Đề thi hsg toán 12 quảng bình năm học 2019 2020

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.. Trong trường hợp SABC là tứ diện đều cạnh a , xác định và tính theo a diện

ĐỀ HSG 12 TỈNH QUẢNG BÌNH

NĂM 2019 MÔN TOÁN TIME: 180 PHÚT

Câu 1 (2.0 điểm)

a Cho hàm số

1

y x



có đồ thị là đường cong  C

và điểm

5 5

;

6 4

I  

  Viết phương 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

y x  x  x m

, 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  :

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

Câu 3 (2.0 điểm) Cho tích phân

0

t

I t x x x

a Tính ( )I t khi t 

b Chứng minh rằng ( )I t 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

1

2

MA  NB  Gọi  P

là mặt phẳng đi qua hai điểm M N và song song với 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 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:

logn n1 logn n2

.

 HẾT 

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ HSG 12 TỈNH QUẢNG BÌNH

NĂM 2019 MÔN TOÁN TIME: 180 PHÚT

Câu 1 (2.0 điểm).

a Cho hàm số

1

y x



có đồ thị là đường cong  C

và điểm

5 5

;

6 4

I  

đường thẳng d đi qua I và cắt  C

tại hai điểm M N sao cho I là trung điểm của MN ,

Lời giải

Tác giả:Trần Thị Thúy; Fb: Thúy Minh, Huyen Nguyen

Cách 1 :

+ Gọi d đi qua điểm

5 5

;

6 4

I  

  và có hệ số góc k có phương trình là:

y k x   

12

+ Xét phương trình hoành độ giao điểm của  C

và d :

12

x

0

x





 

 + Đường cong  C

cắt d tại hai điểm M N khi và chỉ khi phương trình ,  *

có hai nghiệm phân biệt khác 0

 

0 0

k g

 



  



0

12 0

k











 

0

219 84 6

1 50

219 84 6 50

k k k









 

 



+ Với k thỏa mãn  1 , gọi x x lần lượt là hoành độ của hai điểm ,1; 2 M N , với x x là hai 1; 2

nghiệm của phương trình  * .

+ Theo định lý Vi-et ta có:

12

k

k

+ I là trung điểm của MN khi và chỉ khi:

1 2 2 I

x x  x

k k

2

(thỏa mãn  1 ).

+ Với

3 2

k 

ta có phương trình đường thẳng d là: 3 x 2y  5 0

Cách 2:

m



  , I là trung điểm của MN nên ta có:

I M I M

m



;

m

+ Vì N C

suy ra

m





5 0;

3







 



2

0;

m

m

+ Với m 2 ta có

M   N 

+ Với

1 3

m 

ta có

M  N  

+ Đường thẳng d đi qua hai điểm M , nhận 7 7; 72;3

MN  

làm vecto chỉ phương, hay nhận n  3; 2 

làm vecto pháp tuyến :

2

x  y 

   3x 2y  5 0 Vậy phương trình đường thẳng d cần tìm là: 3x 2y  5 0

b Cho hàm số

y x x    

, với m là tham số Tìm m để hàm số có cực đại.

Lời giải

Tác giả:Đặng Ân; Fb:Đặng Ân Nguyễn Văn Diệu; Fb Dieupt Nguyên

Hàm số

y x x    

TXĐ: 

Trường hợp 1: m 1  x2 2x m  với 0   x .

+

y x x       

, hàm số này có đồ thị là một Parabol nên chỉ có cực tiểu, suy ra m  không thỏa mãn.1

Trường hợp 2: m 1

+

2 2

2

2

x m

y x x







 

.

+

y



 



.

