Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2018-2019 – Sở Giáo dục và Đào tạo Thái Nguyên

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

35
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2018-2019 – Sở Giáo dục và Đào tạo Thái Nguyên với mục tiêu hỗ trợ các em học sinh ôn luyện, luyện thi dễ dàng và hiệu quả hơn vượt qua kì thi gặt hái nhiều thành công.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2018-2019 – Sở Giáo dục và Đào tạo Thái Nguyên

ĐỀ THI HSG LỚP 12 TỈNH THÁI NGUYÊN NĂM HỌC: 2018-2019 THỜI GIAN : 180 PHÚT Bài 1(4 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3 x 2 + 4 có đồ thị (C ) , đường thẳng (d ) đi qua A(1; 2) và có hệ số góc m . Tìm m để (d ) cắt (C ) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho BC = 4 2 . Bài 2(4 điểm). Giải phương trình ( x3 − 7 x 2 + 9 x + 12 = ( x − 3) x − 2 + 5 x − 3 )( ) x − 3 −1 Bài 3 (4 điểm). u1 = 2 Cho dãy số (un )n=1 thỏa mãn  ∞  . u1 + u2 + ... + un−1 + un = n un , n ≥ 1 2 Tìm giới hạn lim (n 2un ) . Bài 4 (4 điểm). Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AB = a . Gọi I là trung điểm của AC . Biết hình chiếu của S lên mặt phẳng ABC là điểm H thỏa mãn BI = 3IH và góc giữa hai mặt phẳng ( SAB) ; ( SBC ) bằng 60ο . Tính thể tích khối chóp S . ABC đã cho và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB , SI theo a . 8 Bài 5 (4 điểm). Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện x 2 + 2 y 2 = . Tìm giá trị lớn nhất 3 của biểu thức P = 7 ( x + 2 y ) − 4 x 2 + 2 xy + 8 y 2 . HẾT
HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1(4 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3 x 2 + 4 có đồ thị (C ) , đường thẳng (d ) đi qua A(1; 2) và có hệ số góc m . Tìm m để (d ) cắt (C ) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho BC = 4 2 . Lời giải +) Phương trình đường thẳng (d ) : y = m ( x −1) + 2 +) Phương trình hoành độ giao điểm x3 − 3 x 2 + 4 = m( x −1) + 2 ⇔ x3 − 3 x 2 − mx + m + 2 = 0  x =1 ⇔ ( x −1)( x 2 − 2 x − m − 2) = 0 ⇔   g ( x ) = x 2 − 2 x − m − 2 = 0 Giả sử g ( x) = 0 có hai nghiệm x1 , x2 , khi đó B ( x1; m ( x1 −1) + 2) ; C ( x2 ; m ( x2 −1) + 2) BC 2 = (m 2 + 1)( x1 − x2 ) = (m 2 + 1) ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2  2 2   = (m 2 + 1)(4 + 4m + 8) = 32 ⇔ m = 1 Thay m = 1 vào g ( x) = x 2 − 2 x − 3 = 0 ⇔ x = −1; x = 3 (thỏa mãn). Vậy m = 1 . ( Bài 2(4 điểm). Giải phương trình x3 − 7 x 2 + 9 x + 12 = ( x − 3) x − 2 + 5 x − 3 )( ) x − 3 −1 Lời giải Điều kiện: x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3. Phương trình đã cho tương đương với ( x − 4)( x 2 − 3x − 3) = ( x − 3)( x − 2 + 5 x − 3 )( x − 3 −1) ⇔ ( x − 3 −1)( ) ( x − 3 + 1 ( x 2 − 3 x − 3) = ( x − 3) x − 2 + 5 x − 3 )( ) x − 3 −1   x − 3 −1 = 0  → x −3 =1 ⇔ x = 4 ⇔ 2 . ( ) ( ( x − 3x − 3) x − 3 + 1 = ( x − 3) x − 2 + 5 x − 3  (∗)) Dễ thấy x = 3 không là nghiệm của phương trình đã cho. x 2 − 3x − 3 x − 2 + 5 x − 3 Với x > 3, giải phương trình (∗) , ta được = x−3 x − 3 +1 2 ( x − 4) + 5 ( x − 4) + 1 x − 3 + 5 x − 3 +1 ⇔ x − 4 +1 = x − 3 +1 ⇔ f ( x − 4) = f x − 3 . ( ) t 2 + 5t + 1 3 Xét hàm số f (t ) = trên (−1; +∞) , có f ′ (t ) = 1 + 2 > 0; ∀t > −1. t +1 (t +1)
