Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2017-2018 – Sở Giáo dục và Đào tạo Bà Rịa - Vũng Tàu

Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2017-2018 – Sở Giáo dục và Đào tạo Bà Rịa - Vũng Tàu giúp giáo viên có thêm tư liệu trong quá trình biên soạn đề thi, bài tập nhằm đánh giá năng lực của học sinh từ đó có các phương pháp giảng dạy hiệu quả hơn.

SỞ GD VÀ ĐT TỈNH

BÀ RỊA-VŨNG TÀU

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2017-2018 MÔN: TOÁN 12 (Thời gian làm bài 180 phút)

Câu 1 (1,25 điểm)

Giải phương trình  3 cos 2x2cosx cosx 1 2cos sin 2x xsin 2x

Câu 2 (1,25 điểm)

Từ các chữ số1;2;3;4;5;6;7;8;9, lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau sao cho tổng của ba chữ số hàng chục nghìn, hàng nghìn và hàng trăm bằng 9?

Câu 3 (1,25 điểm)

Tìm số hạng chứa x19 trong khai triển của nhị thức 5

3

n

x x

x , biết rằng



 

n và

1 2  n 4095

Câu 4 (1,25 điểm)

Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, M là điểm di đồng trên cạnh

SC Mặt phẳng  P chứa AM và song song với BD  P cắt SB SD, lần lượt tại N E, Chứng minh 2 SB SM SN SM SC SN 

Câu 5 (1,25 điểm)

Trong không gian cho 4 đường thẳng d d d d1; ; ;2 3 4 đôi một song song và không có 3 đường nào nằm trong cùng một mặt phẳng Mặt phẳng  P cắt 4 đường d d d d1; ; ;2 3 4 theo thứ tự là A B C D, , , Mặt phẳng  Q cắt 4 đường d d d d1; ; ;2 3 4 theo thứ tự là , , ,

   

A B C D ( P khác  Q ) Chứng minh thể tích 2 khối tứ diện D ABC và DA B C   bằng nhau

Câu 6 (1,25 điểm)

Cho tứ diện ABCD, M là một điểm nằm miền trong của tam giác BCD Qua M kẻ các đường thẳng lần lượt song song AB AC, và AD cắt các mặt ACD ABD, và tam giác

ABC tại các điểm H I, và K Chứng minh AB AC AD 27MH MI MK

Câu 7 (1,25 điểm)

Cho đường tròn  C có tâm O và bán kính R, hai đường kính AB CD, vuông góc với nhau Điểm M C , gọi H K, lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên AB và CD Tìm vị trí của M để khi quay hình chữ nhật OHMK quanh đường thẳng AB thì thể tích khối trụ sinh ra lớn nhất

Câu 8 (1,25 điểm)

Giải phương trình  3 3  3

log x  2 3 log x 2

Câu 9 (1,25 điểm)

Cho một chất điểm chuyển động thẳng xác định bởi phương trình

4

S t t t t Trong đó, S tính mằng mét, t được tính bằng giây Hỏi từ thời điểm t1s đến thời điểm t 5s thì vận tốc lớn nhất của chất điểm là bao nhiêu?

Câu 10 (1,25 điểm)

Cho hàm số yx1 ln x1 có đồ thị  C và điểm A 2;1 Chứng minh rằng qua A

vã được hai tiếp tuyến đến đồ thị  C

Câu 11 (1,25 điểm)

Người ta cần làm một cái thùng hình trụ (không có nắp) với thể tích là 80m3 Giá thành

để làm mỗi mét vuông đáy thùng là 500 nghìn đồng và giá thành để làm mỗi mét vuông thành xung quanh của thùng là 400 nghìn đồng Tính giá tiền ít nhất để làm cái thùng nói trên (làm tròn đến đơn vị nghìn đồng)

Câu 12 (1,25 điểm)

Chứng minh hàm số f x 62x50 5 7 x x chỉ có một điểm cực đại dương

Câu 13 (1,25 điểm)

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình log2 mx 2log2x2 có một nghiệm duy nhất

Câu 14 (1,25 điểm)

