ,k





Câu 2.2. Cho A là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số Chọn ngẫu nhiên một số thuộc tập A Tính xác

suất để số được chọn chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2

Lời giải

Tác giả: Duyên Vũ; Fb: Duyên Vũ

Cách 1.

Số phần tử của không gian mẫu là:  9.105

Gọi B là biến cố số được chọn chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2

Ta nhận thấy rằng: Số nhỏ nhất có 6 chữ số chia hết cho 13 là: 100009 , số lớn nhất có 6 chữ

số chia hết cho 13 là: 999999

Ta có 100009 13 100022  , do đó số có 6 chữ số nhỏ nhất chia hết cho 13 và có tận cùng bằng 2 chính là số 100022

Nhận thấy rằng nếu hai số tự nhiên có 6 chữ số cùng chia hết cho 13 và đều có chữ số tận cùng bằng 2 thì hiệu của chúng cũng chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 0

Số nhỏ nhất ( lớn hơn 0 ) có chữ số tận cùng bằng 0 chia hết cho 13 là 130

Điều này chứng tỏ tất cả các số có 6 chữ số chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2 lập thành một cấp số cộng có số hạng đầu là u 1 100022, công sai d 130.

Công thức số hạng tổng quát của dãy là: u n u1(n1)d

Vì số cần tìm là số có 6 chữ số không vượt quá 999999 nên ta có:

100022 1 130 999999 6923,9

10

Vì n là số tự nhiên nên số hạng lớn nhất trong dãy trên ứng với n 6923

Vậy số phần tử của biến cố B là B 6923

Xác suất của biến cố B là:

900000

B

Cách 2.

Số phần tử của không gian mẫu là:  9.105

Gọi số chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2 là a a a a a 1 2 3 4 52

Ta có a a a a a1 2 3 4 52 10. a a a a a1 2 3 4 5  2

Gọi k là số dư của phép chia a a a a a cho 131 2 3 4 5 k,0 k 12

Khi đó vì a a a a a1 2 3 4 52 10. a a a a a1 2 3 4 5 2 13k,0 k 12

nên ta có:

10k  2 13k, 0 k 12

Do đó tồn tại số tự nhiên t sao cho

10 2

10 2 13

13

k

,k,0 k 12

Ta có bảng:

0

13 13

k 

1

13 13

k 

2

13 13

k 

3

13 13

k 

4

4

13 13

k 

13 13

k 

6

13 13

k 

7

13 13

k 

8

13 13

k 

9

13 13

k 

10

13 13

k 

11

13 13

k 

12

13 13

k 

Từ bảng trên ta có k  là số dư của phép chia 4 a a a a a cho 13 Như vậy, tồn tại số tự 1 2 3 4 5

nhiên t để a a a a a1 2 3 4 513t Vì 4 10000a a a a a1 2 3 4 599999 nên

10000 4 99999 4

 

, hay

768,923 7691,923

13   t 13 

769 t 7691, t

Gọi B là biến cố số được chọn chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2.

Khi đó số phần tử của biến cố B là B 7691 769 1 6923  

Xác suất của biến cố B là:

900000

B



Câu 3. Giải hệ phương trình







Lời giải

ĐK: x  2

Ta thấy với y 0 phương trình  1

vô nghiệm

Với y 0 ta có

1 3

1 y x 5 2 x 1 3y x 5 2 x

3 3

3

 

 

 

2

2

 (vì hàm số f t   t3 3t

có f t  3t2 3 0, t 0; ) Thế  3

vào  2

ta có

2

x



2 x x2 2x 4 2 x x2 6x 12 3 x2 2x 4 5 x2 6x 12 2x 4 0

x 2 x2 2x 4 x 2 x2 6x 12 x2 2x 4 x2 6x 12 2x 2 0

4 8

x



4

2

1

x









 Với x  ta có 2

1 2

y 

(thỏa điều kiện đề bài)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất

1 2;

2

 

 

 

Câu 4 [0H3-1.6-3] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , M1;0

là trung điểm

cạnh BC , N là điểm thuộc cạnh CD sao cho CN 2ND , đường thẳng AN có phương trình

là x y  2 0 Tìm tọa độ điểm A biết A có hoành độ dương

Lời giải

Tác giả: Phạm Sơn; Fb: Phạm Sơn

+ Ta có:

tan

3

ND NAD

AD

,

tan

2

MB MAB

AB

1 tan tan

NAD MAB



  NAD MAB 45  NAM 45

+ Đường thẳng AM qua M1;0

nên có dạng: a x 1by0 a2b2 0

2

a b

AM AN





0

0

a

b





Với a  thì 0 AM : y 0 Mà A AM AN nên A  2;0

(loại)

Với b  thì 0 AM : x   Mà A AM AN1 0   nên A1;3 (nhận).

