Đề thi học sinh giỏi có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 sở GDĐT bắc giang | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Học sinh cần chú ý tới biểu thức của tham số m để đưa ra được đánh giá, nếu học sinh không để ý biểu thức này mà cố gắng cô lập tham số và xét hàm thì sẽ mất thời gian vì bài toán trở [r]

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI BẮC GIANG

Câu 9 [1D2-3] [HSG,Bắc Giang, 2018] Tính tổng:  1  2 2 2  10092

1009 1009 1009

S  C  C   C

A C10092018 B C201810091 C C100920181 D 220181

Lời giải Chọn B.

Xét khai triển        

2018 1009 1009

f x  x  x x

 0 1 1009 1009  0 1009 1 1008 1009

1009 1009 1009 1009 1009 1009

Suy ra hệ số của x1009 là:  0  2 1  2 2 2  10092

1009 1009 1009 1009

(1) Mặt khác: f x   1 x2018=C20180 x2018C12018x2017 C10092018x1009 C10090

Suy ra hệ số của x1009là: C20181009 (2)

Từ (1) và (2) suy ra:  0  2 1  2 2 2  10092

1009 1009 1009 1009

2018

C



1009 1009 1009 2018 1

Một nhóm có n học sinh nam và n học sinh nữ Hỏi có bao nhiêu cách chọn

ra n học sinh

Cách 1: có 2

n n

C cách

Cách 2:

- Phương án 1: chọn 0 nam và n nữ có 0 ( )0 2

1

n

C C× = C = cách.

- Phương án 2: chọn 1 nam và n- 1 nữ có 1 n 1 ( )1 2

C C× - = C

cách

- Phương án thứ n+1 chọn n nam và 0 nữ có n 0 ( )n 2

C C× = C .

Đồng nhất kết quả 2 cách, ta có ( ) ( )0 2 1 2 ( )2

2

Câu 1 [1D2-3- PT1] Tổng S C 1009 10090 C1 C1009 10091 C2 C1009 10092 C3  C10091008C10091009 là:

A C10082018 B C100820181 C C100820181 D 22018

Lời giải:

Chọn C

Xét khai triển        

2018 1009 1009

f x  x  x x

 0 1 1009 1009  0 1009 1 1008 1009

1009 1009 1009 1009 1009 1009

Suy ra hệ số của x1008 là: C1009 10090 C1 C1009 10091 C2 C10092 C10093  C10091008C10091009 (1)

Mặt khác: f x   1 x2018=C20180 x2018C12018x2017 C10082018x1009 C10090

Suy ra hệ số của x1008là: C20181008 (2)

Từ (1) và (2) suy ra: C1009 10090 C1 C1009 10091 C2 C1009 10092 C3  C10091008C10091009 C10082018

Câu 2 [1D2-3- PT2] Tổng 0 1 1 2 1  

2 2 n 2n 2,

A 32

n n

n n

n n

C 

D 32 1

n n

C 

Lời giải Chọn C

Xét khai triển f x   1 x3n  1 x2n.x1n

2 2 C2n n 2n n 2n n n n n

Suy ra hệ số của x n1

là: 0 21 1 22 n 2n 1

C C C C C C 

Mặt khác:    

Suy ra hệ số của x n1là: 3 1

n n

C  (2)

Từ (1) và (2) suy ra: 0 12 1 22 n 2n 1

C C C C C C 

  C3n n1



Câu 12 [2D1-3] [HSG,Bắc Giang, 2018]Cho hàm số bậc ba yf x( ) có đồ thị

hàm số như hình vẽ bên dưới Tìm tất cả các giá trị của m để y f x( ) 2 m

có ba điểm cực trị là:

A

1 2 3 2

m m









 

 B

3 2 1 2

m m









 

 C

2m2 D

1 2 3 2

m m









 

f(x)=(5/18)X^3-(4/9)X^2-(31/18)X f(x)=1

f(x)=-3

-4 -3 -2 -1

1 2 3 4

x y

Lời giải

Chọn D

Xét hàm số g x( ) f x( ) 2 m , x  

Khi đó

'( ) ( ) 2 '( )

( ) 2

f x f x m

g x

f x m





 ; g x '( ) 0

'( ) 0 ( ) 2

f x





  



