Tài liệu luôn hẳn là công cụ phục vụ tốt nhất cho công việc giảng dạy cũng như nghiên cứu của các nhà khoa học nhà giáo cũng như các em học sinh , sinh viên . Một con người có năng lực tốt để chưa hẳn đã thành công đôi khi một con người khác năng lực thấp hơn một chút lại có hướng đi tốt lại tìm đến thành công nhanh hơn trong khi con người có năng lực kia vẫn loay hay tìm lối đi cho chính mình . Tài liệu là một kim chỉ nang cho chúng ta một hướng đi tốt nhất đến với kết quả nhanh nhất . Tôi xin đóng góp một chút vào kho tàng tài liệu của trang , mọi người cũng có thể tham khảo đánh giá và góp ý để bản thân tôi có động lực đóng góp nhiều hơn những tài liệu mà tôi đã sưu tầm được và up lên ở trang.
Trang 1SỞ GD&ĐT LÂM ĐỒNG KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018-2019
ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
Đề thi gồm 02 trang
Câu 1 (2,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y= − +x3 3x2+3(m2−1)x−3m2−1
có hai điểm cực trị 1 2
;
x x
x + x =
Câu 2 (4,0 điểm)
log 6
a=
log 12
b=
Tính 3
log 60
theo a và b
b) 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/
2
m
và phần còn lại là 160.000 đồng/
2
m Hỏi số tiền để sơn biển quảng cáo theo cách trên là bao nhiêu?
Biết AD=4 m
, CD=3m
và AE EF= =FB
Câu 4 (2,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz
cho 3 điểm A(1;0;3)
, B(−3;1;3)
, C(1;5;1)
Tìm toạ độ điểm Mthuộc mặt phẳng (Oxy)
trị nhỏ nhất
Câu 5 (2,0 điểm) Tính tổng 2 2 2 3 ( ) 2 2 2019
Câu 6 (2,0 điểm)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2a) Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCDlà hình vuông cạnh a Gọi M N, lần lượt là trung điểm của các cạnh AB AD, và Hlà giao điểm của CNvà DM Biết SHvuông góc với
mặt phẳng (ABCD)và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM vàSCbằng
2 3
a
Tính theo athể tích khối tứ diệnSHMC.
b) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC A B C ' ' ' có AB=2 3,AA' 3=
, Gọi M N P, ,
lần lượt là
trung điểm 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 các giá trị của tham số m để hệ phương trình
+
ì + + = ïïï
ïïî
có nghiệm
(x y; )
thỏa mãn x³ 1,y³ 1
Câu 8 (2,0 điểm)
Cho x y z, , là các số thực thỏa mãn x y z≥ ≥
và
x +y +z =
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P= −(x y y z z x xy yz zx) ( − ) ( − ) ( + + )
Trang 3
Lời giải
Câu 1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y= − +x3 3x2+3(m2−1) x−3m2−1
có hai
điểm cực trị 1 2
;
x x
x + x =
Lời giải
Ta có y'= −3x2+6x+3(m2−1)
Để hàm số có hai điểm cực trị thì y' 0=
có hai nghiệm phân biệt
⇒ ∆ > ⇔ + − >
2
⇔ >
0
m
⇔ ≠
(*)
Áp dụng định lý Vi-et ta có:
2
1 2
2 1
x x
+ =
kết hợp điều kiện đề bài ta được hệ phương trình
2
2
1
1
x x
+ =
thỏa mãn (*)
Vậy
5 3
m= ±
Câu 2. (4.0 điểm)
log 6
a=
log 12
b=
Tính 3
log 60
theo a và b
2.2 Giải phương trình
2
4
x
Lời giải
Tác giả:Phạm Hải Dương; Fb: DuongPham
2.1 Ta có
Trang 45 6
log 6
log 12
a b
=
5
6
5
5
log 6
a b
a b
a b
=
3
log 60
5 5
log 60 log 3
1 log 12 log 6 log 2
+
=
ab
a a b
+
=
ab
+
=
−
2.2 Điều kiện − ≤ ≤1 x 1
Đặt t= 1− +x 1+x
2
2
2 1 2
t
x
−
, với 0≤ ≤t 2
Phương trình theo t có dạng
2
7
2 4
t t
−
(nhận)
Với t=2
ta được 1− +x 1+ =x 2 ⇔ −1 x2 =1 ⇔ =x 0
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/
2
m
và phần còn lại là 160.000 đồng/
2
m Hỏi số tiền để sơn biển quảng cáo theo cách trên là bao nhiêu?
