Tổ-14-Đ2-de-thi-chon-hsg-cap-tinh-12-nam-2018-2019-sgd-quang-ngai-hoan-chinh

Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng y2x m luôn cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt ,A B.. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp đúng 1 viên bi.. Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NGÃI

(Đề chính thức)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

LỚP 12 NĂM HỌC 2018-2019 Ngày thi: 18/10/2018

Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút

Họ và tên: ……… ……… SBD:……….

Câu 1 ( 5,0 điểm ).

a) Giải phương trình  

2

2 3 sin 3 cos 2sin

cos

1 2cos tan

x



b) Giải hệ phương trình

2





Câu 2 ( 3,0 điểm ).

Cho hàm số

2 1 1

x y x





 có đồ thị  C Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng y2x m luôn cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt ,A B Gọi k k lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với1, 2

 C tại ,A B Tìm m để biểu thức P k1 2019 k2 2019 đạt giá trị nhỏ nhất

Câu 3 ( 3,0 điểm ).

a) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 1  

     Tìm hệ số của số hạng chứa x4 trong hai triển nhị thức Niu-tơn 2  

3

3

n

x

b) Có hai chiếc hộp chứa bi, mỗi viên bi chỉ mang màu xanh hoặc đỏ Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp đúng 1 viên bi Biết tổng số bi trong hai hộp là 20 và xác suất để lấy được hai viên bi màu xanh là 55

84 Tính xác suất để lấy được hai viên bi màu đỏ

Câu 4 (4,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A Tam giác SAB đều và

nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy Biết AB7 ,a BC7a 3 E là điểm trên cạnh SC

sao cho CE2ES

a) Tính thể tích khối chóp E ABC

b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BE

Câu 5 (3,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD và điểm E thuộc cạnh

BC Đường thẳng qua A và vuông góc với AE cắt CD tại F Gọi M là trung điểm EF , đường thẳng AM cắt CD tại K Tìm tọa độ điểm D biết A  6;6

, M  4; 2

, K  3;0

và E

có tung độ dương

Câu 6 (2,0 điểm) Cho các số thực không âm a b c, , thỏa c a c b ,  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2

2

2

 HẾT 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NGÃI

(Đề chính thức)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

LỚP 12 NĂM HỌC 2018-2019 Ngày thi: 18/10/2018

Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút

Họ và tên: ……… ……… SBD:……….

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1 ( 5,0 điểm ).

a) Giải phương trình  

2

2 3 sin 3 cos 2sin

cos

1 2cos tan

x





Lời giải

Tác giả: Vĩnh Tín, FB: Vĩnh Tín

Điều kiện:

1 cos

2 cos 0 tan 0

x x x















 Khi đó

2

2

2 3 sin 3 cos 2sin

cos 2 3 sin 3 cos 2sin sin 2sin cos

1 2cos tan

 2

2 3 sin x 3 cosx 3sinx 2sin cosx x 0

3 sinx 2sinx 3 cosx 2sinx 3 0

2sinx 3  3 sinx cosx 0

 

 

3 sin cos 0 1 2sin 3 0 2

x

 



+)  1 3sin 1cos 0 sin 0 ,





+)

 2 sin 3

2

2

2 2 3

k

x











 



  



Kết hợp điều kiện ta suy ra nghiệm của phương trình là:

2 2 3

k











 



  





b) Giải hệ phương trình

2





Lời giải

Tác giả: Nguyễn Hoàng Kiệt ; Fb: Nguyễn Hoàng Kiệt

Xét hệ phương trình

2







+) Điều kiện:

 

2 2

3 3

1

3

x x

*









    

+) Với điều kiện  * , từ  2 y2 4 y 12 4 1.  3

+) Xét hàm số:    2  1

4

3



 

 2 

1

1 0

3 4

t

t



Suy ra, hàm số f t   t24 t

đồng biến trên

1

; 3

 





Mặt khác f t 

liên tục trên

1

; 3

 



 Do đó, từ    

 

+) Thay

1

y x



vào  1

, ta được: 2x 7  3x 2 x3 5.  4

Nhận thấy,

7 2

x 

không là nghiệm của  4 , nên  4 có thể viết lại:

x

 

2

0

g' x

x

x





Suy ra g x  đồng biến trên

2 7

;

3 2

 





 và

7

; 2



 

Mà g 1 g 6  , nên 0  4 có hai nghiệm x1,x6. +) Vậy nghiệmx y; 

của hệ phương trình là 1;1

và

1 6;

6

 

 

 

Câu 2 ( 3 điểm ). Cho hàm số

2 1 1

x y x





 có đồ thị  C Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng

2

y x m luôn cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt ,A B Gọi k k lần lượt là hệ số góc của các 1, 2

tiếp tuyến với  C tại ,A B Tìm m để biểu thức P k1 2019 k2 2019 đạt giá trị nhỏ nhất

Lời giải

Tác giả:Trần Lê Vĩnh Phúc ; Fb: Trần Lê Vĩnh Phúc

Phương trình hoành độ giao điểm : 2 1 2  1

1

x

x m x



 

 Điều kiện: x 1

Từ  1 2x24 m x  1 m0

Vì    2   2

và x 1 không là nghiệm  1 nên phương

trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m

Gọi A x 1, 2 x1m B x;  2, 2 x2m

là hoành độ tiếp điểm với x x lần lượt là hai nghiệm1, 2

của  1 .