Từ đồ thị ta thấy f x '( ) 0 có hai nghiệm phân biệt

Để hàm số đã cho có 3 cực trị khi và chỉ khi f x( )2m có 1 nghiệm khác

nghiệm của f x '( ) 0 hoặc f x( )2m có hai nghiệm phân biệt trong đó có

nghiệm trùng nghiệm của f x '( ) 0

Dựa vào đồ thị ta thấy yêu cầu bài toán

m m



  



1 2 3 2

m m







 

 

Cách khác ( Đề xuất) để y f x( ) 2 m có 3 điểm cực trị thì chỉ cần phương

trình f x  2m có 1 hoặc 2 nghiệm phân biệt

Bài tập phát triển :

Câu 1 [2D1-3] Cho hàm số bậc ba yf x( ) có đồ thị hàm số như hình vẽ bên dưới

Tìm tất cả các giá trị của m để y f x( ) m có năm điểm cực trị là:

A

3 1

m m





 

 B 3 m C 31  m D 1

3 1

m m





 

f(x)=(5/18)X^3-(4/9)X^2-(31/18)X f(x)=1

f(x)=-3

-4 -3 -2 -1

1 2 3 4

x y

Lời giải Chọn B

Xét hàm số g x( ) f x( ) m , x  

Khi đó

( ) ( ) ( )

( )

f ' x f x m g' x

f x m





 ; g x '( ) 0

( ) 0 ( )

f ' x

f x m







Từ đồ thị ta thấy f x '( ) 0 có hai nghiệm phân biệt:

1 2

x x





 

Để hàm số đã cho có 5 cực trị khi và chỉ khi f x( )m có 3 nghiệm khác

nghiệm của f x '( ) 0

Dựa vào đồ thị ta thấy yêu cầu bài toán   3 m (O K)1

Cách khác ( Đề xuất) để y f x( ) m có năm điểm cực trị thì chỉ cần

phương trình f x  m có 3 nghiệm phân biệt

Câu 2 [2D1-3] Cho hàm số bậc bốn yf x( ) có đồ thị hàm số như hình vẽ bên

dưới Tìm tất cả các giá trị của m để y f x( ) m có năm điểm cực trị là:

A.m  B 22  m C 2 m  D 2

2 2

m m





 

f(x)=x^4 -4 x^2 +2 f(x)=-2

-5 -4 -3 -2 -1

1 2 3 4 5

x y

Lời giải Chọn C

Xét hàm số g x( ) f x( ) m , x  

Khi đó

'( ) ( ) '( )

( )

f x f x m

g x

f x m





 ; g x '( ) 0

'( ) 0 ( )

f x

f x m







Từ đồ thị ta thấy f x '( ) 0 có ba nghiệm phân biệt.

Để hàm số đã cho có 5 cực trị  f x( )m có 2 nghiệm khác nghiệm của '( ) 0

f x 

hoặc f x( )m có ba nghiệm phân biệt trong đó có nghiệm trùng nghiệm của f x '( ) 0

Dựa vào đồ thị ta thấy yêu cầu bài toán  m2

Câu 13 [2D2-4] [HSG,Bắc Giang, 2018]Trong không gian với hệ tọa độ , cho

mặt phẳng ( ) :P x y z   3 0 vàA3;2;1 ,B2;1;2 Lập phương trình mặt phẳng qua và vuông góc với ( )P đồng thời cách B một khoảng lớn nhất

A x y  2z 3 0 B x y 2z 3 0 C x 2y z 0 D x y  2z 3 0

Lời giải Chọn A.

Gọi  d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với mp  P vậy phương trình đường thẳng của đường thẳng là:

d     

Gọi  Q là mặt phẳng đi qua B và song song với mp P vậy phương trình mặt phẳng  Q là:

( ) :Q x y z   5 0

Giao điểm của đường thẳng  d và mp  Q là

8 5 2

; ;

3 3 3

C  

2 2 4

; ;

3 3 3

BC  

Vậy để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì mặt phẳng đi qua A3; 2;1 và vuông góc

với đường thẳng BC vậy ta có phương trình mặt phẳng cần tìm là:

( ) :P' x y  2z 3 0

Phát triển

Oxyz

A

Bài 1. [2D2-4] Trong không gian với hệ tọa độ , cho mặt phẳng

( ) :P x y z   3 0 vàA3; 2;1 ,B2;1; 2 Lập phương trình mặt phẳng qua A

và vuông góc với ( )P đồng thời cách B một khoảng lớn nhất

A x y 2z  1 0 B 2z  2 0 C 2z  2 0 D x y 3z 5 0

Lời giải Chọn B.

