Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 12, tỉnh Bạc Lie năm 2017-2018 (kèm lời giải)

có đáy ABCD là hình chữ nhật, E là điểm trên cạnh AD sao cho BE vuông góc với AC tại H và ABAE.. Tính theo a thể tích khối chóp.. S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB, CD

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẠC LIÊU

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2017-2018 MÔN: TOÁN 12 (Thời gian làm bài 180 phút)

Câu 1: (4,0 điểm)

a) Cho hàm số 2 1

1

x y x





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

rằng tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d: 4x3y60510 b) Cho hàm số 3

yx  x có đồ thị  C Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A 2; 4 và

có hệ số góc k Tìm k sao cho đường thẳng d cắt đồ thị  C tại ba điểm phân biệt A, B,

C và tam giác OBC cân tại O ( O là gốc tọa độ)

Câu 2: (4,0 điểm)

a) Giải phương trình sau trên tập số thực log 73 x2log 65 x19

b) Giải phương trình sin 3x 1 cosxcos 2xsinx2 cosxsin 2x

Câu 3: (2 điểm) Tính tích phân

3 1 2

d

x x

x



Câu 4: (3,0 điểm)

Cho các số thực dương , ,x y z thỏa mãn xz Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2x 2 2y 2 z

P

z x



Câu 5: (4,0 điểm)

Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, E là điểm trên cạnh AD sao cho BE

vuông góc với AC tại H và ABAE Biết SH vuông góc với mặt phẳng ABCD; góc hợp bởi

SB và mặt phẳng SAC bằng 30, 2 5

5

a

AH  , BEa 5 Tính theo a thể tích khối chóp

S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB, CD

Câu 6: (3,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác nhọn ABC AB AC   Gọi 2; 3

2

D  

là chân đường phân giác trong góc A, E1; 0 là một điểm thuộc đoạn thẳng AC thỏa mãn

AB AE Tìm tọa độ các đỉnh A B C, , biết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC là x2 y2  x 2y300 và điểm A có hoành độ dương

HẾT

CÁC LỜI GIẢI VÀ CHỈNH SỬA ĐƯỢC THỰC HIỆN BỞI

1 Đỗ Đường Hiếu

2 Đặng Mạnh Hùng

3 Phạm Tiến Hùng

4 Nguyễn Tấn Linh

5 Nguyễn Bình Nguyên

6 Hoàng Minh Quân

7 FB : Datlong Van

Câu 1: (4,0 điểm)

c) Cho hàm số 2 1

1

x y x





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

rằng tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d: 4x3y60510 d) Cho hàm số yx33x2 có đồ thị  C Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A 2; 4 và

có hệ số góc k Tìm k sao cho đường thẳng d cắt đồ thị  C tại ba điểm phân biệt A, B,

C và tam giác OBC cân tại O ( O là gốc tọa độ)

Lời giải

a) Đường thẳng d: 4x3y60510 có hệ số góc 4

3

k 

Hàm số 2 1

1

x y x





 có tập xác định D \ 1 

Ta có

 2

3 1

y

x

  

 Do đó, hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng

d là nghiệm phương trình:

 2

3 1

x

 

 

1 4

x

1

x x





 Với x3 thì 7

2

y Phương trình tiếp tuyến cần tìm là:

3

y  x  hay 3 23

y  x

 Với x 1 thì 1

2

y Phương trình tiếp tuyến cần tìm là:

1

y  x  hay 3 1

y  x

Vậy, phương trình các đường tiếp tuyến cần tìm là: 3 23

y  x và 3 1

y  x

b) Đường thẳng d đi qua điểm A 2; 4 và có hệ số góc k có phương trình

d yk x 

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị  C và đường thẳng d là

3

x  x k x 

3

   2

2

x





 

Điều kiện để d cắt đồ thị  C tại ba điểm phân biệt A, B , C là phương trình  * có hai nghiệm phân biệt khác 2 0

9

k k





Khi đó, hoành độ giao điểm của  C và d là

  









Như vậy: A 2; 4 ; B 1 k k k; 3k4 và C 1 k;k k 3k4

Tam giác OBC cân tại O khi và chỉ khi

1 k k k 3k 4 1 k  k k 3k 4

2

3k k 4k k k 0

2

3k 4k 1 0

    (do k0)

1 1 3

k k









 



(thỏa mãn)

Vậy 1;1

3

k 

 

Câu 2: (4,0 điểm)

a) Giải phương trình sau trên tập số thực log 73 x2log 65 x19

b) Giải phương trình sin 3x 1 cosxcos 2xsinx2 cosxsin 2x

Lời giải

a) log 73 x2log 65 x19

 Xét  0 log 73 x21

x và log 65 x19log 19 15 

 Xét 0x Hàm số log 73 x 2 log 65 x19

 7 ln 7  6 ln 6 0

7 2 ln 3 6 19 ln 5

Thật vậy

77 ln 72 ln 3 6 6 ln 619 ln 5

x x ln 7.ln 5 42 x19.7xln 6.ln 3 42 x2.6x

, luôn đúng

Suy ra y 0 khi x0 Nên hàm số đồng biến trên 0;

Nhận thấy x1 là một nghiệm phương trình Vậy x1là nghiệm duy nhất

b) Giải phương trình sin 3x 1 cosxcos 2xsinx2 cosxsin 2x

sin 3 cos 2 cos 2 cos sin 2 sin 2cos sin 2

sin 3 cos 2 cos sin 3 sin

 x x x x x

cos sin 0 cos sin 1





4

4



   









x

4

2

5 2

4 4

   











