Đề thi chọn HSG cấp tỉnh Toán 12 THPT năm 2019 sở GD&ĐT Quảng Ninh - TOANMATH.com

Nhà kho thứ hai có 9 cái điều hòa tốt và 6 cái điều hòa hỏng Giả thiết các điều hòa ở hai nhà kho, mỗi cái đựng trong hộp kín, nhìn bề ngoài không phân biệt được.. Hùng vào mỗi nhà kho [r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH QUẢNG NINH

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐỀ BÀI Câu 1 (4 điểm) Cho hàm số 2 1

1

x y x





 có đồ thị  C Gọi M là điểm bất kì trên  C Tiếp tuyến

của  C tại M cắt hai đường tiệm cận của  C tại A và B Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận Tìm trên  C tất cả các điểm M sao cho chu vi tam giác IAB nhỏ nhất

Câu 2 (3 điểm) Giải hệ phương trình:

3 2 6 4 3 2

6 4 3





x xy y y x xy

Câu 3 (4 điểm)

a) Cho a log 3;2 b log 5;3 c log 27 Tính log 441 theo , ,280 a b c

b) Có 2 nhà kho, nhà kho thứ nhất có 8 cái điều hòa tốt và 4 cái điều hòa hỏng Nhà kho thứ hai có 9 cái điều hòa tốt và 6 cái điều hòa hỏng ( Giả thiết các điều hòa ở hai nhà kho, mỗi cái đựng trong hộp kín, nhìn bề ngoài không phân biệt được) Hùng vào mỗi nhà kho lấy ra ngẫu nhiên 2 cái điều hòa Tính xác suất để 4 cái điều hòa Hùng lấy được có ít nhất 2 cái tốt

Câu 4 (3 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có 3 góc đều nhọn và nội

tiếp đường tròn tâm I Gọi K là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳngAC, H

là hình chiếu vuông góc của Ctrên đường thẳng BI Đương thẳng ACvà KH lần lượt

có phương trình x y  1 0 và x2y 1 0 Biết điểm B thuộc đường thẳng y 5 0, điểm I thuộc đường thẳng x 1 0 Tìm tọa độ điểm C

Câu 5 (4 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , tâm O Biết SO

vuông góc với mặt phẳng(ABCD),SB3a và BAD120 Gọi M và N lần lượt là các điểm thuộc các cạnh BC và SA sao cho 2 , 1

BM  BC SN  SA a) Tính thể tích hình chóp S MND theo a

b) Gọi  là góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (SBD) Tính cos

Câu 6 (2 điểm) Cho các số thực a b c, ,  1;4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2

a b P

c ab bc ca





HẾT

-KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT NĂM 2019

Môn thi: TOÁN - Bảng A

Ngày thi: 03/09/2019

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1 Cho hàm số 2 1

1

x y x





 có đồ thị  C Gọi M là điểm bất kì trên  C Tiếp tuyến của  C

tại M cắt hai đường tiệm cận của  C tại A và B Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận Tìm trên  C tất cả các điểm M sao cho chu vi tam giác IAB nhỏ nhất

Lời giải

TXĐ: D \ 1 

Ta có

 2

1 1

y x



 



Ta có:   ; 2 1  1

1

m

m





Tiếp tuyến của  C tại M có phương trình

 2 

:

1 1

m

m m



 C có đường tiệm cận đứng d x1: 1; đường tiệm cận ngang d y2: 2

Ta có I d 1 d2I 1;2

Ta có A   d1 Tọa độ A là nghiệm của hệ

 2 

1

m





Suy ra 1; 2

1

m A

m

Ta có B  d2  Tọa độ B là nghiệm của hệ

 2 

2

2 1

1

y

m

m m











Suy ra B m2 1;2

1

m

 

2

2

1

1

m

 Chu vi tam giác IAB là

 

 

2

2

IAB



Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương 1 ; 1

1

m

m



 ta có

1

1

m

m

 (1)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương  

 

2

2

1

1 ;

1

m

m



 ta có

 

Từ (1), (2) suy ra  

2

2

Suy ra CIAB 2 2  2

Dấu ‚=‛ xảy ra khi và chỉ khi 1 0

1

2 1

m m

m m





     

 (thỏa mãn) + Với m 0 M 0;1

+ Với m 2 M 2; 3 .

Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu đề bài: M1 0;1 ; M2 2;3

Câu 2 Giải hệ phương trình:

3 2 6 4 3 2

6 4 3





x xy y y x xy

Lời giải Cách 1:

 

 

3 2 6 4 3 2

6 4 3

x xy y y x xy





Điều kiện: 3 2

6 4

9

y

y

x xy

x

y y

 





Với điều kiện trên,  1 e x xy3  2lnx3xy2e y y6  4 lny6y4 Xét hàm số y g t   e t lnt trên 0;

 

1 0, 0;

t

t

      

 

y g t

  đồng biến, liên tục trên 0;

Do đó  1 x xy3 2  y6y4

3

3

   

    

Xét hàm số y h t   t t3 trên

2

3 1 0,

y  t    t

 

y h t

  đồng biến, liên tục trên

Do đó  1 x y

y

   x y2 Thế vào phương trình  2 ta được: 9y 2 3 7y22y 5 2y3 Đặt a 9y2a0

Phương trình trở thành:

2

a           

3 2

2 2 2 2 2 5 2 2 2 3

         

63a 414a 3069 2a 9a 31

a 4a 5 8  a4 36a3 311a2 558 1643a  0

4

5

a

a



 



 





Với a4 thì y  2 x 4 (thỏa điều kiện)

Với a5 thì y  3 x 9 (thỏa điều kiện)

Vậy hệ phương trình có nghiệm:    4;2 , 9;3

Cách 2:

Điều kiện: 3 2

6 4

2

2 9

9

y

y

y y

 



(*)

Khi đó phương trình

6 4



Xét hàm số y f t e ( ) t lnt trên (0;)

Ta có f t'( ) e t 1 0, t (0; )

t

     

Suy ra hàm số y f t e ( ) t lnt đồng biến trên (0;)

Do đó (1) x xy3 2 y6y4

(x y x xy)( y y ) 0 x y

        ( vì x xy2 2y4y2 0 với điều kiện (*)) Thay x y 2 vào phương trình còn lại của hệ ta được:

2 3

9y 2 7y 2y 5 2y3

2 3 (y 2) 9y 2 (y 1) 7y 2y 5 0

2

2

2

2

y



   



2 5 6 0

    ( Vì với điều kiện (*) thì vế trái (2) >0 nên (2) vô nghiệm)

2

3

y

y





  



Với y2 thì x4

Với y3 thì x9

Vậy hệ có 2 nghiệm ( ; ) (3;2),(9;3).x y 

Câu 3 a) Cho a log 3;2 b log 5;3 c log 27 Tính log 441 theo , ,280 a b c

b) Có 2 nhà kho, nhà kho thứ nhất có 8 cái điều hòa tốt và 4 cái điều hòa hỏng Nhà kho thứ hai có 9 cái điều hòa tốt và 6 cái điều hòa hỏng ( Giả thiết các điều hòa ở hai nhà kho, mỗi cái đựng trong hộp kín, nhìn bề ngoài không phân biệt được) Hùng vào mỗi nhà kho lấy ra ngẫu nhiên 2 cái điều hòa Tính xác suất để 4 cái điều hòa Hùng lấy được có ít nhất 2 cái tốt

Lời giải

a) Ta có log 72 1g;log 5 log 3.log 52 2 3 a b .

c

2 2

2

log 3 7 2 log 3 log 7 log 441

log 441

log 280 log 2 7.5 3 log 7 log 5



 

280

1

log 441 1

3

c

c abc ab

c

  