Gọi  d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với mp  P vậy phương trình

đường thẳng của đường thẳng là:

d     

 Gọi  Q là mặt phẳng đi qua B và song song với mp P vậy phương trình

mặt phẳng  Q là:

 Q x y z:   1 0

Giao điểm của đường thẳng  d

và mp  Q

là

8 5 2

; ;

3 3 3

C  

2 2 4

; ;

3 3 3

BC  

Vậy để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì mặt phẳng đi qua A3;2;1 và vuông góc

với đường thẳng BC vậy ta có phương trình mặt phẳng cần tìm là:

( ) :P' x y  2z 3 0

Bài 2. [2D2-4] Trong không gian với hệ tọa độ , cho mặt phẳng

( ) :P x 2y z  3 0 vàA1;0;1 ,B2;2;2 Lập phương trình mặt phẳng qua

A và vuông góc với ( )P đồng thời cách B một khoảng lớn nhất

A x y z   2 0 B x y  4z 6 0 C x y  3 0 D x y z  0

Lời giải Chọn A.

Gọi  d

là đường thẳng đi qua A và vuông góc với mp  P

vậy phương trình đường thẳng của đường thẳng là:

d    

Oxyz

Oxyz

Gọi  Q là mặt phẳng đi qua B và song song với mp P vậy phương trình

mặt phẳng  Q là:

 Q x:  2y z  0

Giao điểm của đường thẳng  d

và mp  Q

là

2 2 2

; ;

3 3 3

C  

4 4 4

; ;

3 3 3

BC   

Vậy để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì mặt phẳng đi qua A1;0;1 và vuông góc

với đường thẳng BC vậy ta có phương trình mặt phẳng cần tìm là:

 P :x y z   2 0

Câu 28 [1H3-3] [HSG,Bắc Giang, 2018]Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCDlà hình

vuông cạnh avà đường thẳng SAvuông góc với mặt phẳng ABCD

Lấy các điểm ,

M N lần lượt nằm trên các cạnh BC CD, sao cho mặt phẳng SAM vuông góc với

mặt phẳng SMN Đặt BM x DN, y với 0x y a,  Trong các đẳng thức sau,

đẳng thức nào đúng ?

A 2x2a2 a x y   B.x2a2 a x y  

C x2a2 a x 2y D x22a2 a x y  

Lời giải Chọn B.

Ta có: SMN  SAM tồn tại đường thẳng d trong SAM vuông góc với

SMN, suy ra d MN , mà MNSAnên MN SAM  MN AM

Ta có AMN 900  AMB NMC 900 tanAMBcotNMC

AB MC

x a y



  x2a2 a x y   (OK)

Câu phát triển

Câu 1: [1H3-3-PT1]Cho hình bình hành ABCD có khoảng cách từ A đến BD bằng

h Trên hai tia Ax Cy, cùng vuông góc với ABCD và nằm cùng một phía so với mặt phẳng ABCD ta lần lượt lấy hai điểm  M N, sao cho mặt phẳng

BDM , BDNvuông góc với nhau Đặt AM a CN b,  Chọn mệnh đề đúng

A.ab h 2 B a2b2 h2 C ab2h2 D a2b2 4h2

Lời giải Chọn A.

Gọi H K, lần lượt là hình chiếu vuông góc của A C, lên BD. Ta có AH CK h.

Vì

BD MA

BD AH









  BDAHM  MBD , ABCD MHA

Vì

BD CK

BD CN









  BDCKN  NBD , ABCD NKC

Ta có MBD  NBD  MBD , NBD 900

MBD , ABCD NBD , ABCD

MHA NKC

    tanMHA cotNKC

2

a h

ab h

h b

(OK)

Câu 2: [1H3-3- PT2]Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và

đường thẳng SAvuông góc với mặt phẳng ABCD Lấy các điểm M N, lần lượt nằm trên các cạnh BC CD, .Đặt CM x CN, y với 0x y a,  Biết mặt phẳng SAM , SAN tạo với nhau một góc  45 0 Chọn mệnh đề đúng

A.2a2 2a x y  xy 0 B 3a2 3a x y  xy 0

C a2 a x y  2xy 0 D a x y   a2 xy 0

Lời giải Chọn A.