Hệ số góc

1

2

1 1

2 1

1

k x

k x













 



Mà  

1

  

Dấu ”=” xảy ra khi

 

0 2

x x l

x x

 

 



Câu 3 ( 3,0 điểm ).

a) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 1  

     Tìm hệ số của số hạng chứa x4

trong khai triển nhị thức Niu-tơn 2  

3

3

n

x

Lời giải

Tác giả:Trần Văn Đức ; Fb: Đức trần văn

Ta có:

   

1

4 ! 3 !

1 !.3! !.3!

2





Với

12 12

12 3

0

3

k

x



Số hạng chứa x4 ứng với 24 5 k  4 k  4

Vậy hệ số chứa x4 là

4 8 4

12.2 3

C

b) Có hai chiếc hộp chứa bi, mỗi viên bi chỉ mang màu xanh hoặc đỏ Lấy ngẫu nhiên từ mỗi

hộp đúng 1 viên bi Biết tổng số bi trong hai hộp là 20 và xác suất để lấy được hai viên bi màu

xanh là

55

84 Tính xác suất để lấy được hai viên bi màu đỏ

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thiện ; Fb:Thien Nguyen

Giả sử hộp thứ nhất có x viên bi, trong đó có a viên bi xanh, hộp thứ hai có y viên bi, trong

đó có b viên bi xanh (điều kiện , , ,x y a b nguyên dương, x y x a y b ,  ,  )

Từ giả thiết ta có:

20 (1) 55

(2) 84

x y ab xy

 











Từ (2) 55 xy 84ab  xy 84 , mặt khác:

2

1 ( ) 100 84 (3) 4

xy x y   xy

Từ (1) và (3) suy ra

14 6

x y











Từ (2) và (3) suy ra ab 55, mà a x 14,b y  6 a11,b 5

Vậy xác suất lấy được hai viên bi đỏ là:

1

28

x a y b P

 

Câu 4 (4,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A Tam giác SAB đều và

nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy Biết AB7 ,a BC7a 3 E là điểm trên cạnh SC

sao cho CE2ES

b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BE

Lời giải

Tác giả: Bùi Thu Hương ; Fb:Cucai Đuong

a) Tam giác ABC vuông tại A nên ( )2 ( )2

Gọi H là trung điểm củaAB

,

ïï

íï

Tam giác SAB đều nên

7 3 2

a

SH =

Cách 1: Ta có

S.

.

1 3

ABE

S ABC

.

2 3

E ABC

S ABC

V V

3

EJ

3

b) Dựng D sao cho BCAD là hình bình hành Khi đó AC // (BED)

Vì BD^(SAB) (Þ BDE) (^ SAB) Gọi I=SH DEÇ Þ (SAB) (Ç BDE)=BI

Từ H kẻ HK ^BI tại K Khi đó HK^(BDE) Þ d(AC BE, )=2HK

Ta có

a

HI= SH = Trong tam giác vuông BIH :

7 3

a HK

æ ö æ ö÷ ÷

= + =çç ÷÷÷+çç ÷÷= Þ =

è ø

d AC BE, 2HK a 21

Câu 5 (3,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD và điểm E thuộc cạnh

BC Đường thẳng qua A và vuông góc với AE cắt CD tại F Gọi M là trung điểm EF ,

đường thẳng AM cắt CD tại K Tìm tọa độ điểm D biết A  6;6

, M  4; 2

, K  3;0

và E

có tung độ dương

Lời giải

Tác giả:Nguyễn Phong Vũ ; Fb:Nguyễn Phong Vũ

Ta có ABEADF vì ABAD và BAE DAF (cùng phụ với DAE )

Suy ra AEF vuông cân

Do M là trung điểm EF  AM EF và ME MA MF 

Ta có AM 2; 4 

và AM  20 Đường thẳng EF đi qua M và vuông góc với MA nên có phương trình x 2y 8 0

Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AFE : x42y 22 20

Tọa độ điểm E F, thỏa hệ

 42  22 20

2 8 0





  



Giải hệ ta được tọa độ E0;4

, F  8;0

, (y  ) E 0

Với E0; 4

, F  8;0

Đường thẳng CD qua F  8;0

và K  3;0

nên có phương trình y 0 Đường thẳng AD qua A  6;6

và vuông góc với FK nên có phương trình x  6 0

 6,0

D CD AD D 

Câu 6 (2,0 điểm). Cho các số thực không âm , ,a b c thỏa c a c b ,  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức

2

2

2

Lời giải

Tác giả:Phạm Hữu Thành ; Fb: Phạm Hữu Thành.

Ta có :

ab bc ca

Suy ra

2

   

Đặt ;b ;  0; 0

Ta có

2

2

a

 

Hay

3

P

Đặt t x y,t 2

y x

Xét hàm số f t  4t 2 t3 3 16t 

2

Lập bảng biến thiên suy ra   63

4

f t 

Suy ra

1 4

P 

và

1 1

2 4

0

a

c







 

 hoặc

1 1 2 0

a b c















 Vậy min

1 4

 HẾT 