 

b) Số cách lấy 4 điều hòa mỗi kho 2 điều hòa là: C C122 152 6930

Gọi A là biến cố ‚ Hùng lấy được ít nhất 2 điêu hòa tốt‛

A là biến cố ‚ Hùng lấy được tối đa 1 điêu hòa tốt‛

Trường hợp 1: Hùng không lấy được điều hòa tốt

Khi đó lấy 2 điều hòa không tốt ở kho 1 và 2 điều hòa không tốt ở kho 2

Số cách lấy là: C C42 62 90(cách)

Trường hợp 2: Hùng lấy được 1 điều hòa tốt

Khi đó Hùng lấy được 1 điều hòa tốt ở kho 1 hoặc kho 2

Số cách lấy là: C C C C C C41 .81 62 42 .91 16 804(cách)

Vậy A 90 804 894

Vậy xác suất Hùng lấy được nhiều nhất 1 điều hòa tốt là :

1

Câu 4 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có 3 góc đều nhọn và nội tiếp

đường tròn tâm I Gọi K là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳngAC, H là hình chiếu vuông góc của Ctrên đường thẳng BI Đương thẳng ACvà KH lần lượt có phương trình x y  1 0 và x2y 1 0 Biết điểm B thuộc đường thẳng y 5 0, điểm I thuộc đường thẳng x 1 0 Tìm tọa độ điểm C

Lời giải

Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình 2 1 0 3  3;2

K

Đường thẳng KB có phương trình x y  5 0

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 5 0 0  0;5

B

Ta có: BAK BEC và AKF CKH HBC  ( do tứ giác BKHC nội tiếp đường tròn)

0 90

Đường thẳng AB có phương trình 2x y  5 0

Tọa độ A là nghiệm của hệ 2 5 0 2  2;1

A

Gọi I1;a thuộc đường thẳng x 1 0

IA IB  IA IB    a   a   a I  Gọi C c ; 1 c thuộc đươngt thẳng x y  1 0

3

c

c

 



Với c  2 C2;1: loại do trùng với A

Với c  3 C3;2

Vậy: C3;2

Câu 5 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , tâm O Biết SO vuông góc

với mặt phẳng(ABCD),SB3a và BAD120 Gọi M và N lần lượt là các điểm thuộc các cạnh BC và SA sao cho 2 , 1

BM  BC SN  SA a) Tính thể tích hình chóp S MND theo a

b) Gọi  là góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (SBD) Tính cos

Lời giải

Gọi H là hình chiếu của N lên mặt phẳng (ABCD)

Ta có .

.

1 2

S MND

A MND

V  NA . 1 . 1 . 1 1 . .

Ta có: // 2 2

NH AN

SO AS

Mặt khác BAD là tam giác đều cạnh a 3

2

a BO

Do đó ta có:

2

4

a

Ta có:

2

AMD ABCD ABM DCM ABCD ABC BCD

ABCD ABCD ABCD ABCD

a

Do đó

3 1 1 . . 11

a

b) Ta có ACBD;AC SO  AC(SBD)

Kẻ MF AC F BD NE AC E SO// ,  ; // ,  EFlà hình chiếu của MNlên (SBD)

Gọi I EF MN    FIM

Vì

2 3

3

OC

IF MF

MF NE

IE NE OA

3

IF IE IF EF

2

OC BC

Ta có tan 1

15

MF IF

Mặt khác 1 tan2 12 cos 15



Câu 6. Cho các số thực a b c, ,  1;4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  

2

a b P

c ab bc ca





Lời giải

Ta có :

2

2 2

2

a b

c ab bc ca







Mà do  2

4 .a b a b nên

 2  2

2 2



Đặt t a b,

c



 do a b c, ,  1;4 nên 1 ;8

2

t   

Khi đó

2 2

1

t

t t

2

( )

f t f  

 

Suy ra, giá trị nhỏ nhất của P bằng 1

13 khi

1 4

a b c

 



 

HẾT