Ta có

SAM SAN SA

SA ABCD













SAM , SAN

   AM AN,  MAN 450

1 2 45

A A

    tanA1A2 1

tan tan

1

1 tan tan





a x a y

   a a x y2    a2 a x a y    

2

2a ax ay

   ax ay xy   2a2 2a x y  xy0

Câu 29 [1D1-3] [HSG,Bắc Giang, 2018] Trong các giá trị của tham số msau đây,

giá trị nào thì phương trình cos 4x cos 2x2 m2  4m 3 m2  4m 6  7 sin 3x

có nghiệm

1 2



3 2



Lời giải

Chọn A.

Phương trình đã cho tương đương với

4.sin 3 sinx x sin 3x m 4m3 m 4m6 7

+ Xét VT 4.sin 3 sin2 x 2x sin 3x 4.sin 32 x sin 3x 5

+ Xét VPm24m3 m24m67

Đặt tm24m31

thì VP t t  37t23t7  (t 1)t2 5 5 Vậy: Ta có

5 5

VT

VP











2 sin 1;sin 3 -1 -1

t

 





2 2

sin 1;sin 3 1

2

m





Phân tích: Đây là một phương trình không mẫu mực được giải quyết bằng

phương pháp đánh giá hai vế Học sinh cần chú ý tới biểu thức của tham

số m để đưa ra được đánh giá, nếu học sinh không để ý biểu thức này mà

cố gắng cô lập tham số và xét hàm thì sẽ mất thời gian vì bài toán trở nên cồng kềnh, phức tạp về tính toán

Bài tập phát triển:

Ta có thể đưa ra một số bài toán tương tự

Câu 1 [1D1-3-PT1]Trong các giá trị của tham số msau đây, giá trị nào thì

phương trình

2

x

x x  m  m m  m    

  có nghiệm

Lời giải

Chọn A.

Phương trình đã cho tương đương với

4.cos 3 cosx xcos3x m 6m8 m 6m11 7

+ Xét VT 4.cos 3 cos2 x 2xcos3x 4.cos 32 x cos3x 5

+ Xét VPm26m8 m26m117

Đặt tm26m81

thì VP t t  37t23t7  (t 1)t2 5 5 Vậy: Ta có

5 5

VT

VP











2 cos 1;cos 3 1 1

t

 



cos 1

3

x

m







Câu 2 [1D1-3-PT2] Trong các giá trị của tham số msau đây, giá trị nào thì

phương trình  

2

2

7 sin 6 - sin 2 log 2 2 2.cos 2

2

1 2



Lời giải Chọn A.

Phương trình đã cho tương đương với

2

2

7

2

+ Xét VT  4.cos 4 sin 22 x 2 x cos 4x 4.cos 42 x cos 4x5

+ Xét

2

7

2

Ta có m2  4m 3 m 22 1  1

nên

Suy ra

2

7

2

Vậy: Ta có

5 5

VT

VP











2 2

sin 2 1;cos 4 1



 



2 2

sin 2 1

2

x

m





Câu 32 [2D1-3] [HSG,Bắc Giang, 2018] Cho hàm số

1

3

y mx  m x   m x

có đồ thị là C m

, với m là tham số Tìm tất cả các giá trị của m để trên C có duy nhất 1 điểm có hoành độ âm mà tiếp m tuyến của C m tại điểm đó vuông góc với đường thẳng :d x2y0

A

1 0

3

m

1 5 3

m m

 





 

0 2 3

m m







 

0 1

m m





 

Lời giải Chọn C.

  2

y mx  m x  m

Đường thẳng d có hệ số góc

1 2

k 

Tiếp tuyến của C m vuông góc với đường thẳng d 

 

2

1

x 1 mx 2 3m 0

1

2 3

x

m x

m







 

 (hiển nhiên m  thì phương trình (*) có 1 nghiệm 0 x  )1

Phương trình (*) có duy nhất 1 nghiệm âm

2 3

0

m m



0 2 3

m m









 

 (OK)

Câu 1: [2D1-3] Cho hàm số y2x33m1x26m1x1 có đồ thị là C , với m m

là tham số Tìm tất cả các giá trị của m để trên C m có 2 điểm có hoành độ

âm mà tiếp tuyến của C tại điểm đó vuông góc với đường thẳng : m d

x y

A 0 m B

0 1

m m





 

 C m  2 D m   1

Lời giải Chọn C.