+ Vậy A1;3

Cách 2 <Nguyễn Viết Hòa>

+ Ta có:

tan

3

ND NAD

AD

,

tan

2

MB MAB

AB

1 tan tan

NAD MAB



  NAD MAB 45  NAM 45

2

A AN  A x x ; 2 AM  x12x22

1

2

x

x







 (vì x  ) A 0

Câu 5. Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 3 , SA a SB SC SD a ,    3

Gọi M là trung điểm của cạnh CD

1 Tính thể tích khối chóp S ABCM

2 Tính khoảng cách giữa SM và BC

Lời giải

N

M H

O

C

A

B

D

S

I K

1 Gọi O là tâm của hình bình thoi ABCD

Xét hai tam giác ABD và SBD ta có: AB SB AD SD ,  , BDchung.

Suy ra ABD SBD AO SO (hai đường trung tuyến tương ứng).Tương tự CO SO

Tam giác SAC có đường trung tuyến SO và AO CO SO  Do đó SAC vuông tại S

Từ đó ta tính được AC SA2SC2 2a, OD CD2 OC2 a 2, BD2a 2

Diện tích của tam giác BCD : SBCD a2 2(công thức Hê-rông)

Bán kính đường tròn ngoại tiếp BCD là

4 BCD 2

r

S

Gọi H là hình chiếu của S trên ABCD

Vì SB SC SD  nên H là tâm đường tròn ngoại

tiếp BCD và

3 2

a

2

a

Diện tích tứ giác ABCM :

2

a

Thể tích của khối chóp S ABCM là

3

a

V  S SH 

2 Tính khoảng cách giữa SM và BC

Gọi N là trung điểm của AB

Dễ thấy MN/ /BC BC/ /(SMN) nên (d BC SM, )d BC SMN( , ( ))d C SMN( , ( ))

Mà CO2HO d C SMN( ,( )) 2 (H, ( d SMN)).

Kẻ HI MN I MN  

, kẻ HK SI K SI  

ta có HK d H SMN  ,  

Ta có:

BCD

BC

( ,( )) 2



Vậy

66 ( , )

11

a

d BC SM 

Câu 6. Choa b c, , là các số thực dương Chứng minh rằng:

5

ab a c b c    a  b c 

Lời giải

Tác giả:Nguyên Dung; Fb: Dung Nguyen

Cách 1.

Ta có:      2   2  2 2

2

ab a c b c   a ac b bc    

2 2

2

(1)

Lại có:    

2 2

2

c a b   

và       2  2 2

2

2

a b  a b  c a b   

(2)

Từ (1), (2)    

2 2

ab a c b c

 

4

4a 4b c

ab a c b c

4a 4b c

ab a c b c

P

Đặt: t 4 4 a24b2c2 Vì a b c, , là các số thực dương nên t  2

Suy ra:4a24b2c2  t2 4

Xét hàm số   2

36 32 4

f t

 với t  2

 

4 32 56 32 128

72 32 32 72 256 512

f t

t



Ta có:32t356t2  32 128t 32t3128  56t2 32t32t3 44 14t t 80

( vì t 2 )

Do đó f t     0 t 4

Bảng biến thiên:

 

f t

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

1





Cách 2:

Ta có:

2

ab bc ab ac

2

ab bc ac

Đồng thời:

4 4a 4b c 4 2 2ab ac bc

ab a c b c    a  b c      ab ac bc 

Đặt t 4 2 2  ab ac bc  

Vì a b c, , là các số thực dương nên t  2

2 4 2

2

t

Xét hàm số:   236 32

4

f t

 với t  2

 

4 32 56 32 128

72 32 32 72 256 512

f t

t



Ta có:32t356t2  32 128t 32t3128  56t2 32t32t3 44 14t t 80

( vì t 2 )

Do đó f t'     0 t 4

Bảng biến thiên:

 

f t

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

1





