Đề thi hsg toán 12 vĩnh phúc năm học 2019 2020

Cho hai đường thẳng Ax By, chéo nhau, vuông góc và nhận đoạn AB làm đoạn vuông góc chung... Chứng minh tam giác OMN là tam giác tù và khoảng cách từ O đến đường thẳng MN không đổi khi M

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn: Toán Lớp: 12

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 12 TỈNH VĨNH PHÚC- NĂM 2018-2019 Câu 1: Cho hàm số y x  4 14 x2 20 x  4 có đồ thị  C

Viết phương trình tiếp tuyến của  C

biết tiếp tuyến song song với đường thẳng : y4x15

Lời giải

Tác giả: Hoa Mùi ; Fb: Hoa Mùi

Ta có: y x  4 14 x2 20 x   4 y   4 x3 28 x  20

Gọi M x y 0; 0

là tiếp điểm

Tiếp tuyến song song với đường thẳng : y4x15

 hệ số góc của tiếp tuyến là: k tt  4 y x 0 4

 

  





   

Phương trình tiếp tuyến tại M11;11

là: y4x1 11 4x15

(loại) Phương trình tiếp tuyến tại M22;4

là: y4x 2 4 4x12

(nhận) Phương trình tiếp tuyến tại M  3 3; 101

là: y4x3 101 4x113

(nhận) Vậy các tiếp tuyến thỏa yêu cầu là: y4x12, y4x 113

Câu 2: Giải phương trình 2cosx1 2sin  xcosxsinxsin 2x

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Tường Lĩnh; Fb: Khoisx Bvkk

Ta có:

2cosx1 2sin  xcosxsinxsin 2x

2cosx 1 2sin  x cosx sin 2x sinx

2cosx 1 2sin  x cosx sinx2cosx 1

2cosx 1 sin  x cosx 0

1 2cos 1 0 cos

2 cos sin 0

tan 1

x







2 3 2 3 4















 











  



Vậy tập nghiệm của phương trình là:

2 3 2 3 4















 









  





Câu 3. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số 4 3 3 1 2 3 2

y x  m x  mx m

đồng biến trên khoảng 1;

Lời giải

Tác giả: Hoàng Văn Lâm; Fb: LamHoang

Tập xác định: D 

2

y  x  m x m

2

1

x





2

1;

1

x





 

2 2

1

f x

x

 





1 ( ) 2

3 ( ) 2









 



Bảng biến thiên

Vậy

1

3

Câu 4. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số

3 3 2 2

y x x m

có đúng năm điểm cực trị

Lời giải

Tác giả: Huỳnh Anh Kiệt ; Fb: Huỳnh Kiệt

Hàm số

3 2

có đúng năm điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số

3 3 2 2

y x x m cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình

 

3 2

x x m có 3 nghiệm phân biệt.

Ta có  1  x3 3x2  2 m

Xét hàm số f x( )x3 3x ta có 2

( ) 3 6 0

2

     



x

x

Từ bảng biến thiên ta có phương trình  1 có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

   m  m

Câu 5. Cho dãy số  u n

có số hạng tổng quát  2

1

ln 1

1

n

u

n



  , n  

Tìm giá trị của biểu thức

2018

1 2

H  e e e

Lời giải

Tác giả: Lê Ngọc Hùng ; Fb: Hung Le

2 1

n

n n u

Do đó

2 1.2.3 1 2 2 2 2 ! 2 ! 2

n n

k

u

n



Suy ra

  2018

2018 1

1 2

2018 2 ln

2 2018 1 2020

2.2019

k k

u u

u u







Câu 6. Xếp mười học sinh gồm bốn học sinh lớp 12, ba học sinh lớp 11 và ba học sinh lớp 10 ngồi

vào một hàng ngang gồm 10 ghế được đánh số từ 1 đến 10 Tính xác suất để không có hai học sinh lớp 12 ngồi cạnh nhau

Lời giải

Tác giả: Hoàng Minh Thành ; Fb: Hoàng Minh Thành

Số cách xếp bất kỳ 10 học sinh là: n  ( ) 10!

Gọi A là biến cố "Không có hai học sinh lớp 12 ngồi cạnh nhau"

Số cách xếp 6 học sinh gồm lớp 11 và lớp 10 là : 6! Vì 6 học sinh được xếp ở trên tạo ra 7 khoảng trống ( 5 khoảng giữa 2 học sinh và 2 khoảng ở vị trí hai đầu) nên chọn 4 trong 7 vị

trí đó để xếp 4 học sinh lớp 12 có A74 cách

Suy ra : n A( ) 6!. A74

Xác suất của biến cố A là :

( ) 1 ( )

( ) 6

n A

P A

n



Vậy xác suất để không có hai học sinh lớp 12 ngồi cạnh nhau là:

1

6

Câu 7. Cho hai đường thẳng Ax By, chéo nhau, vuông góc và nhận đoạn AB làm đoạn vuông góc

chung Hai điểm M N, lần lượt di động trên Ax By, sao cho AM BN MN Gọi O là trung

điểm của đoạn AB Chứng minh tam giác OMN là tam giác tù và khoảng cách từ O đến đường thẳng MN không đổi khi M N, di động trên Ax By,

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Trần Vũ; Fb: Nguyễn Trần Vũ

Dựng hình chữ nhật ABPM

Ta có:

/ /





















Do đó: MN2 MP2NP2 MP2BP2BN2 AB2AM2BN2

Theo đề bài ta có MNAMBN MN2 AM2BN22AM BM.

