Tổ 8 đ2 HSG sở GD đt lâm ĐỒNG sao

Một biển quảng cáo có dạng hình chữ nhật ABCD được sơn trang trí như hình bên.. có đáy ABCDlà hình vuông cạnh a.. Gọi M N lần lượt là , trung điểm của các cạnh AB AD và , Hlà giao điểm c

SỞ 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 x x thỏa mãn 1; 2 x14x2 0.

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

b) Giải phương trình

2

4

x

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/m và phần còn lại là 160.000 đồng/2 m Hỏi số tiền để sơn2

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)

trị nhỏ nhất

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 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.

ĐỀ CHÍNH THỨC

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

m x y x x y y

+

� + + =

�

�

�

có nghiệm (x y; ) thỏa mãn x�1,y� 1

Cho x y z, , là các số thực thỏa mãn x� � và y z x2y2z2  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 5 thức P x y y z z x xy yz zx          .

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 x x thỏa mãn 1; 2 x14x2 0.

Lời giải

Ta có y' 3x26x3m21

Để hàm số có hai điểm cực trị thì ' 0y  có hai nghiệm phân biệt

2

9m 0

�

0

m

Áp dụng định lý Vi-et ta có:

1 2

2

1 2

2 1

x x

x x m

 

�

�

 

1 2

2

2

1

1

x x

x x

 

Vậy

5 3

m �

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

2.2 Giải phương trình

2

4

x

Lời giải

Tác giả:Phạm Hải Dương; Fb: DuongPham

2.1 Ta có

5 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

2 2 7

2 4

t t

Với t2 ta được 1 x 1  x 2 �1x2 1 � x0.

Vậy phương trình có nghiệm x0.

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/m và phần còn lại là 160.000 đồng/2 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

Gọi 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

Lời giải

Tác giả: Nhóm 2 - Tổ 8 nhóm toán team toán vd - vdc

Gọi K là trung điểm của BC, ta có : K(1;3;2) và Suy ra:

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)

x  1 2t

y  3t

z  3 5t









1

5;

9

5;0)

Lời giải

Tác giả: Nhóm 2 - Tổ 8 nhóm toán team toán vd - vdc

k C k k C kC .

Mà:

                  11  

!

n





k k C  k n C  n k C  n n C 

Từ  2

,  3 ,  4

ta được  1

Áp dụng  1

ta được:

Vậy S 2019.

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 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

Lời giải a)

Tác giả: Nhóm 2 - Tổ 8 nhóm toán team toán vd - vdc

Theo giả thiết ABCDlà hình vuông, suy ra ADM  DNC ( )c g c

Từ đó suy ra

ADH DCN�DM CN

Vậy có:

2

;

� �

2

HM MD HD   

và

2

HMC

Mặt khác, ta có SH (ABCD)�SH DM

Theo chứng minh trênDM CN �DM (SCN).

KẻHK SC 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)

Cách 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

�

�

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

GA GP AP cos AGP

GA GP

' ' ,

10

cos AB C MNP 

Cách 2.

Gọi , ,I Q X lần lượt là trung điểm của MN B C và , ' ' AA' Ta có AP PQ QA  'A A'  và3

A AP nên tứ giác APQA là hình vuông.'

  � �  

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 .

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

' ' ,

10

cos AB C MNP 

Cách 3.

Gọi , ,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 nr1

và nr2

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 �     1

' ' ,

10

cos AB C MNP 

Câu 7. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình

m x y x x y y

+

� + + =

�

�

�

có nghiệm (x y; ) thỏa mãn x�1,y� 1

Lời giải

Xét hệ phương trình

( )

+

�

� + + =

�

�

�

(với ,x y� ).1

Từ ( )1

ta có x+ =y 2xy- 4.

Thế vào ( )2 ta được:

2x y+ =m x+ +y x +2xy+y + �1 2x y+ =m x+ +y x+y +1 *

2

2

x y

�+��=++

Do x�1,y� nên 1 (x-+�+ �� 1)(y 1) 0 xy x y 1 0 xy x y 1

Suy ra

4

2

t

Do đó ( )* � =2t m t( + t2+ � =1) m 2t( t2+ -1 t)

Hệ đã cho có nghiệm x�1,y� khi và chỉ khi phương trình 1 ( 2 )

m= t + - t

có nghiệm

[4;6]

t�

Xét hàm số f t( )=2t( t2+ -1 t)

, t�[4;6], ta có ( ) ( 2 )

2

1

1

t

t

�

�

Do t2+ � �1 t t và

2

2

17 1

t

f t� > với mọi t�[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

Cho x y z, , là các số thực thỏa mãn x� � và y z x2y2z2  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 5 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   ta có 0 Q 0

+) xy yz zx  � đặt 0 txy yz zx  � 0

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

 2     2  2

2 x z  x y  y z 3 x z

4 5  � �t 3 x z 0 2 t 5

Từ  1

và  2

Q� t �� t �� t t

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

f  f  f  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 x� 2 y2 z2 t 5.

Ta có:

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

    2  2   2  2 4 5 2

x y y z  ���   ��  � x y y z �  ��� ��

Ta có: 2   2  2  2 2 5 2 20 4 2 4  3 2

P  x y y z z x xy yz zx  �� �� �  t  t t

Xét hàm số suy ra P2 � �16 minP 4 tại t khi 2 x2,y1,z 0