Với mong muốn giúp các bạn đạt kết quả cao trong kì thi chọn HSG sắp tới, TaiLieu.VN đã sưu tầm và chọn lọc gửi đến các bạn “Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 12 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Thái Bình”, hi vọng đây sẽ là tư liệu ôn tập hiệu quả giúp các em đạt kết quả cao trong kì thi. Mời các bạn cùng tham khảo!
Trang 21
NHÓM TOÁN VD_VDC
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 12 TỈNH THÁI BÌNH NĂM HỌC 2018-2019
Câu 1: (6,0 điểm).
1 Cho hàm số 2 1 ( )
1
x
x
+
=
− và đường thẳng ( )d có phương trình: y=2x + Tìm m m để đường thẳng ( )d cắt đồ thị ( )C tại hai điểm phân biệt ,A B sao cho diện tích tam giác OAB
bằng 5
4 (với O là gốc tọa độ)
2 Cho hàm số 3 2
y=x + m+ x + m− x+ m− Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu trong đó một điểm cực trị của đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ hai, một điểm cực trị của đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ tư của hệ trục tọa độ Oxy
3 Tính giới hạn: 2018( )
2 0
lim
x
x
→
−
Câu 2: (4,0 điểm)
1.Giải phương trình: sin 5 3 16 15sin
2 Cho A là t ập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số Chọn ngẫn nhiên một số thuộc tập A Tính xác
suất để số được chọn chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2
Câu 3: (3,0 điểm) Giải hệ phương trình
Câu 4: (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm M 1; 0 là trung điểm của cạnh BC , điểm N thuộc cạnh CD sao cho CN2ND , phương trình đường thẳng AN là: x y 2 0 Tìm tọa độ điểm A biết điểm A có hoành độ dương
Câu 5:(3,0 điểm)
Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 3, SA= , a SB=SC=SD=a 3
Gọi M là trung điểm CD
1 Tính thể tích khối chóp S ABCM
2 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BC
Câu 6: (2,0 điểm) Cho a , b , c là các số thực dương
Chứng minh rằng:
5
ĐÁP ÁN
Trang 32
NHÓM TOÁN VD_VDC
1 Cho hàm số 2 1 ( )
1
x
x
+
=
− và đường thẳng ( )d có phương trình: y=2x + Tìm m m để đường thẳng ( )d cắt đồ thị ( )C tại hai điểm phân biệt A B, sao cho diện tích tam giác OAB
bằng 5
4 (với O là gốc tọa độ)
L ời giải
Xét phương trình:
1 1
2
1
x x
x
x
≠
+) Đường thẳng ( )d cắt ( )C tại hai điểm phân biệt A B,
( ) 0
g x
⇔ = có hai nghiệm phân biệt khác 1
( )
g
⇔
= − ≠
+) Gọi A x( 1; 2x1+m B x) (; 2; 2x2+m)
Khi đó x x là hai nghi1, 2 ệm: g x( )= Theo Viet thì 0 1 2
1 2
4 2 1 2
m
m
x x
−
+ = −
Ta có ( )d : 2x− + = y m 0
2
5
m
OAB
m
( )( )
5
4
OAB
Vậy m= ±1
2 Cho hàm số 3 2
y=x + m+ x + m− x+ m− Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu
trong đó một điểm cực trị của đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ hai, một điểm cực trị của đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ tư của hệ trục tọa độ Oxy
L ời giải
Ta có y'=3x2 +4(m+1)x+(8m−3)
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi ' 0y = có hai nghiệm phân biệt
Trang 43
NHÓM TOÁN VD_VDC
2 ' 0
2
m
m
>
∆ > ⇔
<
Đường thẳng qua hai điểm cực tri của đồ thị hàm số có phương trình:
Gọi (x y1; 1) (; x y2; 2)điểm cực trị của đồ thị hàm số Ta có 1 2
