Đề thi chọn HSG cấp tỉnh toán 12 THPT năm 2018 – 2019 sở GDĐT lâm đồng

Giải phương trình 2 4 x Câu 3: 2,0 điểm Một biển quảng cáo có dạng hình chữ nhật ABCD được sơn trang trí như hình bên.. Hỏi số tiền để sơn biển quảng cáo theo cách trên là bao nhiêu?. C

SỞ GD&ĐT LÂM ĐỒNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi có 01 trang)

Ngày thi : 18/01/2019

KỲ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH LỚP 12

NĂM HỌC 2018 - 2019 MÔN: TOÁN – Hệ : THPT Thời gian: 180 phút

Họ và tên: SBD:

Câu 1: (2,0 điểm)

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 3 2  2  2

y x  x  m  x m  có hai điểm cực trị x , 1 x thỏa 2 x14x2  0

Câu 2: (4,0 điểm)

2.1 Cho alog 65 và blog 126 Tính log 60 theo 3 a và b

2.2 Giải phương trình

2

4

x

Câu 3: (2,0 điểm)

Một biển quảng cáo có dạng hình chữ nhật ABCD được sơn trang

trí như hình bên Chi phí để sơn phần tô đậm là 250.000 đồng/m2

và phần còn lại là 160.000 đồng/m2 Hỏi số tiền để sơn biển

quảng cáo theo cách trên là bao nhiêu?

Biết AD4m, DC3m và AEEF FB

Câu 4: (2,0 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A1;0;3, B  3;1;3, C1;5;1 Tìm tọa độ

điểm M thuộc mặt phẳng Oxy sao cho biểu thức T 2 |MA||MBMC| có giá trị nhỏ nhất

Câu 5: (2,0 điểm)

Câu 6: (4,0 điểm)

6.1 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a Gọi M N, lần lượt là trung

điểm của các cạnh AB AD, và H là giao điểm của CN và DM Biết SH vuông góc với mặt

phẳng (ABCD) và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC bằng 2

3

a

Tính theo a thể

tích khối tứ diện SHMC

6.2 Cho hình lăng trụ tam giác đều ABCA B C' ' ' có AB2 3 ,AA' Gọi 3 M N P lần lượt là , , trung điểm của các cạnh A B A C và ' ', ' ', BC Tính côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng AB C' '

và MNP

Câu 7: (2,0 điểm)

Tìm tất cả giá trị của tham số m để hệ phương trình

4 2



  









có nghiệm x y;  thỏa mãn x1, y 1

Câu 8: (2,0 điểm)

Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn xy và z x2y2 z2  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2

P xy yz zx xyyzzx

- HẾT -

SỞ GD&ĐT LÂM ĐỒNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1: (2,0 điểm)

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 3 2  2  2

y x  x  m  x m  có hai điểm cực trị x , 1 x thỏa 2 x14x2  0

Lời giải

Tập xác định: D  

y   x  x m 

1 0

1

y

 



     



Hàm số có hai điểm cực trị  y có hai nghiệm phân biệt 0 m0

+) TH1: 1

2

1 1

 





 



Khi đó x14x2 0 1 4 1  0 5

3

+) TH2: 1

2

1 1

 





 



,

Khi đó x14x2 0 1 4 1  0 5

3

3

m   là các giá trị cần tìm

Câu 2: (4,0 điểm)

2.1 Cho alog 65 và blog 126 Tính log 60 theo 3 a và b

2.2 Giải phương trình

2

4

x

Lời giải

2.1 Cho alog 65 và blog 126 Tính log 60 theo 3 a và b

Ta có:

5 6 5

5 6

5

log 6 log 2 1 log 6

log 12 log 12

log 2 1

a b a

a b b

a b









3

log 60

2.2 Giải phương trình

2

4

x

Điều kiện:    1 x 1

Đặt t 1 x 1x 2 2 2

1 2

t

x



   , với 2 t 2

2 2

2 2

2 7

2

4

t

  

 

2

Vậy phương trình có nghiệm x  0

Câu 3: (2,0 điểm)

Một biển quảng cáo có dạng hình chữ nhật ABCD được sơn trang

trí như hình bên Chi phí để sơn phần tô đậm là 250.000 đồng/m2

và phần còn lại là 160.000 đồng/m2 Hỏi số tiền để sơn biển

quảng cáo theo cách trên là bao nhiêu?