Suy ra: . 2

AB

AM BN 

Áp dụng hệ quả định lí côsin cho tam giác OMN , ta có:

cos

2

MON

OM ON

2

OM ON



   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

2

OM ON





MON

 là góc tù  (đpcm)

,

Trên tia đối của tia Ax lấy điểm Q sao cho AQ BN

Do OAQOBN c g c    OQ ON

Vì MN AM BN AM AQ MQ  OMQOMN c c c    OA OH

Vậy  , 

2

AB

d O MN OH 

không đổi

Câu 8. Cho tứ diện ABCD và các điểm M N P, , lần lượt là các điểm thuộc các cạnhBD BC AC, , sao

cho BD2BM BC, 4BN AC, 3AP mặt phẳng MNP cắt AD tại điểm Q Tính tỉ số thể

tích của hai phần của khối tứ diện ABCD cắt bởi mặt phẳng MNP

Lời giải

Tác giả: Hồ Thanh Nhân; Fb:NhanHoThanh

Trong mặt phẳng BCD gọi I là giao điểm của MN vàCD , Q là giao điểm của IP và AD

AD

 cắt mặt phẳngMNP tại Q

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác BCD có ba điểm N M I, , thẳng hàng

NB IC MD IC

NC ID MB   ID

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ACD có ba điểm P I Q, , thẳng hàng

2

3

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ICN có ba điểm D, ,PM thẳng hàng.

DC MI BN MI

DI MN BC   MN 

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác IPC có ba điểm D Q A, , thẳng hàng

3

2

Áp dụng công thức tính tỉ số thể tích ta có:

 

3 2 1 2

5 3 3 15

IMQD

INPC

 

3 2 1

4 3 2

INPC

ABCI

2

ABCI ABCD

Từ (1),(2) và (3)

,

IMQD INPC

V V

1

13

ABMNPQ

CDMNPQ

V V

Câu 9. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , điểm G3;3

là trọng tâm tam giác ABD Đường thẳng đi qua A vuông góc với BG và cắt BD tại điểm E1;3

Tìm

tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết rằng đỉnh A có tung độ lớn hơn 1.

Lời giải

Tác giả: Thành Lê; Fb: Thành Lê

Gọi M là trung điểm của cạnh AD, H là giao điểm của AE và BM , K là giao điểm của

GE và AB.

Vì AGBE (do AC BD ) và BGAE (gt) nên G là trực tâm tam giác ABE GEAB, //

Ta có

KG BG

AM BM do KG // AM và

GE BG

MDBM do GE // MD

Suy ra

KG GE

AM MD , mà AM MD KG GE

G

 là trung điểm của

2

(5;3) 2



AB đi qua K(5;3) và có một véctơ pháp tuyến EG 2;0  AB x:  5 0

Vì A AB  A(5;y A) với y  Mặt khác  A 1 KAG45  AKG vuông cân nên KA KG

 32 4 5

1

A A

A

y y

y





 , mà y  nên A 1 A5;5

Ta có

5 6

5 6

C

C

x

y

 



 



 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5 6

5 0

D

D

x

y

 



 



 

5 0

5; 1

5 6

B

B

x

y

 



 



 

Câu 10. Cho ba số thực x y z, , thuộc khoảng 0;3 thỏa mãn

     

    Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2

4 9 16

Lời giải

Tác giả: Dương Quang Hưng ; Fb: Dương Quang Hưng

Đặt: 2, 3, 4.

a b c

Khi đó ta có 0;3 , 0;1 , 0;3

, thỏa mãn

     

     

      và

2 2 2

P a b c

Từ:

     

     

Ta có:

3 3

a b c

abc

 



Do đó: Pa b c  2 2ab bc ca    a b c  2 2a b c   4abc2

4

27 a b c a b c a b c

Đặt

13 , 0;

4

t a b c   t   

  Khi đó:

3 2

4

27

P t t  t

Xét hàm số   4 3 2 2 2, 0;13

f t  t t  t t   

Ta có:   4 2

9

f t  t  t

;   0 3

2

hoặc t  3

Bảng biến thiên:

13 4

 

2

3 4

216

Từ bảng biến thiên suy ra   3, 0;3

4

f t   t

Dấu bằng xảy ra khi

3 2

t 

Khi

3 2

t 

ta được:

1 2

a b c  

suy ra

3

2

x y z

Do đó:

P  x y z