Cho hàm số 1 3  2 2 5 4 3 1

3

y x m x m x m với m là tham số Tìm tất cả giá trị của m để hàm số đã cho có hai điểm cực trị x x1; 2 thỏa mãn x1 2 x2

Câu 15 (1,25 điểm)

Cho hàm số y  x x2 x m với m là tham số Tìm tất cả giá trị của m để hàm số nghịch biến trên 

Câu 16 (1,25 điểm)

Cho ba số thực a b c, , thỏa lnb c2  2 1 2ln 3  a 9a b c2 2 2 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức   2

3

2

P

-Hết -Họ và tên thí sinh:………Chữ kí của 01 CBCT:………

Số báo danh:………

Câu 1. Giải phương trình  3 cos 2x2cosx cosx 1 2cos sin 2x xsin 2x.

Lời giải

 3 cos 2x2cosx cosx 1 2cos sin 2x xsin 2x

cosx 1  3 cos 2x sin 2x 2cosx 0

6

x   x  x

cosx    1 0 x  k2 k 

6

  

x  k  x  k  k

Vậy nghiệm của phương trình là x  k2 , 2

x  k  , 2

6

x   k 

Câu 2. Tìm số hạng chứa x19 trong khai triển nhị thức 5

3

x

  ; x 0, biết rằng n * và

1 2 n 4095

C C  C 

Lời giải

1 2 n 4095

C C  C  2n 4096  n 12

 

12

0

k k





Yêu cầu bài toán 5 36 3  19

2

k   k   k 10.

Số hạng cần tìm là 10 2 19

122

C x

Bài 3. Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, M là điểm di động trên

cạnh SC Mặt phẳng  P chứa AM và song song với BD  P cắt SB, SD lần lượt tại

N, E Chứng minh 2 SB SM SN SM SC SN 

Lời giải

C D

O

I

M E

N K

Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD, I là trung điểm MC

SB SO SI

SN SK SM

   , K NE SO  , NE BD// , OI AM//

2

2SB SC 2 SI SC SI SI IC SI MI 1

2SB SC 1 2 SB SM SC SN SM SN

Bài 4. Trong không gian cho 4 đường thẳng d1, d2, d3, d4 đôi một song song và không có 3

đường nào nằm trong cùng một mặt phẳng Mặt phẳng  P cắt 4 đường thẳng d1, d2,

3

d , d4 theo thứ tự là A, B, C, D Mặt phẳng  Q cắt 4 đường thẳng d1, d2, d3, d4

theo thứ tự là A, B, C, D ( Q khác  P ) Chứng minh thể tích của hai khối đa diện D ABC và DA B C   bằng nhau

Lời giải

A B

C D

D

C

A

O

O B

Gọi OOAA C C    BB D D  

 

.

.

1

D ABC

O ABC









.

2

D A B C

O A B C

  

  







Mà . . 1

3

V  V   h S  (trong đó h d B O AC  ,   d B OA C ,   )

Mặt khác . . 1

3

V    V    h S  

Từ đó suy ra .  

.

3

O A B C OA C

O ABC O AC

V    S  



2

S   S  S    OO a (trong ddos a d AA CC  , )  4

Tương tự ta có 1  5

2

S  S S   OO a

Từ  3 ,  4 ,  5 suy ra V O A B C    V O ABC  6

Từ  1 ,  2 ,  6 suy ra V D ABC. V D A B C.   

Câu 5. Trong không gian cho 4đường thẳng d d d d1, , ,2 3 4 đôi một song song và không có ba

đường nào nằm trong cùng một mặt phẳng Mặt phẳng  P cắt 4 đường d d d d1, , ,2 3 4 theo thứ tự là A, , ,B C D Mặt phẳng  Q cắt 4 đường d d d d1, , ,2 3 4 theo thứ tự là A', ', ', 'B C D   P khác Q Chứng minh thể tích hai khối tứ diện '     D ABC và DA B C' ' ' bằng nhau

Lời giải

Gọi OO'AA C C' '   BB D D' ' 

 

'.

O'.