+)

1

2

x   x

Dễ thấy

1

2

m

với mọi m 1và

+)

3

2

Dễ thấy

3

2

m

với mọi m 1và

+) Với

3 4

m 

, ta có bảng xét dấu của y:

Hàm số đạt cực đại tại

3 2

x 

+) Với

3

1

4m , ta có bảng biến thiên

Hàm số không có cực đại

Dễ thấy khi

3 4

m 

hàm số không có cực đại

Vậy hàm số có cực đại với

3 4

m 

Câu 2 (2.0 điểm)

a Giải phương trình sau trên tập số thực  :

x  x  x  x x  x x 

Lời giải

Tác giả: Đặng Mai Hương, Ngô Quốc Tuấn, FB: Đặng Mai Hương, Quốc Tuấn

Cách 1: x3 7x29x12x 3 x 2 5 x 3  x 3 1 

(điều kiện x  )3

3 1

x

x



2 2

4 0

3 1

x

x







 

4 Nhan

x









Giải  1

: x2 8x12 x 3 9 2  x

Đặt t x 3 0

Phương trình  1

trở thành: t5 2t32t2 3t 3 0 2  

(Phân tích phương trình  2

như sau: VT t2at b   t3ct2dt e 

Đồng nhất hệ số )

2

1 0

3 0 vo nghiem do t 0

t t

t t

Nhan

0 Loai 2

t

t







Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là

4;

2

S  

Cách 2: Điều kiện: x  3

Phương trình đã cho tương đương với:

2

3 1

x

 

2 2

4 Nhan

3 1

x

x

 





 Giải (1):

2

3 1

x

x2 3x 3  x 3 1 x2 5x 6 5x 3 x 3 0

 2 

x 3 x2 9x 19 x2 8x 12 x 4 x 3 0

x 3 x 4 x 3 x 4 x 3 x2 8x 12 x 4 x 3 0

x 4 x 3 x 3 x 4 x 3 x2 8x 12 0

 

3 4 2







*Giải (2):

2

4

2

2

x

x











 



*Giải  3

:

3 x x 3 x0  x 33  x 0

(vô nghiệm do x 3)

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm

4;

2

S   

Cách 3: Phương trình đã cho tương đương với:

3 1

x

x



2

4 Nhan

1

3 1

x

x









Giải (1):

3 1

x

2

1

t

 

2 2

1

t



1

f t

t



.

4

x





 

4

x





 



4

2

2

x x x









 

 





2

.

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm

4;

2

S   

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

Cách của Admin Nguyễn Trung Kiên.

Lấy ba thẻ từ 6thẻ có số cách lấy là C , nên số phần tử của không gian mẫu là 63  C63 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 a b c; ; , với a b c  , 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 4

C

ab

c a b



 

   



4

c a b

 

  

  a2b2    , với c a b c 4;6;8 +Xét c  thì có bộ 4 a b ;  2;3 thỏa mãn

+Xét c 6, do a b c  , 6   c a b 2b, nên b 4 và a 3 Suy ra có bộ a b ;  3;4

thỏa mãn

+Xét c  , do a b c8   , 8   c a b 2b, nên b  và 6 a  hoặc 3 a  Suy ra có hai bộ4

a b ;  3;6

hoặc a b ;  4;6

thỏa mãn

Suy ra số phần tử của biến cố A là   A 4

Nên xác suất cần tìm là

A

p  



.

Câu 3 (2.0 điểm) Cho tích phân

0

t

I t x x x

a Tính I t 

khi t 

Lời giải

Tác giả: Trần Quốc Khang, Hà Lê; Fb: Bi Trần, Ha Le

a Khi t  , ta có:

+

1

2

3

2 0 0

x



+ Với

2 0

cos 2 d



Đặt

1 sin 2

2

u x











+ Ta có

2

0

2

x

Đặt

1 1

1

2









1

x

x







+ Vậy  

I    J      

b Chứng minh rằng: I t I t 0

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thị Bình; Fb:Nguyễn Bình

+ Xét

2 0

t



Đặt xu, suy ra dxdu.

Đổi cận: x 0  u 0; x   u t t  .

Khi đó:

I t u u x x x

.

