Tổ 12 đ 2 đề HSG yên lạc 1819

Tìm trên đồ thị hàm số C hai điểm A B, sao cho chúng đối xứng nhau qua đường thẳng MN... Tìm trên đồ thị hàm số C hai điểm A B, sao cho chúng đối xứng nhau qua đường thẳng MN.. Hỏi

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2

KỲ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 12

ĐỀ THI MÔN: TOÁN NĂM HỌC 2018-2019

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Họ và tên: ……… ………SBD:…………

Câu 1 (2,5 điểm).

a Cho hàm số y= -x3 3mx2+4m2- có đồ thị là 2 ( )C m

Tìm m để đồ thị hàm số ( )C m

có hai điểm cực trị A B, sao cho diện tích tam giác ABC bằng 4, với C( )1; 4 .

b Cho hàm số

1

x y x

-= + có đồ thị là ( )C và hai điểmM(- 3;0)

, N(- -1; 1)

Tìm trên đồ thị hàm

số ( )C

hai điểm A B, sao cho chúng đối xứng nhau qua đường thẳng MN

Lời giải Câu 1.a (1,25 điểm)

Cho hàm số y= -x3 3mx2+4m2- có đồ thị là 2 ( )C m Tìm m để đồ thị hàm số ( )C m có hai

điểm cực trị A B, sao cho diện tích tam giác ABC bằng 4, với C( )1; 4

TXĐ: D= �

Đạo hàm y�=3x2- 6mx

0

y�= �3x2- 6mx=0

0 2

x

�=

�

�

�=

�

Đồ thị có hai điểm cực trị khi y�= có hai nghiệm phân biệt, khi 0 m�0

Tọa độ hai điểm cực trị là A(0;4m2- 2)

; B m(2 ; 4- m3+4m2- 2)

Ta có uuurAB=(2 ; 4m - m3) �AB= 4m2+16m6 =2m 1 4+ m4 .

Phương trình đường thẳng AB là: 2m x y2 - - 4m2+ =2 0

Khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng AB là:

2 4

6 2 ,

1 4

m

d C AB

m

-=

Suy ra, diện tích tam giác ABC là: 1 ( ) 3

2

S= d C AB AB= m- m

Từ giả thiết suy ra:

3

6m- 2m =4

1 2

m m

�=�

�

�

�=�

�

Câu 1.b (1,25 điểm).

Cho hàm số

1

x y

x

-= + có đồ thị là ( )C và hai điểmM(- 3;0)

, N(- -1; 1)

Tìm trên đồ thị hàm số ( )C

hai điểm A B, sao cho chúng đối xứng nhau qua đường thẳng MN

Lời giải

Phương trình đường thẳng MN là: x+2y+ =3 0.

Phương trình đường thẳng AB là: y=2x m+

Khi đó hai điểm A,Bcó hoành độ thỏa mãn :

2 1

x

x m x

+ Điều kiện: x�- 1 Phương trình tương đương với: 2x2+mx m+ + =4 0 ( )1

Đường thẳng AB cắt đồ thị ( )C

tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình ( )1

có hai nghiệm phân biệt khác -1

0

�D >

�

� �

�-+ �-+ �

4 4 3

4 4 3

m m

�> +

�

� �<

Trung điểm I của đoạn thẳng AB có tọa độ là

1 2

1 2

; 2

x x

x x m

, với x ,1 x là nghiệm của phương2

trình ( )1

m

x + =-x

nên

;

4 2

m m

I�� �

Hai điểm A B, đối xứng nhau qua đường thẳng MN khi và chỉ khi điểm I thuộc đường thẳng

MN , khi và chỉ khi

4 2 2 3 0

m m

4

m

� =- ( thỏa mãn)

Suy ra A(0; 4- ),A(2;0) hoặc A(2;0),B(0; 4- ).

Câu 2 ( 2.0 điểm )

a) Giải phương trình: 4cos2x1 sin x 2 3 cos cos 2x x 1 2sinx.

b) Một hộp đựng 9 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 9 Hỏi phải rút ít nhất bao nhiêu thẻ để xác suất có ít

nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 phải lớn hơn

5 6

Lời giải

a) Phương trình tương đương với: 4cos2x4cos sin2x x2 3 cos cos 2x x 1 2sinx.

2sin (2cosx x 1) 2 3 cos cos 2x x4cos x 1 0

2sin cos 2x x2 3 cos cos 2x x3cos xsin x0

    

2cos 2 sinx x 3 cosx  3 cosxsinx 3 cosxsinx 0

�

 3 cosxsinx2cos 2x 3 cosxsinx 0

�

3 cos sin 0 2cos 2 3 cos sin 0

� �

3

x x � x  � x   k k��

+)

5 2cos 2 3 cos sin 0 cos 2 cos

6

5

2 6

18 3

k k

x

�   

�

�

�

Vậy phương trình có nghiệm: x 3 k

  

k

b) Trong 9 thẻ đã cho có hai thẻ ghi số 4 và 8 chia hết cho 4, 7 thẻ còn lại ghi số không chia hết cho 4.

Giả sử rút x thẻ với 1� �x 9;x��, số cách chọn x thẻ từ 9 thẻ trong hộp là 9x

C

Do đó số phần tử của không gian mẫu là:   9

x

n  C .

