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.. Ha
Trang 1SỞ 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= -x mx + m
có đồ thị là
( )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
( )1; 4
C
b Cho hàm số
2 4 1
x y x
-= +
có đồ thị là
( )C
và hai điểm
( 3;0)
M
-,
( 1; 1)
N
- 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= -x mx + m
có đồ thị là
( )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
( )1; 4
C
TXĐ: D= ¡
Đạo hàm
2
3 6
y¢= x - mx
0
y¢= Û 3x2- 6mx=0
0 2
x
é = ê Û
ê = ë
Đồ thị có hai điểm cực trị khi
0
y¢=
có hai nghiệm phân biệt, khi m¹ 0
Tọa độ hai điểm cực trị là
-;
(2 ; 4 3 4 2 2)
B m - m + m
-
Ta có
(2 ; 4 3)
AB= m - m
uuur
4 16
Þ = + =2m 1 4+ m4
Phương trình đường thẳng AB là:
2m x y- - 4m + =2 0
Trang 2Khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng AB là:
( , ) 6 2 4
1 4
m
d C AB
m
-= +
Suy ra, diện tích tam giác ABC là:
1
2
S= d C AB AB= m- m
Từ giả thiết suy ra:
3
6m- 2m =4
1 2
m m
é =±
ê Û
ê =±
ë
Câu 1.b (1,25 điểm)
Cho hàm số
2 4 1
x y
x
-= +
có đồ thị là
( )C
và hai điểm
( 3;0)
M
-,
( 1; 1)
N
- 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:
2 3 0
x+ y+ =
Phương trình đường thẳng AB là:
2
y= x m+
Khi đó hai điểm A,Bcó hoành độ thỏa mãn :
2 4
2 1
x
x m x
- = + +
Điều kiện: x¹ - 1
Phương trình tương đương với:
2
2x +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
2 m m 4 0
ì D >
ïï
Û íï
-+ -+ ¹
ïî Û m2- 8m- 32>0
4 4 3
4 4 3
m m
é > + ê
Û ê < -ê
Trung điểm I của đoạn thẳng AB có tọa độ là
; 2
, với
1
x
,
2
x
là nghiệm của phương
trình
( )1
Mà
2
m
x + =-x
nên
;
4 2
m m
Iæç-ç ö÷÷÷
çè ø
Hai điểm
,
A B
đối xứng nhau qua đường thẳng MN khi và chỉ khi điểm I thuộc đường thẳng
Trang 3, khi và chỉ khi
2 3 0
4 2
- + + =
4
m
Û
( thỏa mãn)
Suy ra
(0; 4)
A
-,
(2;0)
A
hoặc
(2;0)
A
,
(0; 4)
B
-
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:
4cos x+4cos sinx 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
x+ x= ⇔ x= − ⇔ = − +x π kπ k∈¢
+)
5
6
x+ x− x= ⇔ x= x− π
5
2 6
k k
x
= − +
¢
Vậy phương trình có nghiệm: x 3 k
π π
= − +
,
k
x= − π + kπ x= π + π 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.
Trang 4Giả sử rút x thẻ với
(1≤ ≤x 9;x∈¥)
, số cách chọn x thẻ từ 9 thẻ trong hộp là
9
C
Do đó số phần tử của không gian mẫu là:
x
n Ω =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
Ta có
1
Do đó
9
1
x x
C
P A
C
1
17 60 0 5 12
Kết hợp điều kiện:
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
,
x y
Lời giải
Hệ đã cho trở thành
( )
3x 2x 5 2x x 1 2 y 1 y 2y 2 x 2y 2x 4y 3
Xét
f t = +t t t + t∈¡
2
1
+ +
Trang 5Do ( t2+ > ≥ −1 | |t t)
Suy ra
( )
f t
là hàm số đồng biến trên ¡
Do đó từ phương trình (*) ta có:
1
x= +y
thế vào phương trình (2) ta được:
1 2 2 1 4 3 0
y+ + y − y+ + y− =
2
2
2
y
y
=
= −
+) Với
2
y= −
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
1 1 1 1
ABCD A B C D
có các cạnh AB= AD 2=
,
AA =
và
· 60
BAD= °
Gọi
,
M N
lần lượt là trung điểm
1 1, 1 1
A D A B
a Chứng minh rằng
1
AC
vuông góc với mặt phẳng
b Tính thể tích khối chóp A BDMN.