1 2
4( 1) 3
3
m
m
x x
+ =
y=x + m+ x + m− x+ m− có hệ số a= >1 0 nên không xảy ra trường hợp
đồ thị hàm số có một điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ nhất, một điểm cực trị thuộc góc phần
tư thứ ba của hệ trục tọa độ Oxy
Để một điểm cực trị của đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ hai, một điểm cực trị của đồ thị
hàm số thuộc góc phần tư thứ tư của hệ trục tọa độ Oxythì 1 2
1 2
x x
y y
<
<
Với 1 2 0 3(1)
8
x x < ⇔m<
Với y y1 2 <0
1
m
m
>
⇔ − + − < ⇔ <
Kết hợp (1) và (2) ta có 3
8
m<
3 Tính giới hạn: 2018( )
2 0
lim
x
x
→
−
L ời giải
Ta có:
Trang 54
NHÓM TOÁN VD_VDC
0
ln 1 2 sin sin
2 sin
x
x x
→
=
Câu 2 (4,0 điểm)
1 Giải phương trình: sin 5 3 16 15sin
2. Cho A là t ập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số Chọn ngẫn nhiên một số thuộc tập A Tính xác
suất để số được chọn chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2
L ời giải
1.Đặt
t= +x π ⇔ = −x t π
Phương trình đã cho trở thành:
5
sin 3t 15sint 16 0
3
4 sin t 12 sint 16 0
sint 1 sin t sint 4 0
sint 1
2 2
Do đó ta có: 2 ,
4
x= +π k π k∈
Vậy nghiệm của phương trình là: 2 ,
4
x= +π k π k∈
2 Số phần tử không gian mẫu là: 5
9.10
Gọi B là biến cố số được chọn chia hết cho 15 và có chữ số tận cùng bằng 2
Ta nhận thấy rằng: Số nhỏ nhất có 6 chữ số chia hết cho 13 là: 100009, số lớn nhất có 6 chữ số chia hết cho 13 là 999999
Ta có 100009 13 100022+ = , do đó số có 6 chữ số nhỏ nhất chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng
bằng 2 chính là số 100022
Nhận thấy rằng nếu hai số tự nhiên có 6 chữ số cùng chia hết cho 13 và đều có chữ số tận cùng
bằng 2 thì hiệu của chúng cũng chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 0
Số nhỏ nhất (lớn hơn 0) có chữ số tận cùng bằng 0 chia hết cho 13 là 130
Điều này chứng tỏ tất cả các số có 6 chữ số chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2 lập thành một cấp số cộng có số hạng đầu là u1 =100022, công sai d =130
Trang 65
NHÓM TOÁN VD_VDC
Công thức số hạng tổng quát của dãy là: u n = +u1 (n−1)d
Vì số cần tìm là số có 6 chữ số không vượt quá 999999 nên ta có:
10
Vì n là số tự nhiên nên số hạng lớn nhất trong dãy trên ứng với n=6923
Vậy số phần tử của biến cố B là B =6923
Xác suất của biến cố B là: ( ) 6923
900000
B
Cách 2
Số phần tử không gian mẫu là: 5
9.10
Gọi số chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2 là a a a a a1 2 3 4 52
Ta có: a a a a a1 2 3 4 52=10.a a a a a1 2 3 4 5+ 2
Gọi k là số dư của phép chia a a a a a cho 13 1 2 3 4 5 (k∈, 0≤ ≤k 12)
Khi đó vì a a a a a1 2 3 4 52=10.a a a a a1 2 3 4 5+ 2 13(k∈, 0≤ ≤k 12)nên ta có:
10k+ 2 13 (k∈, 0≤ ≤k 12)
Do đó tồn tại số tự nhiên t sao cho: 10 2 13 10 2
13
k
, (k∈, 0≤ ≤k 12) Ta có
bảng:
0
1
2
3
k+
4
4
5
Trang 76
NHÓM TOÁN VD_VDC
6
7
8
k+
9
k+
10
11
12
k+
Từ bảng trên ta có k=4 là số dư của phép chia a a a a a 1 2 3 4 5 cho 13 Như vậy, tồn tại số tự nhiên t
để:
1 2 3 4 5 13 4
a a a a a = t+ Vì 10000≤a a a a a1 2 3 4 5 ≤99999 nên 10000 4 99999 4
, hay:
Gọi B là biến cố số được chọn chia hết cho 15 và có chữ số tận cùng bằng 2