Gọi A là biến cố: “ Trong số x tấm thẻ rút ra, có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 ”

Suy ra A là biến cố: “ Lấy x tấm thẻ không có tấm thẻ nào chia hết cho 4 ”

Số cách chọn tương ứng với biến cố A là   7

x

n A C

1

9

1

x x

C

P A

C

1

x  x   x

Kết hợp điều kiện: 1� �x 9;x���5x� 9

Vậy giá trị nhỏ nhất của x là 6 Số thẻ ít nhất phải rút là 6

Câu 3 (1.0 điểm): Giải hệ phương trình

2 2

,

x y

�

Lời giải

Hệ đã cho trở thành

 

2 2

�

�

�

 

3x 2x 5 2x x  1 2 y1 y 2y 2 x 2y 2x4y3

�

x x x   y  y y 

�

Xét f t   t2 t t21 t��

2

1

 

Do  t2 1 | |t �t

Suy ra f t 

là hàm số đồng biến trên �

Do đó từ phương trình (*) ta có: x y 1 thế vào phương trình (2) ta được:

y  y  y  y 

2

2

2

y

y y

y

� 

�

�

 

�

+) Với y 2 Suy ra x 1

+) Với

2

3

y

Suy ra

5 3

x

Vậy hệ phương trình có nghiệm x y;  là:  1; 2 ; 5 2;

3 3

Câu 4 (1.5 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD A B C D có các cạnh 1 1 1 1 AB AD 2 , AA1 3 và

BAD � Gọi M N, lần lượt là trung điểm A D A B 1 1, 1 1

a Chứng minh rằng AC vuông góc với mặt phẳng 1 BDMN

b Tính thể tích khối chóp A BDMN

Lời giải

a Chứng minh rằng AC vuông góc với mặt phẳng 1 BDMN.

Ta có:

1



�

� 

1

2

uuuuruuur uuur uuur uuuur uuur uuur

uuuruuur uuuruuur uuuuruuur uuuruuur uuuruuur uuuuruuur

 

1 2 2

AB BA AD BB

�

uuur uuuruuur uuur

1

AC BN

Từ (1) và (2) suy ra: AC1BDMN.

b Tính thể tích khối chóp A BDMN

Gọi AA1�DM �BN  I �A M N1, ,

lần lượt là trung điểm của AI DI BI, ,

.

.

2

I AMN

I ABD

V IM IN

V IB ID

�

Vậy .

3 2

A BDMN

Câu 5 (1.0 điểm) Cho hình chóp S ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật có AB3,BC 6, mặt

phẳng SAB

vuông góc với đáy, các mặt phẳng SBC

và SCD

cùng tạo với mặt phẳng

 ABCD các góc bằng nhau Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD bằng 6.

Tính thể tích khối chóp S ABCD và cosin góc giữa hai đường thẳng SA và BD

Lời giải

Hạ SH AB H �AB�SH ABCD

Kẻ HKCD K CD � � tứ giác HBCK là hình chữ nhật.

Ta có: BCSAB� Góc giữa mặt phẳng SBC và ABCD là: SBH �

Theo giả thiết:SBH� SKH� �SHB SHK g c g   �HK HB BC 6.

Do đó A là trung điểm của HB .

Ta thấy YABDK là hình bình hành�BD/ /AK�BD/ /SAK mà SA�SAK

Suy ra d BD SA ,  d BD SAK ,  d D SAK ,   d H SAK ,   h 6

Do tam diện H SAK vuông tại H nên: 2 2 2 2 2

h  HS  HA HK �  HS  

6

SH 

V  SH S  

Gọi  là góc giữa hai đường thẳng SA và BD� BD SA,   AK SA, 

Ta có: SK 6 2,SA AK 3 5. Trong tam giác SAK có:

SAK

AS AK

Vậy

� arccos 1

5

SAK

Câu 6 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy

, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm

 2;1

J

Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình: 2x y  10 0 và

2; 4

D  là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ các đỉnh của. tam giác ABC biết B có hoành độ âm và B thuộc đường thẳng có phương trình x y  7 0.

Lời giải

AJ đi qua J 2;1

và D2; 4  nên AJ có phương trình : x 2 0 Gọi H là chân đường cao xuất phát từ đỉnh A Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ :

 

2;6

A

Gọi E là giao điểm thứ hai của BJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Ta có �DB DC � �DB DC và �EA EC�

DBJ  sd EC sd DC  sd EA sd DB DJB�DBJ

cân tại D

DB DC DJ  hay D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC.

Suy ra B C, nằm trên đường tròn tâm D2; 4  bán kính JD 0 5 2 5 có phương trình

x  y 

Khi đó tọa độ B là hệ của nghiệm:

7 0

B

x y

� �

�

Do B có hoành độ âm nên B 3; 4 

BC đi qua B 3; 4 và vuông góc AH nên có phương trình: x2y 5 0.

Khi đó C là nghiệm của hệ:

5;0

C

�

� Vậy A  2;6 ,B  3; 4 ,  C 5;0

Câu 7 Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn a b c   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức1

2 2 2

14

A

Lời giải

2

7 1

A

Đặt t a 2 b2 c2.

Vì a b c, , 0 và a b c   nên 01   , 0a 1   , 0b 1   c 1

Suy ra t a 2     b2 c2 a b c 1.

Mặt khác  2

1 a b c  a2  b2 c2 2ab bc ca   �3 a 2 b2 c2

Suy ra

2 2 2 1

3

t a   �b c

Vậy

1

;1 3

t � ��� �

� �

Xét hàm số   7 121 ; 1;1

� �

 

2

'

7 1

f t

  

 

f t  �72t2 98t49 0

7 18

t 

�

hoặc

7 4

t  

(loại)

Lập BBT của hàm số f t 

Dựa vào BBT suy ra   7 324; 1;1

f t �f � �� � t�� �� �

Vậy

324 min

7

A

đạt được khi

a b c