Biết AD4m, DC3m và AEEF FB

Lời giải

Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB và CD ; I là

giao điểm của CE và DF

Ta có:

1

1 2

3









 



1

1 ( ) 4

3 ( )

Ta có: S ABCD 3.4 12 2

(m )

2

1 1.4 2 ( ) 2

ADE BCF

2

.1.1 ( )

IEF

2

.3.3 ( )

ICD

Gọi S là diện tích phần tô đậm và 1 S là diện tích phần còn lại 2

Ta có: S2 S ADES BCFS IEF S ICD 9 (m2)

Vậy tổng số tiền để làm là: T 3.250 000 9.160 000 2190 000(đồng)

Câu 4: (2,0 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A1;0;3, B  3;1;3, C1;5;1 Tìm tọa độ

điểm M thuộc mặt phẳng Oxy sao cho biểu thức T 2 |MA||MBMC| có giá trị nhỏ nhất

Lời giải

Gọi K là trung điểm của BC , ta có: K  1;3; 2 và MB MC2MK

Suy ra:

2 | | 2 | | 2

T  MA  MK  MAMK

Nhận xét: A, K nằm khác phía so với mặt phẳng Oxy Gọi  A là điểm đối xứng của điểm A qua mặt ' phẳng Oxy Khi đó:  T 2MA MK 2MAMK

min

Oxy 

Ta có: H1; 0; 0A1; 0; 3 A K   2;3;5

Do đó: Phương trình tham số của A K là '

1 2

1 9

5 5

3 5

  

  



Câu 5: (2,0 điểm)

Lời giải

- Trước hết ta chứng minh đẳng thức: 2   2 1

1

k C n n C  nC   1 2k n k n, ,   Thật vậy: do 2  

1

k C k k C kC  2

Mà:

1 1

!

n





Áp dụng (3) hai lần ta được:     1   1   2

1 n k 1 n k 1 n k 1 n k

k kC  k nC  n k C  n n C   4

Từ  2 ,  3 ,  4 ta được  1

- Áp dụng  1 ta được:

1k k 1 2019.2018.k k 2019 k

2018.2019 k 1 k 2019 k 1 k

2018.2019 1 1 2019 1 1 1 2019

Vậy S 2019

Câu 6: (4,0 điểm)

6.1 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a Gọi M N, lần lượt là trung

điểm của các cạnh AB AD, và H là giao điểm của CN và DM Biết SH vuông góc với mặt

phẳng (ABCD) và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC bằng 2

3

a

Tính theo a thể

tích khối tứ diện SHMC

Lời giải

Theo giả thiết ABCD là hình vuông, suy ra ADM  DCN (c.g.c)

Từ đó suy ra ADH DCNDM CN

Vậy có:

2

NC DC DN  a   

2

2 5

HC CN

5

HD

NC

2

HMC

Mặt khác, ta có SH (ABCD)SH DM

Theo chứng minh trên DM CN, suy ra DM (SCN)

Kẻ HKSC thì HK là khoảng cách giữa DM và SC Suy ra 2

3

a

Tam giác SHC vuông tại H, đường cao HK suy ra 1 2 12 1 2

Vậy

SHMC HMC

6.2 Cho hình lăng trụ tam giác đều ABCA B C' ' ' có AB2 3 ,AA' Gọi 3 M N P lần lượt là , , trung điểm của các cạnh A B A C và ' ', ' ', BC Tính côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng AB C' '

và MNP

Lời giải

 Cách 1:

Gọi I Q lần lượt là trung điểm của các cạnh , MN và B C' ', khi đó 3 2, 3 5

2

Giả sử PIAQ G GAB C' '  MNP

Hơn nữa  , ' '  ' '

' '





  nên giao tuyến của mặt phẳng AB C' ' và MNP

là đường thẳng  đi qua G và song song với MN và B C' '

Ta có B C' 'AA QP'  AG  Chứng minh tương tự ta có PG  

Do đó AB C' ' , MNP AG PG,  Mặt khác IQ AP , theo định lý Ta-lét có

2

3

cos AGP

GA GP

Vậy cos ' ' ,    1

10

 Cách 2

Δ

2 3

3

I G

Q

P

N

M

C'