Khi đó số phần tử của biến cố B là B =7691 769 1− + =6923
Xác suất của biến cố B là: ( ) 6923
900000
B
Câu 3 (3,0 điểm) Giải hệ phương trình
L ời giải
Điều kiện: x≥ −2
Với điều kiện x≥ −2, từ ( )1 ⇒ >y 0 Khi đó:
Trang 87
NHÓM TOÁN VD_VDC
( )1 ⇔ ( )3 3 ( )
(*) với f t( )= +t3 t
mà ( ) 2
2
+
Thay (3) vào phương trình (2), ta được:
2
4( 2)
x
−
4
2 0 (4)
4
x
x
− =
+ Xét (4)⇒ =x 2, thay vào (3) ta được 1
2
= ±
y Vì y>0 nên suy ra 1
2
=
+ Xét (5), ta thấy : VT( )5 > ∀ ≥ −0 x 2, do đó phương trình vô nghiệm
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( ) 1
2
=
Câu 4: (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm M 1; 0 là trung điểm của cạnh BC ,
điểm N thuộc cạnh CD sao cho CN2ND , phương trình đường thẳng AN là: x y 2 0 Tìm tọa độ điểm A biết điểm A có hoành độ dương
L ời giải
M
B A
Đặt cạnh của hình vuông bằng a
AM AN
Trang 98
NHÓM TOÁN VD_VDC
AAN A x x với x 0
,
AM AN có vectơ chỉ phương là: AM 1 x, x 2 , u 1;1
cos
x MAN
2
Vậy A 1;3
Câu 5 (3,0 điểm)
Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 3, SA= , a SB=SC=SD=a 3
Gọi M là trung điểm CD
1 Tính thể tích khối chóp S ABCM
2 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BC
AC∩BD = , ta có IA IC IS I = = (là đường cao của các tam giác cân bằng nhau) nên SAC
2
2
SI =IA=IC= AC=a
IB= SB −SI = a −a =a ⇒BD=2IB=2a 2
2 1
2
BCD
S = IC BD=a ; Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp BCD , bán kính đường tròn ngoại
S
( O là trung điểm AI )
Do SB=SC=SD nên SO⊥(ABCD); 2 2 3
2
a
2
4
a
3
a
2 IM// BC ⇒BC//(SMI) nên d BC SM( , )=d BC SMI( ,( ) )=d C SMI( ,( ) )
Trang 109
NHÓM TOÁN VD_VDC
Mà CI =2OI ⇒d C SMI( ,( ) )=2d O SMI( ,( ) ); ( ) 2 6
,
3
ABCD
d A BC
BC
O là trung điểm AI và ME là đường trung bình hình thoi ABCD nên
a
d O ME = d A BC = ( E là trung điểm AB )
Kẻ OH ME⊥ , H∈ME thì 6
6
a
OH = ; ME⊥SO ⇒ME⊥(SOH)
Kẻ OK ⊥SH , K∈SH ⇒OK ⊥ME vậy OK ⊥(SME) tức là d O SME( ,( ) )=OK
22
OK
+
11
a
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BC là 66
11
a
Câu 6: (2,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương
Chứng minh rằng:
5
L ời giải Cách 1:
Ta có: ab a( +c b c)( + ) ( 2 )( 2 )
2
a +ac b+ +bc
≤
2
Lại có: ( )Cosi 2 ( )2
2
2
Cosi 2
2
Từ ( )1 , ( )2 ( )( )
( )
2 2
ab a c b c
4
4a 4b c
4a 4b c
Do đó
P
Trang 1110
NHÓM TOÁN VD_VDC
4 4+ a +4b +c = Vì a , t b , c là các số thực dương nên t>2
Xét hàm số ( ) 2
4
f t
− với t>2 ( )
f t
t
′
( )
2
4
=
32t 128 56t 32t 32 t 4 4 14t t 8 0
Do đó f′( )t = ⇔ = 0 t 4
Bảng biến thiên :
( ) 5
f t
5
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2
1 1 2
a b c
=
⇔ =
=
Cách 2:
Ta có: ab a( +c b c)( + ) = (ab bc+ )(ab+ac) Cosi
2
ab bc+ +ab+ac
≤
2
ab bc+ +ac
Cosi
4 4ab 2ac 2bc
4 4a 4b c 4 2 2ab ac bc
Do đó :
Đặt 4 2 2ab+ ( +ac bc+ )= Vì a , t b, c là các số thực dương nên t>2
Trang 1211
NHÓM TOÁN VD_VDC
2
4 2
2
t
Xét hàm số ( ) 2
4
f t
− với t>2 ( )
f t
t
′
( )
2
4
=
32t 128 56t 32t 32 t 4 4 14t t 8 0
Do đó f′( )t = ⇔ = 0 t 4
Bảng biến thiên :
( ) 5
f t
5
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1 1 2
a b c
=
⇔ =
=