' 1 '

D ABC

ABC

O ' ' '

' 2 '

D A B C

A B C

Mà O'. B.O' 1 '

3

V V  h S trong đó h d B O AC  , '  d B OA C ', ' '  Mặt khác O ' ' ' B'.OA' ' 1 ' '

3

Từ đó suy ra O ' ' ' ' '

A B C OA C

Ta có: ' ' 'OO' 'OO' 1 '

2

S S S  OO a trong đó d AA CC ', '  4 Tương tự ta có: ' OO' OO' 1 '

2

S S S  OO a  5

Từ      3 , 4 , 5 suy ra VO'.ABC VO'.A'B' 'C  6

Từ      1 , 2 , 6 suy raVD'.ABC VD'.A'B' 'C

Câu 6. Cho tứ diện ABCD , M là một điểm thuộc miền trong của tam giác BCD Qua M ket

các đường thẳng lần lượt song song AB AC, và AD cắt các mặt ACD ABD và , 

ABC tại các điểm H I, và K Chứng minh AB AC AD 27MH MI MK

Lời giải

dt MCD MH

AB dt BCD





 và MH MI MK 1

AB  AC  AD  .

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

Câu 7: (1,25 điểm) Cho đường tròn  C có tâm O và bán kính R, hai đường kính AB CD,

vuông góc với nhau Điểm M  C , gọi H K, lần lượt hình chiếu vuông góc của M

trên AB và CD Tìm vị trí điểm M để khi quay hình chữ nhật OHMK quanh đường thẳng AB thì thể tích của khối trụ sinh ra là lớn nhất

Lời giải

Đặt OH x OK y ,  khi đó khối trụ sinh ra khi quay hình chữ nhật OHMK quanh AB

có thể tích V xy2 hayV R2x x2

Suy ra 2 2 2 22 2

V  R x x

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số R2x2 ; R2x2;2x2 ta có

3

2

3

R x R x x      

 2 22 2 8 6 4 6

R x x

V    V 

Vậy   2 3

3 3

R Max V   Dấu “=” xảy ra khi 2 2 2 2 3, 6

R x  x  x y

Câu 8: (1,25 điểm) Giải phương trình  3 3  3

log x  2 3 log x 2

Lời giải

Điều kiện: x 0

3

log x  2 3 log x 2   1

3

3log 2   2

3

3log 2   3

Thay  2 vào  1 ta có

log x u 3u 3log x

log x u log x ulog x u

3

x u

x u x u

 





 

 

3

x u

 



Từ    3 , 4 ta có 3 3

3

3

9

x x









Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm 3; 1

9

x x

Câu 9. Cho một chất điểm chuyển động thẳng xác định bởi phương trình

4

S  t  t t  t Trong đó, S tính bằng mét, t tính bằng giây Hỏi từ thời điểm t1s đến thời điểm t5s thì vận tốc lớn nhất của chất điểm là bao nhiêu?

Lời giải

Vận tốc của chất điểm tại thời điểm ts là v t  t3 3t210t

v t  t  t  t

Max v t v  m s

Câu 10. Cho hàm số yx1 ln x1  C và điểm A 2;1 Chứng minh rằng qua A vẽ được

hai tiếp tuyến đến đồ thị  C

Lời giải

Phương trình đường thẳng qua A có dạng: y k x    2 1  

Đồ thị  C và   tiếp xúc khi hệ phương trình sau có nghiệm







Thay  2 vào  1 rút gọn ta được x 1 3lnx 1 0 3  

Số nghiệm phân biệt của  3 bằng số tiếp tuyến của  C qua A

Ta có số nghiệm phương trình  3 là số giao điểm của đồ thị hàm số

y x   x C với trục hoành

Ta có: TXD D   :  1; 

2

1

x

x



1

     Bảng biến thiên

Ta thấy f  2 1 3ln 3 0   nên đồ thị  C' cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt

Vậy qua A kẻ được đúng hai tiếp tuyến đến  C

Câu 11: Người ta cần làm một cái thùng hình trụ (không có nắp) với thể tích là 80m3 Giá

thành để làm mỗi mét vuông đáy thùng là 500 nghìn đồng và giá thành để làm mỗi

mét vuông thành xung quanh của thùng là 400 nghìn đồng Tính giá tiền ít nhất để làm cái thùng nói trên (làm tròn đến đơn vị nghìn đồng)