Lời giải
a Chứng minh rằng 1
AC
vuông góc với mặt phẳng
Ta có:
1
⊥
(1)
Trang 6( )
1
2
=uuuruuur uuuruuur uuuuruuur+ + + uuuruuur+ uuuruuur+ uuuuruuur
( )
1 2 2
.2 2.2.cos 60 3 0
°
uuur uuuruuur uuur
1
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
1
AC ⊥ BDMN
b Tính thể tích khối chóp A BDMN.
Gọi
{ }
1
AA ∩DM ∩BN = I ⇒A M N1, ,
lần lượt là trung điểm của
, ,
AI DI BI
.
.
2
.2 3.2
I AMN
A BDMN I ABD
I ABD
A BDMN ABD
Vậy
.
3 2
A BDMN
Câu 5 (1.0 điểm) Cho hình chóp S ABCD
, đáy ABCD
là hình chữ nhật có
AB= BC =
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 HBCKlà hình chữ nhật
Trang 7Ta có:
BC⊥ SAB ⇒
Góc giữa mặt phẳng
và
là: ·SBH
Theo giả thiết:
SBH =SKH ⇒ ∆SHB= ∆SHK g c g− − ⇒HK =HB BC= =
Do đó A là trung điểm của HB.
Ta thấy YABDK là hình bình hành
/ / / /
mà
SA∈ SAK
Suy ra
d BD SA =d BD SAK =d D SAK =d H SAK = =h
Do tam diện H SAK. vuông tại H nên:
h = HS + HA +HK ⇔ = HS + +
6
SH
Suy ra
.
.6.3.6 36 (dvtt)
S ABCD ABCD
Gọi α
là góc giữa hai đường thẳng SA và
BD⇒ =α BD SA = AK SA
Ta có:
6 2, 3 5
SK = SA AK= =
Trong tam giác SAK có:
2 2.3 5.3 5 5
SAK
AS AK
Vậy
· arccos 1
5
SAK
Câu 6 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
(Oxy)
, cho tam giác ABCngoại 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)
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
7 0
x y+ + =
Lời giải
Trang 8đi qua
( )2;1
J
và
(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=
· 1( » » ) 1( » » ) ·
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
(2; 4)
bán kính
2
0 5 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
( 3; 4 )
B − −
BC
đi qua
( 3; 4)
B − −
và vuông góc AH nên có phương trình:
2 5 0
x− y− =
Trang 9
Khi đó C là nghiệm của hệ:
5;0
2 5 0
C
Vậy
( ) (2;6 , 3; 4 ,) ( )5;0
Câu 7 Cho các số thực dương
, ,
a b c
thỏa mãn a b c+ + =1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
14
A
Lời giải
Ta có
2
Do đó
7 1
A
Đặt
t a= + +b c
Vì
, , 0
a b c>
và a b c+ + =1
nên 0< <a 1
, 0< <b 1
, 0< <c 1
Suy ra
t a= + + < + + =b c a b c
Mặt khác
1= a b c+ + =a2+ + +b2 c2 2(ab bc ca+ + ) ≤3 a( 2+ +b2 c2)
Suy ra
3
t a= + + ≥b c
Vậy
1
;1 3
t∈
÷
Xét hàm số
7(1 ) 3
( )
2
7 121 '
7 1
f t
= − +
−
( )
' 0
f t = ⇔72t2+98t−49 0=
7 18
t
⇔ =
hoặc
7 4
t = −
(loại)
Trang 10Lập BBT của hàm số
( )
f t
Dựa vào BBT suy ra
f t ≥ f = ∀ ∈t
Vậy
324 min
7
A=
đạt được khi
a= b= c=