Tải Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 12 năm 2018 Sở GD&ĐT Bà Rịa - Vũng Tàu - Đề thi chọn HSG môn Toán 12 có đáp án

Tìm vị trí điểm để khi quay hình chữ nhật quanh đường thẳng thì thể tích của khối trụ sinh ra là lớn nhất.. Lời giải.[r]

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)

 3 cos 2x 2cosx cosx1 2cos2xsinxsin 2x

Giải phương trình

Câu 2 (1,25 điểm)

1; 2;3;4;5;6;7;8;9Từ các chữ số , 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)

19

x

5

3

2

; 0

n

 

n C n1C n2 C n n 4095

Tìm số hạng chứa trong khai triển của nhị thức , biết rằng và

Câu 4 (1,25 điểm)

S ABCD ABCD M SC  P AM BD P SB SD, N E 2 , SB SM SN SM SC SN  Cho hình

chóp có đáy là hình bình hành, là điểm di đồng trên cạnh Mặt phẳng chứa và song song với cắt lần lượt tại Chứng minh

Câu 5 (1,25 điểm)

1; ; ;2 3 4

d d d d  P d d d d1; ; ;2 3 4 A B C D, , ,  Q d d d d1; ; ;2 3 4 A B C D, , ,   P  Q D ABC DA B C  

Trong không gian cho 4 đường thẳng đôi một song song và không có 3 đường nào nằm trong cùng một mặt phẳng Mặt phẳng cắt 4 đường theo thứ tự là Mặt phẳng cắt 4 đường theo thứ tự là ( khác ) Chứng minh thể tích 2 khối tứ diện và bằng nhau

Câu 6 (1,25 điểm)

ABCD M BCD M AB AC AD, ACD ABD ABC ,, H I K AB AC AD 27MH MI MK Cho tứ diện ,

là một điểm nằm miền trong của tam giác Qua kẻ các đường thẳng lần lượt song song

và cắt các mặt và tam giác tại các điểm và Chứng minh

Câu 7 (1,25 điểm)

 C O R AB CD, M C H K, M AB CD M OHMK AB

Cho đường tròn có tâm và bán kính , hai đường kính vuông góc với nhau Điểm , gọi lần lượt là hình chiếu vuông góc của trên và Tìm vị trí của để khi quay hình chữ nhật quanh đường thẳng thì thể tích khối trụ sinh ra lớn nhất

Câu 8 (1,25 điểm)

log x  2 3 log x  2

Giải phương trình

Câu 9 (1,25 điểm)

1

5 10 1 4

S t t1s t5s Cho một chất điểm chuyển động thẳng xác định

bởi phương trình Trong đó, tính mằng mét, được tính bằng giây Hỏi từ thời điểm đến thời điểm thì vận tốc lớn nhất của chất điểm là bao nhiêu?

Câu 10 (1,25 điểm)

 1 ln  1

y x x  C A2;1 A C

Cho hàm số có đồ thị và điểm Chứng minh rằng qua vã được hai tiếp tuyến đến đồ thị

Câu 11 (1,25 điểm)

3

80m 500 400Người ta cần làm một cái thùng hình trụ (không có nắp) với thể tích là Giá thành

để làm mỗi mét vuông đáy thùng là nghìn đồng và giá thành để làm mỗi mét vuông thành xung quanh của thùng là 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)

 62  50 5 x 7x

Chứng minh hàm số chỉ có một điểm cực đại dương

Câu 13 (1,25 điểm)

m log2mx 2log2x2

Tìm tất cả các giá trị của tham số để phương trình có một nghiệm duy nhất

Câu 14 (1,25 điểm)

1

3

m m x x1; 2 x1 2 x2

Cho hàm số với là tham số Tìm tất cả giá trị của để hàm số đã cho có hai điểm cực trị thỏa mãn

Câu 15 (1,25 điểm)

2

   

y x x x m m m  Cho hàm số với là tham số Tìm tất cả giá trị của để hàm số nghịch

biến trên

Câu 16 (1,25 điểm)

, ,

a b c lnb2c21 2ln 3 a 9a2 b2 c21   2

3

2

 b c  a P

a a Cho ba số thực thỏa Tìm

giá trị lớn nhất của biểu thức

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

Số báo danh:………

Câu 1.  3 cos 2x 2cosx cosx1 2cos2xsinxsin 2x

Giải phương trình

Lời giải

 3 cos 2x 2cosx cosx1 2cos2xsinxsin 2x

cosx 1  3 cos 2x sin 2x 2cosx 0

ﾧ

cos 1 cos 2 cos 0

6

cosx  1 0 x  k2 k  ﾧ

cos 2 cos

6

 

ﾧﾧ

2

x  k 

2

18 3

6

x  k 

Vậy nghiệm của phương trình là ﾧ, ﾧ, ﾧ

5 3

x x



n   C n1C n2 C n n 4095Tìm số hạng chứa ﾧ trong khai triển nhị thức ﾧ; ﾧ, biết rằng ﾧ và ﾧ

Lời giải

   n12ﾧﾧﾧ

 

12

0

k k





ﾧ

5

36 3 19 2

k

k

10

k

  Yêu cầu bài toán ﾧﾧ

10 2 19

122

C x Số hạng cần tìm là ﾧ.