4 2 3 2 2



   











x k

Câu 3: (2 điểm) Tính tích phân

3 1 2

d

x x

x



Lời giải

Ta có

1 1

x x



Đặt u 1 1

x

1

u x

x

x

Đổi cận: với 1

2

x  u 1

x1  u 0

Khi đó

0 2

1

2 du

I   u 1 2

0

2 u xd

0

2

3u

3

Vậy 2

3

I 

Câu 4: (3,0 điểm)

Cho các số thực dương , ,x y z thỏa mãn xz Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2x 2 2y 2 z

P

z x



Lời giải

Ta chứng minh bất đẳng thức sau:

Với a b, là các số thực dương thỏa mãn ab 1 , khi đó

1



Thật vậy, BĐT trên    2

1 ab 1 a 1 b 4(1 a )(1 b )

(1 ab) 2 a b 2 (1 a )(1 b ) 2 2a 2b 2(ab) 2(1 a )(1 b )

(a b) (1 ab) 2 (1 a )(1 b ) (1 a )(1 b ) (1 ab) 0

2

( )

(1 )(1 ) 1

a b



    (dpcm)

Dấu”=” BDT trên xảy ra khi a b

Ta có

P

z x



1

1 ( ) 1 ( )

z x z

x



2

1 1

t t t



z t x

  

Xét hàm ( ) 2

1 1

t

f t

t t



 với 0 t 1 Ta có 3

4 ( 1)

t

t t





Do đó f(t) ( )1 5

4

f

  hay Max P= 5 khi 4

2 1

4

y z

x z

x y

y z z

x

 

 



Câu 5: (4,0 điểm)

Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, E là điểm trên cạnh AD sao cho BE

vuông góc với AC tại H và ABAE Biết SH vuông góc với mặt phẳng ABCD; góc hợp bởi

SB và mặt phẳng SAC bằng 30, 2 5

5

a

AH  , BEa 5 Tính theo a thể tích khối chóp

S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB, CD

Lời giải

H B

C E

S

I

E

H

D A

Đặt BH x , HE y Ta có hệ phương trình sau:

2 4 5 5

xy a

 





  



Do đó, x và y là hai nghiệm của phương trình:

4

1 5

5

 



 



Từ đó suy ra

Với

4 5 1 5

 





 



, ta suy ra AEa, AB2a (thỏa mãn)

Với

1 5 1 5

 





 



, ta suy ra ABa, AE2a (loại)

Xét ABC , ta có:

 

4 2

4 5

BC a

a

Ta có: BH AB BH SAC H

BH SH





 là hình chiếu của B lên SAC

SH

 là hình chiếu của SB lên SAC

SB SAC,  SB SH,  BSH 30

     (do SHB vuông tại H)

Xét SHB , ta có: cot 4 cot 30 4 15

5 5

SH BH BSH  a   a

.

* Tính d SB CD , 

Ta có: CD ABCD SABd SB CD , d CD SAB ,  d C SAB ,  

Ta có:

,

5

d C SAB CA



Từ H kẻ HF AB , HISF tại I

Ta có: AB HF AB SHF AB IH

AB SH





   ,  

IH SF

IH SAB d H SAB IH

IH AB





Áp dụng định lí Ta-lét trong tam giác ABC , ta có: 1 4

HF BC a

Xét SHF , ta có: 12 12 1 2 1 2 1 2 52 15

4

4 15

5 5

a a

Câu 6: (3,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác nhọn ABC AB AC   Gọi 2; 3

2

D  

là chân đường phân giác trong góc A, E1; 0 là một điểm thuộc đoạn thẳng AC thỏa mãn

AB AE Tìm tọa độ các đỉnh A B C, , biết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC là x2 y2  x 2y300 và điểm A có hoành độ dương

Lời giải

H

E I B

D

Do AB AE nên AD là đường trung trực của BE Từ đó suy ra DB DE

Gọi B a b ta có:  ; 2 2  2 2

2 2

2 2

2 30 0

2 30 0



2 2

5

2 30 0

x y

 



2

0

2 5

5

y

y

x y

x y

 





 

  





5 0 1 2 9 2

x y x y

 













  





 5;0

1 9

;

2 2

B B









Gọi H AD BE

TH1: B 5; 0 khi đó điểm H 2;0 suy ra phương trình đường thẳngDH là x 2

Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình:

2 2

2 2

6

2 30 0

4

x x

y

y







 2;6

A

 hoặc A2; 4  ( loại vì AH và DH cùng phương)

Vậy A 2; 6

Phương trình đường thẳng AE là: 2 6 2 2 0

x y

Tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình:

2 2

2

2 30 0

y x



2 6 3 4

x y x y

 







  

  





C 3; 4

TH2: 1; 9

2 2

B  

Phương trình đường thẳng BD là:    

1 3 9 2

2 2 2

4x 2y 11 0

2

x

Hoành độ của C là nghiệm của phương trình:

2

x     x   

2

1 2

20 100 45 0

9 2

x

x

 



 



Vậy 9 7;

2 2

C 

Phương trình đường thẳng CE là: 1 7 7

1

y



Hoành độ của A là nghiệm của phương trình:

2

2

9 2

170 65 3735 0

83 17

x

x

 



  



Vậy 83; 42

17 17

A  

  (loại)

Vậy A    2;6 ;B 5;0 ;C  3; 4