B' A'

C

B A

Gọi I Q X lần lượt là trung điểm của các cạnh , , MN B C và , ' ' AA'

Ta có APPQQA' A A'  và 3 A AP ' 900 tứ giác APQA là hình vuông '

Ta có B C' 'APQA'B C' 'QX , mà MNB C' 'MNQX  2

Từ  1 và  2 QX MNP

Chứng minh tương tự ta có A P' AB C' '

Do đó AB C' ' , MNP A P QX' , 

Ta có XA PQ , theo định lý Ta-lét có TP TQ PQ 2

TA TX  AX 

Từ đó ta được TP2 2,XQ 5 Xét tam giác PTQ , theo định lý côsin ta có

cosPTQ

TP TQ

Vậy cos ' ' ,    1

10

 Cách 3

Gọi I O J lần lượt là trung điểm của các cạnh , , B C MN và ' ', AP Ta có MNB C' ' và

A I B C MN  A I Đặt hình lăng tru tam giác đều ABC A B C ' ' ' trong hệ trục tọa độ

3

3

X

T

P

A' A

Oxyz với gốc tọa độ O0;0;0 , chiều dương Ox trùng với tia ON, chiều dương Oy trùng với

tia OI , chiều dương Oz trùng với tia OJ Khi đó ta có :

0; ;3 , ' 3; ; 0 , ' 3; ;0 , ; 0; 0 , ; 0;0 , 0; ; 0

A   B   C   M  N  P 

Gọi n n 1, 2

lần lượt là véctơ pháp tuyển của mặt phẳng AB C' ' và MNP

Ta có n1AB AC', '0; 2; 2

  

, n1MN MP, 0; 2;1 

  

Gọi  là góc tạo bởi hai mặt phẳng AB C' ' và MNP

 

,

10

 

Vậy cos ' ' ,    1

10

Câu 7: (2,0 điểm)

Tìm tất cả giá trị của tham số m để hệ phương trình

4 2



  







có nghiệm x y;  thỏa mãn x1, y 1

Lời giải

Xét hệ

 



  







      



(với x y  ) , 1

Từ  1 ta có xy2xy 4

2x y m x y x 2xyy 1

2x y m x y x y 1

Đặt t  x y và 2  2

2

Do x 1, y  nên 1 x1y10xy   x y 1 0 xy x y12xy2xy2

       x y 6

2t m t t 1

Hệ đã cho có nghiệm x y;  thỏa mãn x1, y khi và chỉ khi phương trình 1  2 

nghiệm t 4;6

Xét hàm số    2 

f t  t  t với 4 t 6 Có    2 

2

1

1

t

t



Mà t2 1 t  và t 2

2

1

1

t

t



nên f t 0 với 4 t 6

Suy ra f t  là hàm số đồng biến Do đó f  4 m f  6 16 17464 376

Câu 8: (2,0 điểm)

Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn xy và z x2y2 z2  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2

P xy yz zx xyyzzx

Lời giải Cách 1

Đặt Q(xy y)( z x)( z xy)( yzzx) ta có Q P

+ xyyzzx ta có 0 Q 0

+ xyyzzx  đặt t 0 xyyzzx0

Áp dụng BĐT Côsi ta có

( )

xy yz xz      xz  

4 x y z xyyzzx 2(xz) 2(xy) 2(yz)

2(x z) (x y) (y z) 3(x z)

4 5t 3(xz) 0 (2) t 5

Từ (1) và (2) suy ra

3

Xét hàm số f t( )t2(5t)3 trên 0 t 5 ta có f t( )t(5t) (10 5 t),2  f t( )0  hoặc t 2 t 5

(0) 0,

f  f(5)0, f(0)0, f(2) 108.

Do đó Q  nên GTLN của Q là 4 4 khi x2,y1,z0

Suy ra P  4 nên GTNN của P là 4 khi x2,y1,z0

Cách 2:

Đặt t xyyzzxx2 y2z2  t 5

102x 2y 2z  xy  yz  zx 2t xy  yz  zx 10 2 t

2

2

Xét hàm số suy ra P2 16minP  tại 4 t 2 x y z; ;   2;1; 0