Biết AD=4 m
, CD=3m
và AE EF= =FB
Lời giải
Trang 5Gọi G, I lần lượt là trung điểm AB, CD.
Gọi H là giao điểm của EC, DF và K là điểm thỏa FK ⊥DC
Xét tam giác vuông DFK và DHI có
DI
DK
= ⇔1,5HI = 42
3
HI
Ta có S ABCD =AD AB =4.3 12 m= ( )2
( )2
S∆ =S∆ = DA AE= =
( )2
DHC
S∆ = HI DC= =
( )2
EHF
S∆ = GH EF = =
2S∆EHD S ABCD 2S∆ADE S∆DHC S∆EHF 3 m
Vậy số tiền để sơn biển quảng cáo là T =3.250000 9.160000 21 0 0+ = 90 0
(đồng)
Câu 4. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho 3 điểm A(1;0;3), B(−3;1;3)
, C(1;5;1) Tìm toạ độ
điểm Mthuộc mặt phẳng (Oxy)
Lời giải
Tác giả: Nhóm 2 - Tổ 8 nhóm toán team toán vd - vdc
Trang 6Gọi K
là trung điểm của BC
, ta có : K(−1;3;2)
Nhận xét: A
, Knằm cùng phía so với mặt phẳng (Oxy)
Gọi A'
là điểm đối xứng của điểm A
qua mặt phẳng (Oxy) Khi đó
Suy ra Tđạt GTNN ⇔
đạt GTNN ⇔ A', M, K
thẳng hàng hay Mlà giao điểm
của A' K
với mặt phẳng (Oxy)
là
x=1−2t
y=3t
z= −3+5t
1
5;
9
5;0)
Câu 5. (2 điểm) Tính tổng 2 2 2 3 ( ) 2 2 2019
Lời giải
Tác giả: Nhóm 2 - Tổ 8 nhóm toán team toán vd - vdc
k C =k k− C +kC
Mà:
( ) ( ( ) ( ) ) ( ) ( ( ( ) ( ) ) ) 11 ( )
!
n
−
−
Áp dụng ( )3
k− k C = k− n C −− =n k− C −− =n n− C −−
Trang 7Từ ( )2
, ( )3 , ( )4
ta được ( )1
Áp dụng ( )1
ta được:
Vậy S =2019
Câu 6 (4 điểm)
a) Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCDlà hình vuông cạnh a Gọi M N, lần lượt là trung điểm của các cạnh AB AD, và Hlà giao điểm của CNvà DM Biết SH vuông góc với
mặt phẳng (ABCD)và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM vàSCbằng
2 3
a
Tính theo athể tích khối tứ diệnSHMC.
b) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC A B C ' ' ' có AB=2 3,AA' 3=
, Gọi M N P, ,
lần lượt là
trung điểm các cạnh A B A C' ', ' '
, và BC Tính côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng (AB C' ')
và (MNP)
Lời giải a)
Tác giả: Nhóm 2 - Tổ 8 nhóm toán team toán vd - vdc
Trang 8Theo giả thiết
ABCD
là hình vuông, suy ra ∆ADM = ∆DNC ( )c g c
Từ đó suy ra
ADH =DCN⇒DM ⊥CN
Vậy có:
2
;
NC= DC +DN = a + =
÷
HM =MD HD− = − =
và
2
HMC
Mặt khác, ta có
SH ⊥ ABCD ⇒SH ⊥DM
Theo chứng minh trênDM ⊥CN ⇒DM ⊥(SCN).
thì HK là khoảng cách giữa hai đường thẳng DM vàSC Suy ra
2 3
a
HK =
Tam giác SHCvuông tại H,đường cao HKsuy ra
SH a
HK =SH +HC ⇒SH = HK −HC =a ⇒ =
Vậy
b)
Trang 9Cách 1:
Gọi I Q,
lần lượt là trung điểm của các cạnh MN và B C' ', khi đó
3 5
3 2,
2
AQ= PI =
Giả
sử PI∩AQ={ }G ⇒ ∈G (AB C' ') (∩ MNP)
Hơn nữa
' '
MN B C
P
nên giao tuyến của hai mặt (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 PG⊥ ∆
, do đó
(·AB C' ' , MNP )=(·AG PG, )
Mặt khác IQ APP
, theo định lý Ta-lét ta có:
GQ GI IQ
Xét tam giác AGP có
2
cos AGP
GA GP
Vậy
' ' ,
10
cos AB C MNP =
Cách 2.