S ABCD ABCD M SC  P AM BD P SB SD N E 2 SB SM SN SM SC SN  Bài 3 Cho hình

chóp có đáy là hình bình hành, là điểm di động trên cạnh Mặt phẳng chứa và song song với cắt , lần lượt tại , Chứng minh

Lời giải

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

K NESO NE BD// OI AM// , , ,

2

2SB SC 1 2SB SM SC SN SM SN

D DA B C  D ABC  P  Q D C B A d4 d3 d2 d 41  Q 4 C B A d4 d3 d2 d 41  P 3 d4 d3 d2 d1Bài 4.

Trong không gian cho đường thẳng , , , đôi một song song và không có đường nào nằm trong cùng một mặt phẳng Mặt phẳng cắt đường thẳng , , , theo thứ tự là , , , Mặt phẳng cắt đường thẳng , , , theo thứ tự là , , , ( khác ) Chứng minh thể tích của hai khối đa diện và bằng nhau

Lời giải

OO AA C C   BB D D 

Gọi

 

.

.

1

D ABC

O ABC









.

2

D A B C

O A B C

  

  







và

1 3

O ABC B O AC O AC

V  V   h S  h d B O AC  ,    d B OA C ,   

Mà (trong đó )

S

C D

O

I

M E

N K

A B

C D

D

C

A

O

O B

.

1 3

O A B C B OA C OA C

V   V    h S  

Mặt khác

 

.

.

3

O A B C OA C

O ABC O AC



Từ đó suy ra 1

2

OA C A OO C OO

S  S  S    OO a a d AA CC  ,   4

(trong ddos )

 

1 5 2

O AC AOO COO

S  S S  OO a

Tương tự ta có

 3  4  5 V O A B C   V O ABC  6

Từ , , suy ra

 1  2  6 V D ABC. V D A B C.   

Từ , , suy ra

Câu 5 4 d d d d1, , ,2 3 4 P 4 d d d d A, , ,1, , ,2 3 4 B C D Q 4 d d d d A', ', ', '1, , ,2 3 4 B C D    P khác Q  

'

D ABC DA B C' ' 'Trong không gian cho ﾧ đường thẳng ﾧ đôi một song song và không có ba

đường nào nằm trong cùng một mặt phẳng Mặt phẳng ﾧ cắt ﾧ đường ﾧ theo thứ tự là ﾧ Mặt phẳng

ﾧ cắt ﾧ đường ﾧ theo thứ tự là ﾧ ﾧ Chứng minh thể tích hai khối tứ diện ﾧ và ﾧ bằng nhau.

Lời giải

OO  AA C C  BB D D

Gọi

 

'.

O'.

' 1 '

D ABC

ABC

O ' ' '

' 2 '

D A B C

A B C

1 3

ABC AC O AC

V V  h S h d B O AC  , '   d B OA C ', ' ' 

Mà trong đó

O' B'

B

A'

A

C

D

C'

D'

O

O ' ' ' B'.OA' ' ' '

1 3

A B C C OA C

Mặt khác

A B C OA C

ABC O AC

Từ đó suy ra

1 '

2

OA C A C

S S S  OO a d AA CC ', '  4

Ta có: trong đó

1 '

2

O AC A C

Tương tự ta có:

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

Từ suy ra

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

Từ suy ra Câu 6 ABCD M BCD M AB AC AD, ACD , ABD ABC H I, K AB AC AD. . 27MH MI MK. .

Cho tứ diện ﾧ, là một điểm thuộc miền trong của tam giác Qua ket các đường thẳng

lần lượt song song và cắt các mặt và tại các điểm và Chứng minh

Lời giải

MH







1

AB  AC  AD 

Chứng minh: và

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM

ta có:

Câu 7:  C O R AB CD, M C H K M AB, AB CD M OHMK AB (1,25 điểm) Cho đường,

tròn có tâm và bán kính , hai đường kính vuông góc với nhau Điểm , gọi lần lượt hình chiếu vuông góc của trên và Tìm vị trí điểm để khi quay hình chữ nhật quanh đường thẳng thì thể tích của khối trụ sinh ra là lớn nhất

Lời giải

A

B

C

D N

H

M

OH x OK y OHMK AB V xy2V R2 x x2

Đặt khi đó khối trụ sinh ra khi quay hình chữ nhật quanh có thể tích hay

V  R  x x

Suy ra

3R2  x2 ; R2 x2; 2x2

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số ta có

3

2

3

 2 22 2 8 6 4 6

54 27

 

3

2

3 3

R

Vậy Dấu “=” xảy ra khi

log x 2 3 log x  2

(1,25 điểm) Giải phương trình

Lời giải

0

x  Điều kiện:

log x  2 3 log x  2 1

 

3 3

3

Đặt

 2  1

Thay vào ta có



log x u 3u 3log x

log x u log x ulog x u

    3u log3 x

3

x u

 



 



 

 

3

log 4

x u

 



   3 , 4

3 3

3

3 log 1

9

x x











 Từ ta có 1

3;

9

x x

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm

Câu 9

1

5 10 1 4

S  t  t  t  t

S t t1s t5sCho một chất điểm chuyển động thẳng xác định bởi phương trình Trong đó, tính bằng mét, tính bằng giây Hỏi từ thời điểm đến thời điểm thì vận tốc lớn nhất của chất điểm là bao nhiêu?