2

y  x  m x m

Đường thẳng d có hệ số góc

1 6

k 

Tiếp tuyến của C vuông góc với đường thẳng d  m

2

1

2

6x 6 m 1 x 6 m 2 0

6 x 1 x 2 m 0

1 2

x





   



Phương trình (*) có 2 nghiệm âm  2 m0 m 2

Câu 2: [2D1-3] Cho hàm số y x 3 3mx23m21x 2m có đồ thị là 3 C m, với m

là tham số Tìm tất cả các giá trị của m để trên C có 2 điểm có hoành độ m

âm mà tiếp tuyến của C m tại điểm đó vuông góc với đường thẳng :d 1

9 6

y x

A 0 m B

1 1

m m

 



 

 C m  2 D m   1

Lời giải Chọn D.

y  x  mx m 

Đường thẳng d có hệ số góc

1 6

k 

Tiếp tuyến của C vuông góc với đường thẳng d  m

1

3x 6mx 3 m 1 0

3 x m 1 x m 1 0

1 1

x m

x m

 



   



Phương trình (*) có 2 nghiệm âm  m 1 0 m  1

Câu 33 [2D2-3] [HSG,Bắc Giang, 2018] [2D2-3] Cho mlogx x y3 với x1,y1

Đăt T log2x y54logy x Khi đó, giá trị của m để T đạt giá trị nhỏ nhất là

A 3. B 4. C 5. D 2.

Lời giải

Chọn A.

Ta có

m x y  y logx y2m 3 Khi đó,

x

x



Xét

m

108

m

m



Ta có f m'( ) 0 m3 Lập bảng biến thiên ta được Tmin f(3)

Vậy chọn A

Câu 33 [2D2-3PT1] Cho mlogx x y3 với x1,y1 Đăt T 6logx y24logy x Khi đó, giá

trị của m để T đạt giá trị nhỏ nhất là

A

1

2và

5

1

5

Lời giải Chọn C.

Ta có

m x y  y logx y2m 3 Khi đó,

x

x



Xét

m

48

f '(m) 12



Ta có

5 '( ) 0

2

(

1 2

m 

loại) Lập bảng biến thiên ta được min

5 ( ) 2

T f

Vậy chọn C

Câu 33 [2D2-3PT2] Cho m logx y

x



với x1, 0 y1 Đăt T logx ylogy x Khi đó, giá trị của lớn nhất của Tbằng

Lời giải Chọn D.

Ta có

1

2

y

x

   Khi đó,

x

x



Xét

m

2

f '(m) 2

 



Ta có f m'( ) 0 m 1(m 0 loại) Lập bảng biến thiên ta được T ma x f ( 1) 2

Vậy chọn D

Câu 37 [2D3-3] [HSG,Bắc Giang, 2018] Tính tích phân 2 2 2

2

sin cos

x x





 với a b  và 0 a2 b2

A

1

I

a b



2

I

a b



 C

2

I

a b



ab

a  b

Lời giải Chọn A.

Do

0 0

0

a a

b





 

 và

b

a





 

2

2 2 2 2

2 2 2 2

2

sin 2

cos 2 co

1

2

2

x I

x

a



2 2

d cos 2 2 d 2 sin 2 d t t sin 2 d

a b



Đổi cận x 0 t  2a2  2 a ,

2

2

x  t  b  b

2 2

2

2

2

2 2 2 2

b

b b

t

t









Bài tập phát triển

Câu 1 [2D3-3] Tính tích phân

2

0 sin sin d



với n  

A I  0 B I 2 C I 1 D

1 2

Lời giải Chọn A.

Xét tích phân

b

a

f a b x x 

 Đặt t a b x    dt dx

Đổi cận x a  t b  , x b  t Khi đó a

f a b x x   f t dt  f x x

Ta có

2

0 sin sinx nx xd I



Do I  I  I  0

Câu 1 [2D3-3] Tính tích phân

    cos mx cos nx xd







với m, n   và m2 n2

A I  0 B I 2 C I 1 D

1 2

Lời giải Chọn A.

Ta có

2







Do sin m n  sin m n  sin m n    sin m n     0