Trang 10Gọi I Q X, ,
lần lượt là trung điểm của MN B C, ' '
và AA'
Ta có AP PQ QA= = '= A A' =3
và
A AP=
nên tứ giác APQA'
là hình vuông
Ta có
B C ⊥ APQA ⇒B C ⊥Q
mà MN B CP ' '⇒MN ⊥QX 2( )
Từ (1) và (2) suy ra QX⊥(MNP)
, chứng minh tương tự ta có A P' ⊥(AB C' ')
Do đó (·(AB C' ' ,) (MNP) )=(·A'P , XQ )
Ta có XA PQP
, theo định lý Ta-lét có
2 X
TP TQ PQ
TA T= = XA =
, từ đó ta được TP=2 2, XQ = 5
Áp dụng định lý cosin cho tam giác PTQ
ta có
2
TP TQ PQ cosPTQ
TP
Vậy
' ' ,
10
cos AB C MNP =
Cách 3.
Trang 11Gọi I O J, ,
lần lượt là trung điểm các cạnh B C MN AP' ', ,
Ta có MN B CP ' '
và
A I ⊥B C ⇒MN ⊥A I
Đặt hình lăng trụ tam giác đều ABC A B C ' ' 'trong hệ trục tọa độ
Oxyz
với gốc O(0;0;0)
, chiều dương Oxtrùng với tia ON, chiều dương Oy
trùng với tia OI, chiều dương Oztrùng với tia OJ Khi đó ta có:
Gọi 1
nr
và 2
nr lần lượt là các véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (AB C' ')
và (MNP)
Ta có
nr =uuuur uuuurAB AC = nr =MN MPuuuur uuur= −
( )
10
r r
Vậy
' ' ,
10
cos AB C MNP =
Câu 7. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình
+
ì + + = ïïï
ïïî
có nghiệm
(x y; )
thỏa mãn x³ 1,y³ 1
Lời giải
Trang 12Xét hệ phương trình
( )
+
ìï + + = ïï
ïïî
(với x y, ³ 1
)
Từ ( )1
ta có x+ =y 2xy- 4
Thế vào
( )2
ta được:
2x y+ =m x+ +y x +2xy+y + Û1 2x y+ =m x+ +y x+y +1 *
Đặt t= + ³x y 2
và
2
x y
Do x³ 1,y³ 1
nên (x- 1)(y- 1)³ 0Þ xy x y- - + ³1 0Þ xy³ x+ -y 1
Suy ra
4
2
t
Do đó
( )* Û 2t =m t( + t2+ Û1) m=2t( t2+ -1 t)
Hệ đã cho có nghiệm x³ 1,y³ 1
khi và chỉ khi phương trình m=2t( t2+ -1 t)
có nghiệm
[4;6]
tÎ
Xét hàm số
f t = t + - t
,
[4;6]
tÎ
, ta có
2
1
1
t
t
ç
Do
2 1
t + ³ t ³ t
và
2
2
17 1
t
+
nên
f t¢ >
với mọi tÎ [4;6]
Suy ra
( )
f t
là hàm đồng biến trên
[4;6]
Do đó để phương trình
( )*
có nghiệm thì
-
Vậy 16 17 4( - )£ m£64 37 6( - )
thỏa mãn yêu cầu bài toán
Câu 8. (2,0 điểm)
Trang 13Cho x y z, , là các số thực thỏa mãn x y z≥ ≥
và
x +y +z =
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức 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+ + <0
ta có Q<0
+) xy yz zx+ + ≥0
đặt t=xy yz zx+ + ≥0
Áp dụng BĐT Côsi ta có
1
x z
x y y z
x y y z x z− − − ≤ − + − x z− = −
4 x +y + − − −z xy yz zx =2 x z− +2 x y− +2 y z−
≥ − + − + − = −
4 5− ≥t 3 x z− ≥0 2 ⇒ ≤t 5
Từ ( )1
và ( )2
suy ra
Xét hàm số ( ) 2( )3
5
f t =t −t
với t∈[ ]0;5
Ta có
( ) ( ) (2 ) ( )
2
5
t
t
=
=
( )0 0, ( )5 0, ( )2 108
Do đó Q≤4
nên GTLN của Q là 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 x+ + ≤ +y + ⇒ ≤z t
Ta có:
10 2= x +2y +2z = x y− + y z− + −z x + ⇒2t x y− + y z− + −z x =10 2− t
Trang 14Mà
Ta có:
P = −x y y z− z x− xy yz zx+ + ≤ − − t = −t t
Xét hàm số suy ra
P ≤ ⇒ P= −
tại t=2
khi x=2,y=1,z=0