Lời giải

ts v t   t3 3t210t

Vận tốc của chất điểm tại thời điểm là

' 3 6 10 0,

v t  t  t  t

   5 100 /

Max v t v  m s

Câu 10 yx1 ln x1  C A2;1 A C

Cho hàm số và điểm Chứng minh rằng qua vẽ được hai tiếp tuyến đến đồ thị

Lời giải

A y k x   21 

Phương trình đường thẳng qua có dạng:

 C  

Đồ thị và tiếp xúc khi hệ phương trình sau có nghiệm

1 ln 1 2







 2  1 x 1 3lnx10 3 

Thay vào rút gọn ta được

 3  C

Số nghiệm phân biệt của bằng số tiếp tuyến của qua A

 3 y x  1 3lnx1 C'

Ta có số nghiệm phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành

TXD D   

Ta có: 2

1

x

x



1

lim lim

x y x y



Bảng biến thiên

 2 1 3ln 3 0

f    C'

Ta thấy nên đồ thị cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt

A C

Vậy qua kẻ được đúng hai tiếp tuyến đến

Câu 11: 80m 500 400 Người ta cần làm một cái thùng hình trụ (không có nắp) với thể tích là 3

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

Lời giải

R h

2

2

80

R





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

; 2

R

Diện tích đáy thùng và thành thùng lần lượt là

500000.2 400000 200000 5

  Giá tiền để làm thùng là

3

Ta có

3

minT 200000.120 2 44286483,57

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

Câu 12: f x  62x 50 5 x 7x

Chứng minh hàm số chỉ có một điểm cực đại dương

Lời giải

 

f x

 Hàm số 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

 3 62 5 ln 5 7 ln 7 03 3

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

 

f x

Từ bảng biến thiên của

ta suy ra điều phải chứng minh

Câu 13: m

log mx 2log x2

Tìm tất cả các giá trị của tham số để phương trình có một nghiệm duy nhất.

Lời giải

log mx 2log x2  2

2 2 2

x x m

 









2

2 2

x

f x   x   2;   \ 0

Xét hàm số với

  x 2 2x 2

f x

x

 

  0

0

3

y x  m x  m x m

m m x1 x2 x1 2 x2

Cho hàm số với là tham số Tìm tất cả giá trị của để hàm số đã cho có hai điểm cực trị ; thỏa mãn

Lời giải

y x  m x m

Ta có

0

y     m 22 5m 4 0  m2 9m0

9 0

m m





  

  *

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

 * x1 2 x2  2 x1 x2 2 0  2x1x2 2x x1 2 4 0  1

Với điều kiện ta có:

 

x x  m x x1 2 5m4

Theo Viet ,

 1  4 2  m  5m4 4 0  m0  * m 0

Do đó Kết hợp với điều kiện ta có

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

nghịch biến trên

Lời giải

x

   x2 x m0  x

1

0 1 4 0

4

       

Hàm số xác định khi và chỉ khi ,

2

2 1 1

2

x y



  

 

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

điểm

1 4

m 

Xét trường hợp

2

1 0

2

2 1 1

1 1

x x

y

 





      

 Khi đó ta có 1

2

y    x  

1 4

m 

Vậy nên không thỏa mãn, suy ra loại

1 4

m 

Xét trường hợp

2

x







1

; 2

  

  Hàm số nghịch biến trên

1 2

2 1 1

4

y x





 

 

Nếu



1

; 2

 

  Hàm số nghịch biến trên

1 4

m 

Vậy khi thì thỏa điều kiện bài toán

Câu 16 a b clnb2c21 2ln 3 a 9a2 b2 c21   2

3

2

P

Cho ba số thực dương , , thỏa mãn Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Lời giải

ln b c 1 b c  1 ln 9a 9a

f t  t t 0  b2c2 9a2 1 a13

Xét hàm số ,

b c 2 2b2c2 2 9 a21 b c  18a2 2

3

2 18 2 5 1

2

P

2 18 2

2 2

Pf x   x  x x 1 x 0;3

2 2

18 2

x

x

 f  1 0

 

 23

72

3 0

18 2

f x

x



, ,

f x   x

   1 10

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

10

MaxP  Vậy

Xem thêm các bài tiếp theo tại: