Tổ 9 đợt 2 THI HSG 12 THỪA THIÊN HUẾ 2018 2019 (1)

Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của đồ thị  C.. b Xác định tọa độ điểm M để chu vi tam giác IAB nhỏ nhất.. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được chọn từ c

ĐỀ HSG LỚP 12 TỈNH THỪA THIÊN HUẾ

MÔN TOÁN TIME: 180 PHÚT

ĐỀ Câu 1 (4,0 điểm) Cho hàm số

1

x y x





 có đồ thị  C

Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của đồ

thị  C Tiếp tuyến tại M của đồ thị  C cắt hai đường tiệm cận của đồ thị  C lần lượt tại hai điểm A và B

a) Chứng minh M là trung điểm của đoạn thẳng AB

b) Xác định tọa độ điểm M để chu vi tam giác IAB nhỏ nhất

Câu 2 (4,0 điểm)

a) Giải phương trình

3

x x x   x

    x   . b) Giải phương trình 2x 3 x1 x2 6 x2 x22x9 0 x  

Câu 3 (4,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình

 

,

x y











b) Cho tập A 0;1;2;3;4;5;6

Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được chọn từ các phần tử của tập A Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S Tính xác suất để số

được chọn chia hết cho 15

Câu 4 (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng :5x 2y19 0 và đường tròn

 C x: 2  y2  4x 2y  Từ 1 điểm M nằm trên đường thẳng  kẻ 2 tiếp tuyến 0 MA MB,

đến đường tròn  C với A B, là 2 tiếp điểm Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB biết AB  10

Câu 5 (3,0 điểm) Cho tam giác đều OAB có AB a Trên đường thẳng ( )d đi qua O vuông góc với

mặt phẳng OAB

lấy một điểm M sao cho OM  Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc x của A lên MB và OB Đường thẳng EF cắt đường thẳng ( )d tại N.

a) Chứng minh rằng AN BN.

b) Xác định x theo a để thể tích khối tứ diện ABMN nhỏ nhất và tính giá trị nhỏ nhất đó.

Câu 6 (2,0 điểm) Cho , , zx y là các số dương thỏa mãn

1 1 1

2018

xyz  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức

P

x y z x y z x y z

 HẾT 

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ HSG LỚP 12 TỈNH THỪA THIÊN HUẾ

MÔN TOÁN TIME: 180 PHÚT LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1 (4,0 điểm) Cho hàm số

1

x y x





 có đồ thị  C

Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của đồ

thị  C Tiếp tuyến tại M của đồ thị  C cắt hai đường tiệm cận của đồ thị  C lần lượt tại hai điểm A và B

a) Chứng minh M là trung điểm của đoạn thẳng AB

b) Xác định tọa độ điểm M để chu vi tam giác IAB nhỏ nhất

Lời giải

Tác giả:Huỳnh Trọng Nghĩa; Fb: Huỳnh Trọng Nghĩa

a) Ta có:  2

1 '

1

y

x



 Gọi ;2 1  1

1

a

a







Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị  C

tại điểm M là:  2 

1 1

a

a a





 Giả sử A B, lần lượt là giao điểm của d với đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang.

Suy ra: 1; 2 , 2 1; 2

1

a

a





Khi đó:

 







b) Ta có

2

1

a



Tam giác IAB vuông tại I nên:

IA IB AB  IA IB  IA IB  IA IB  IA IB  

Vậy chu vi tam giác IAB nhỏ nhất bằng 4 2 2 khi và chỉ khi:

 

 

2

 



Câu 2 (4,0 điểm)

a) Giải phương trình

3

x x x   x

    x  

b) Giải phương trình 2x 3 x1 x2 6 x2 x22x  9 0 x  

Lời giải

a) Phương trình tương đương với:

x x x x  x x x  x x

4 cosx sinx cosx sinx sin 2 cosx x sinx 4 sinx cosx 0

 

4 cos sin sin 2 4 0 2



 



4

Giải  2 : Đặt tcosx sinx 2 cosx4  2; 2  sin 2x 1 t2

 





3

t

t loại

Với t  ta cĩ 1

2

2

x k

















Vậy phương trình ban đầu cĩ ba họ nghiệm là x 4 k





 

; x k  2 ; x 2 k2





  k  

b) Đặt

2 2

6 0

v x







2

Phương trình đã cho trở thành:

u  v v   u    

 2 2    2 2  

   2  

0

1

u v vn

u v u v

 

 



Với u v ta có

2

x   x  x  x

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là

3 2

x 

Câu 3 (4,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình

 

,

x y











b) Cho tập A 0;1;2;3;4;5;6

Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được chọn từ các phần tử của tập A Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S Tính xác suất để số

được chọn chia hết cho 15

Lời giải

a) Điều kiện

x y

x y

  





 Phương trình thứ nhất của hệ tương đương: x13x1y3y

x y 1  x 12 y x 1 y2 1 0

1

y x

Thay y x 1 vào phương trình thứ hai của hệ ta được phương trình:

3x4 4 2 xx  3x 10x

   

5

x

       

0

x











Với x 0 y1

Do

4

2

3 x

nên VT *  nên phương trình 0  * vô nghiệm

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x y;  là 0; 1 

n a a a a a

Số phần tử của tập S là số các số tự nhiên có 5 chữ số với các chữ số khác nhau lấy từ tập A

Ta có n S 6A64 2160

Do n chia hết cho 15 nên n chia hết cho 3 và 5 Suy ra a 5 0 hoặc a 5 5

TH1: a 5 0  n a a a a 1 2 3 40 trong đó 4 số a a a a1, 2, 3, 4 lấy từ tập 1;2;3;4;5;6 .

Khi đó để n chia hết cho 3 thì a1a2a3a4 chia hết cho 3

Do 4 số a a a a1, 2, 3, 4 lấy từ tập 1;2;3;4;5;6 nên xảy ra 2 TH sau:

i) Trong 4 số đó gồm hai số chia hết cho 3, một số chia 3 dư 1, một số chia 3 dư 2

Có tất cả A42.2.2.2 96 số

ii) Trong 4 số đó gồm hai số chia 3 dư 1, hai số chia 3 dư 2

Có tất cả 4! 24 số

TH2: a5  5 n a a a a 1 2 3 45 trong đó 4 số a a a a1, 2, 3, 4 lấy từ tập 0;1;2;3;4;6 .

Khi đó để n chia hết cho 3 thì a1a2a3a4 chia 3 dư 1

Do 4 số a a a a1, 2, 3, 4 lấy từ tập 0;1;2;3;4;6

nên xảy ra 2 TH sau:

iii) Trong 4 số đó gồm ba số chia hết cho 3, một số chia 3 dư 1.

* Nếu a 1 3 thì a a a2, ,3 4 là các số trong bộ ba số 0;6;1

, 0;6;4

nên có 3! 3! 12  số

* Nếu a 1 6 thì a a a2, ,3 4 là các số trong bộ ba số 0;3;1

, 0;3;4

nên có 3! 3! 12  số

* Nếu a 1 1 hoặc a 1 4 thì a a a2, ,3 4 là các số trong bộ ba số 0;3;6

nên có 3! 3! 12  số

Có tất cả 36 số

iv) Trong 4 số đó gồm một số chia hết cho 3, hai số chia 3 dư 1, một số chia 3 dư 2

* Nếu a 1 3 hoặc a 1 6 thì a a a2, ,3 4 là các số trong bộ ba số 1;2;4

nên có 3! 3! 12  số

* Nếu a 1 1 thì a a a2, ,3 4 là các số trong bộ ba số 2;4;6 , 2;4;3 , 2;4;0 nên có 3.3! 18 số

* Nếu a 1 2 hoặc a 1 4 thì tương tự đều có 18 số thỏa mãn

Có tất cả 12 18.3 66  số

Vậy xác suất cần tính là

96 24 36 66 37



Câu 4 (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng :5x 2y19 0 và đường tròn

 C :x2  y2  4x 2y  Từ 1 điểm M nằm trên đường thẳng  kẻ 2 tiếp tuyến 0 MA MB,

đến đường tròn  C

với A B, là 2 tiếp điểm Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác

AMB biết AB  10

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thị Huỳnh Như ; Fb: Nhu Nguyen

I

A

B

*Các tam giác IAM IBM, là các tam giác vuông nên đường tròn đường kính IM đi qua 2

điểm A B, nên đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB là đường tròn đường kính IM

* Đường tròn  C

có tâm I2;1

bán kính R  5

Ta có

 

2

IA

IH

Gọi

; 2

a

M a   

2 2

2

a

IM   a     

Giải phương trình ta được

3; 2

3

;

M a















*Với M3; 2 

thì trung điểm IM là

;



  , phương trình đường tròn đường kính IM là

* Với

139 72

;

29 29

  thì trung điểm IM là

197 37

;

58 26

  , phương trình đường tròn đường kính

IM là

Câu 5 (3,0 điểm) Cho tam giác đều OAB có AB a Trên đường thẳng ( )d đi qua O vuông góc với

mặt phẳng OAB lấy một điểm M sao cho OM  Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc x

của A lên MB và OB Đường thẳng EF cắt đường thẳng ( )d tại N.

a) Chứng minh rằng AN BN.

b) Xác định x theo a để thể tích khối tứ diện ABMN nhỏ nhất và tính giá trị nhỏ nhất đó.

Lời giải

Tác giả: Phan Trung Hiếu; Fb: Hieu Pt

a) Ta có AF OB AF OMB AF MB,

AF OM











mà AEMB nên BM AEF

Do ANAEF nên AN BM.

b) Theo câu a) ta có

AN BM   ON OA OM OB  

0

2

OM ON OA OB

ON

Do MN OAB nên

ABMN MOAB NOAB OAB

Theo bất đẳng thức Cauchy thì

12

ABMN

a

Vậy thể tích lớn nhất của khối tứ diện ABMN là

12

a

khi

x

Câu 6 (2,0 điểm) ) Cho , , zx y là các số dương thỏa mãn

1 1 1

2018

xyz  Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức

P

x y z x y z x y z

Lời giải

* Xét bất đẳng thức phụ:

4

   

   với mọi a b , 0

* Dùng bất đẳng thức trên ta có:

   

2x y z x y x z 4 x y x z 16 x y z

Tương tự ta có:

;

Suy ra:

1 1 1 1 3029 2018 3029

2019

P

x y z

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2019 đạt được khi và chỉ khi

3 2018

x  y z

 HẾT 