Suy ra f (t ) là hàm số đồng biến trên f (t ) mà f ( x − 4) = f ( x −3 )  x − 4 ≥ 0  x ≥ 4 9+ 5 Do đó x − 4 = x − 3 ⇔  2 ⇔  2 ⇔ x= . ( x − 4) = x − 3  x − 9 x + 19 = 0 2 9+ 5 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 4; x = . 2 Bài 3 (4 điểm). u1 = 2 Cho dãy số (un )n=1 thỏa mãn  ∞ . Tìm giới hạn lim (n 2un ) . u1 + u2 + ... + un−1 + un = n un , n ≥ 1 2 Lời giải Theo giả thiết ta có: 2 (n +1) un+1 = (u1 + u2 + ... + un ) + un+1 = n2un + un+1 ⇒ (n 2 + 2n) un+1 = n 2un ⇒ (n + 2)un+1 = nun n n n −1 n n −1 n − 2 ⇒ un+1 = un = . un−1 = . . .un−2 n+2 n + 2 n +1 n + 2 n +1 n n n −1 n − 2 1 4 = ... = . . ... u1 = n + 2 n +1 n 3 (n + 2)(n +1) 4 4n 4n ⇒ un = ⇒ n 2un = ⇒ lim (n 2un ) = lim =4. n (n + 1) n +1 n +1 Bài 4 (4 điểm). Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AB = a . Gọi I là trung điểm của AC . Biết hình chiếu của S lên mặt phẳng ABC là điểm H thỏa mãn BI = 3IH và góc giữa hai mặt phẳng ( SAB) ; ( SBC ) bằng 60ο . Tính thể tích khối chóp S . ABC đã cho và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB , SI theo a . Lời giải  BH ⊥ AC a) Từ giả thiết của bài toán ta có  ⇒ AC ⊥ ( SBH ) ⇒ AC ⊥ SB . SH ⊥ AC
 AJ ⊥ SB Kẻ IJ ⊥ SB ⇒  ⇒ góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SCB ) bằng góc giữa CJ ⊥ SB hai đường thẳng AJ và CJ . Dễ thấy ∆AIJ là tam giác cân tại J , kết hợp với giả thiết góc giữa hai mặt phẳng ( SAB) và ( SCB ) bằng 60ο ta có hai trường hợp sau: TH1: AJC = 60ο ⇒ AJI = 30ο . a 6 Ta có IJ = AI .tan 60ο = ⇒ BJ = BI 2 + IJ 2 = 2a. 2 IJ .BH AC a 4a ∆BIJ ∼ ∆BSH ⇒ SH = . Mặt khác IB = = ⇒ BH = . BJ 2 2 3 2 a 6 1 6a 3 Nên ta có SH = ⇒ VS . ABC = SH .S ABC = (đvtt). 3 3 18 TH2: AJC = 120ο ⇒ AJI = 60ο . a 2a Ta có IJ = AI .tan 30ο = ⇒ BJ = BI 2 + IJ 2 = . 6 6 2a 1 2a 3 Làm tương tự TH1 ta có SH = ⇒ VS . ABC = SH .S ABC = (đvtt). 3 3 18 b) Gọi E là trung điểm của BC ⇒ IE AB . Do vậy ta có d ( AB, SI ) = d ( AB, ( SIE )) = d ( B, ( SIE )) . Do BI = 3IH ⇒ d ( B, ( SIE )) = 3d ( H , ( SIE )) . Kẻ HK ⊥ IE ( K thuộc IE ). Mặt khác ta lại có SH ⊥ ( ABC ) nên SH ⊥ IE ⇒ IE ⊥ ( SHK ) ⇒ ( SIE ) ⊥ ( SHK ) . Kẻ HF ⊥ SK ⇒ HF ⊥ ( SIE ) ⇒ d ( H , ( SIE )) = HJ . 1 1 1 SH .HK Xét tam giác vuông SHK ta có: 2 = 2 + 2 ⇒ HF = . HF HK SH SH 2 + HK 2 HK IH 1 1 a Mặt khác = = ⇒ HK = BE = . BE IB 3 3 6 a 6 6a - Khi SH = ta có HF = . 3 15
2a 2a - Khi SH = ta có HF = . 3 9 8 Bài 5 (4 điểm). Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện x 2 + 2 y 2 = . Tìm giá trị lớn nhất 3 của biểu thức P = 7 ( x + 2 y ) − 4 x 2 + 2 xy + 8 y 2 . Lời giải 2 2 Ta có: 4 x 2 + 2 xy + 8 y 2 = 16 x 2 + 32 xy + 128 y 2 = 7 ( x − 2 y ) + (3 x + 10 y ) ≥ 3 x + 10 y (1) Suy ra: P = 7 ( x + 2 y ) − 4 x 2 + 2 xy + 8 y 2 ≤ 7 x + 14 y − (3 x + 10 y ) = 4 ( x + y ) .  1    Mặt khác: x + y = 1.x + 2 y ≤ 1 + 1 ( x 2 + 2 y 2 ) = 2 ⇒ P ≤ 4.2 = 8 (2).  2   2     2 7 ( x − 2 y ) = 0  4    x=  x 2y  3 Đẳng thức xảy ra ở (1) & (2) khi và chỉ khi  = ⇔ .  1 1  2  y =  2  3  2 8 x + 2 y2 =  3  4  x =  3 Vậy GTLN P = 8 đạt được khi  .  2 y =  3