Vậy

I t I t x x x x x x

(đpcm)

Nhận xét: Nếu làm trắc nghiệm thì có thể làm nhanh hơn

Do hàm số y( sin )x x 2 là hàm chẵn nên ta có tính chất:

0

0

t

t





.

Khi đó:



0

0

t

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

1

2

MA  NB  Gọi  P

là mặt phẳng đi qua hai điểm M , N và song song với 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

Tác giả: Phạm Thị Phương Thúy, Trần Bạch Mai; Fb: thuypham, Bạch Mai

*) Xác định thiết diện

Ta có:

 

/ /











    P  SAC MF MF/ /SC F; AC

Ta có:

 

/ /











    P  SBC NE NE SC E BC/ / ;  

 Thiết diện là tứ giác MNEF

Mặt khác ta có:

+)NE MF/ / / /SC

+) SMNCFE MN FE

+)

1 / /

+)

/ /

Vậy thiết diện MNEF là hình thang cân.

*) Tính diện tích thiết diện

XétSMN có



3

a

MN  SM SN  SM SN cosMSN 

KẻNH MF, MNEF là hình thang cân 2 6

6

a NH

2

MNEF

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

Tác giả: Trương Hồng Hà & Vũ Việt Tiến; Fb: Trương Hồng Hà & Vũ Việt Tiến

Cách 1: Vì mp P 

đi qua M N và song song với SC nên:,

  P  SAC MF F, AC MF, / /SC;   P  SBC NE E BC NE SC,  , / / 

Khi đó

1 3

CA  SA  ;

2 3

CB SB  .

Mặt phẳng  P

chia khối tứ diện SABC thành hai khối: MNEFSC và MNEFAB + Gọi V SABC V V, MNEFSC V V1, MNEFAB V2

+ Ta có V1 V MNEFSC V CSEFV SFMEV SMNE

+

CSEF

CSEF CSBA

+

1 3

SFME SFAE

V SA   1

+ Mà

1

3 1

3

AEF

ABC

1

2

2

d E AF FA

d B AC AC

d B AC AC

SFAE

SFAE SABC

V

V

 2

Từ (1) và (2) suy ra

SFME

+

SMNE SABE

V SA SB    3

+ Mà

1

3 1

3

ABE

ABC

1

2

2

d A BE BE BE

BC

d A BC BC

SABE

SABE SABC

V

V

 4

Từ (1) và (2) suy ra

SABE

+ Do đó 1

CSEF SFME SMNE

9

+ Vậy

1 2

4 5

V

2 1

5 4

V

V 

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

AM BI SN   BI 

1 4

IB IA

IB FE AC   FE   E là trung điểm của FI

+

4 2 2 16

IBNE IAMF

15 6

MNEFAB IAMF IBNE IAMF

Mặt khác

4 3

IAMF BAMF

V BA   V IAMF 43V BAMF

+

;

ABF ABC

AM

AS

9

BAMF SABC

2

9

+ Vậy

1 2

4 5

V

2 1

5 4

V

V 

Câu 5 (1.0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n 1 ta luôn có:

logn n1 logn n2

Lời giải

Tác giả:Hoàng Văn Phiên; Fb:Phiên Văn Hoàng

Cách 1

+ Xét

1

n

n

n

n







+ Áp dụng bất đẳng thức AM GM cho hai số dương logn1n và logn1n2

ta được:

2

2

n n n



+ Mà n22n n 22n nên 1 n22nn12

 2   2  2 

1



1

n

n

n

n







Cách 2

Tác giả:; Fb:Nguyen Trang

+ Với mọi số nguyên dương n 1 ta có:

logn n1 logn n2

 + Xét hàm số

ln

x y

x





với x 1

+ Ta có:

ln

1

x x

y





+ Với  x 1 thì x 1 x1; lnx1 lnx0 xlnx x1 ln x1 0

Suy ra hàm số nghịch biến trên 1;.

+ Do đó với mọi số nguyên dương n  thì 1 y n  y n 1

Vậy lognn1 logn1n2