Lời giải

Giả sử R và h là bán kính đáy và chiều cao của thùng Khi đó 2

2

80

V R h h

R





Diện tích đáy thùng và thành thùng lần lượt là R2;2 Rh 160

R

Giá tiền để làm thùng là T 500000.2 R2 400000.160 200000 5 R2 320

Ta có 5 R2 320 5 R2 160 160 3 5 1603 2 120 23

3

minT 200000.120 2 44286483,57

Giá tiền thấp nhất để hoàn thành thùng là 44 triệu 287 nghìn đồng

Câu 12: Chứng minh hàm số f x 62x50 5 7 x x chỉ có một điểm cực đại dương

Lời giải

Hàm số f x  có đạo hàm liên tục trên 

  62 5 ln 5 7 ln 7,x x

f x    f x  5 ln 5 7 ln 7 0x 2  x 2  x

 0 62 ln 5 ln 7 0

f     

 3 62 5 ln 5 7 ln 7 03 3

Phương trình f x 0 có nghiệm duy nhất  thuộc khoảng  0;3

Từ bảng biến thiên của f x  ta suy ra điều phải chứng minh

Câu 13: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình log2 mx 2log2x2 có một nghiệm

duy nhất.

Lời giải

Ta có log2 mx 2log2x2  2

2 2 2

x x m

 











.

Xét hàm số    22

2

x

f x   với x     2;   \ 0 .

  x 22x 2

f x

x

  Có f x 0 x 2.

Lập bảng biến thiên ta có m 0 hoặc m 8.

Câu 14: Cho hàm số 1 3  2 2 5 4 3 1

3

y x  m x  m x m với m là tham số Tìm tất cả giá trị của

m để hàm số đã cho có hai điểm cực trị x1; x2 thỏa mãn x1 2 x2.

Lời giải

Ta có y x  22m2 x 5m4.

Hàm số đã cho có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y 0 có hai nghiệm phân biệt



0

m m





  

  * Với điều kiện  * ta có: x1 2 x2 2x x1 220 2x x1 22x x1 2 4 0  1 Theo Viet x x1 2  2m2, x x1 2 5m4.

Do đó  1 4 2 m  5m4 4 0   m 0 Kết hợp với điều kiện  * ta có m 0.

Câu 15. Cho hàm số y  x x2 x m ( m là tham số) Tìm tất cả các giá trị m để hàm số

nghịch biến trên 

Lời giải

Hàm số xác định   khi và chỉ khix x2  x m 0,  x

1

4

2

2 1 1

2

x y

x x m



   

Hàm số nghịch biến trên  khi và chỉ khi y    0 x , đẳng thức xảy ra tại hữu hạn điểm

Xét trường hợp 1

4

m 

Khi đó ta có

2

1 0

2

2 1 1

1 1

x x

y







2

y     x  

  nên không thỏa mãn, suy ra 1

4

m  loại

Xét trường hợp 1

4

m 

2

x x m

 Hàm số nghịch biến trên ; 1

2

  

2

x  

2

2

2 1 1

4

x



 Hàm số nghịch biến trên 1 ;

2

 

Vậy khi 1

4

m  thì thỏa điều kiện bài toán

Câu 16. Cho ba số thực dương a , b , c thỏa mãn lnb2c2 1 2ln 3  a 9a b c2 2 2 1 Tìm

giá trị lớn nhất của biểu thức   2

3

2

b c a P

Lời giải

ln b c  1 b c  1 ln 9a 9a

Xét hàm số f t ln 1t , t 0 2 2 9 2 1 1

3

b c  b c  a    b c a 

3

2 18 2 5 1

2

P

  2 18 2 2 5 1 3

P f x   x  x x , 1 x  0;3

a  .

2 2

18 2

x

x

 , f  1 0 ,  

 23

18 2

f x

x

f x   x

Lập bảng biến thiên, suy ra: P f x   f  1 10 , a  ,1 b c 2

Vậy MaxP  10

Xem thêm các bài tiếp theo tại:https://vndoc.com/toan-lop-12