Tải bản đầy đủ

Đề thi chọn HSG Toán 12 THPT năm học 2018 – 2019 sở GD và ĐT Vĩnh Phúc

Nhóm toán VD-VDC
ĐỀ VÀ HDG HỌC SINH GIỎI 12 VĨNH PHÚC 2018-2019

Câu 1.

Cho hàm số y = x 4 − 14 x 2 + 20 x + 4 có đồ thị ( C ) . Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) biết
tiếp tuyến song song với đường thẳng ∆ : y = −4 x + 15 .

Câu 2.

Giải phương trình ( 2cos x − 1)( 2sin x + cos x ) + sin x = sin 2 x

Câu 3.

Tìm tất cả các giái trị thực của tham số m để hàm số y =
biến trên khoảng ( −1; +∞ ) .

Câu 4.

4 3 3
x + ( m + 1) x 2 + 3mx − m2 đồng

3
2

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = x 3 − 3 x 2 + m − 2 có đúng năm điểm
cực trị.

Câu 5.


1 
Cho dãy số ( un ) có số hạng tổng quát un = ln 1 −
, ( n ∈ ℕ* ) . Tính giá trị của biểu
2
 ( n + 1) 
thức H = 2019.e u1 .e u2 ...e u2018

Câu 6:

Xếp mười học sinh gồm bốn học sinh lớp 12 , ba học sinh lớp 11 và ba học sinh lớp 10 ngồi
vào một hàng ngang gồm 10 ghế được đánh số từ 1 đến 10 . Tính xác suất để không có hai học
sinh lớp 12 ngồi cạnh nhau.

Câu 7:

Cho hai đường thẳng Ax, By chéo nhau, vuông góc và nhận đoạn AB làm đoạn vuông góc
chung. Hai điểm M , N lần lượt di động trên Ax, By sao cho AM + BN = MN . Gọi O là trung
điển của đoạn AB . Chứng minh tam giác OMN là tam giác tù và khoảng cách từ O đến
đường thẳng MN không đổi khi M , N khi di động trên Ax, By .

Câu 8:

Cho tứ diện ABCD và các điểm M , N , P lần lượt thuộc các cạnh BD, BC , AC sao cho
BD = 2 BM , BC = 4 BN , AC = 3 AP . Mặt phẳng ( MNP ) cắt AD tại Q . Tính tỷ số thể tích hai

phần của khối tứ diện ABCD được chia bởi ( MNP ) .

Câu 9:

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , điểm G ( 3;3) là trọng tâm
tam giác ABD . Đường thẳng đi qua A vuông góc với BG và cắt BD tại điểm E (1;3) . Tìm
tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết rằng đỉnh A có tung độ lớn hơn 1.

Câu 10:

 2  3  4 
Cho các số thực x, y , z thuộc khoảng ( 0;3) thỏa mãn  − 1  − 1  − 1 = 1 . Tìm giá trị
 x  y  z 
2
2
2
x
y
z
nhỏ nhất của biểu thức P = + + .
4 9 16
HẾT
1


Nhóm toán VD-VDC
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.

Cho hàm số y = x 4 − 14 x 2 + 20 x + 4 có đồ thị ( C ) . Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) biết
tiếp tuyến song song với đường thẳng ∆ : y = −4 x + 15 .
Lời giải
Tập xác định R .
Ta có y ' = 4 x 3 − 28 x + 20 .
Gọi M ( a; a 4 − 14a 2 + 20a + 4 ) là điểm thuộc đồ thị ( C ) mà tiếp tuyến song song với đường
thẳng ∆ : y = −4 x + 15 . Khi đó ta có:

a = 1
y ( a ) = −4 ⇔ 4a − 28a + 20 = −4 ⇔ ( a − 1) ( a + a − 6 ) = 0 ⇔  a = −3 .

 a = 2
'

3

2

Với a = 1 ta có M (1; 11) ∈ ∆ khi đó tiếp tuyến tại M chính là ∆ nên loại.
Với a = −3 ta có M ( 3; − 101) , phương trình tiếp tuyến tại M là:

y = −4 ( x + 3) − 101 = −4 x − 113 .
Với a = 2 ta có M ( 2; 4 ) , phương trình tiếp tuyến tại M là:

y = −4 ( x − 2 ) + 4 = −4 x + 12 .
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm lần lượt có phương trình là:
y = −4 x − 113; y = −4 x + 12 .

Câu 2.

Giải phương trình ( 2 cos x − 1)( 2sin x + cos x ) + sin x = sin 2 x
Lời giải
Ta có

( 2 cos x − 1)( 2sin x + cos x ) + sin x = sin 2 x
⇔ ( 2 cos x − 1)( 2sin x + cos x ) = sin x ( 2 cos x − 1)
⇔ ( 2 cos x − 1)( sin x + cos x ) = 0
π

 x = 3 + k 2π
1


cos x =
π


⇔  x = − + k 2π
2


3

sin x = − cos x
π
 x = − + kπ

4

2


Nhóm toán VD-VDC
Câu 3.

Tìm tất cả các giái trị thực của tham số m để hàm số y =
biến trên khoảng ( −1; +∞ ) .

4 3 3
x + ( m + 1) x 2 + 3mx − m2 đồng
3
2

Lời giải
+Tập xác định: D = ℝ .
+ y ' = 4 x 2 + 3 ( m + 1) x + 3m .Hàm số đồng biến trên khoảng ( −1; +∞ ) khi và chỉ khi y ' ≥ 0
∀x ∈ ( −1; +∞ ) và phương trình y ' = 0 chỉ có một số hữu hạn nghiệm trên khoảng ( −1; +∞ )

⇔ 4 x 2 + 3 ( m + 1) x + 3m ≥ 0 ∀x ∈ ( −1; +∞ ) ⇔ −3m ≤
+Xét hàm số f ( x) =

4 x 2 + 3x
∀x ∈ ( −1; +∞ ) (1) .
x +1

4 x 2 + 3x
4 x2 + 8x + 3
với x ∈ ( −1; +∞ ) .Ta có f '( x) =
∀x ∈ ( −1; +∞ ) ;
2
x +1
( x + 1)

1
 1
f '( x) = 0 ⇔ x = − ; f  −  = −1 ; lim f ( x) = +∞ ; lim+ f ( x ) = +∞ .Do đó
x →+∞
x →−1
2
 2
 1
min f ( x) = f  −  = −1 .
( −1;+∞ )
 2
1
1
+ (1) ⇔ −3m ≤ min f ( x) ⇔ m ≥ .Vậy đáp số cần tìm là m ≥ .
3
3
( −1;+∞ )
Câu 4.

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = x 3 − 3 x 2 + m − 2 có đúng năm điểm
cực trị.

Lời giải
Hàm số y = x 3 − 3 x 2 + m − 2 có đúng năm điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số
y = x 3 − 3 x 2 + m − 2 cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình
x 3 − 3 x 2 + m − 2 = 0 (1) có 3 nghiệm phân biệt.

Ta có (1) ⇔ x3 − 3x 2 = 2 − m

3


Nhóm toán VD-VDC
x = 0
Xét hàm số f ( x ) = x3 − 3x 2 ta có f ′ ( x ) = 3 x 2 − 6 x = 0 ⇔ 
.
x = 2

−∞

x

0

y′

+



0
0

y

+∞

2
+

0

+∞

−4

−∞

Từ bảng biến thiên ta có phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

−4 < 2 − m < 0 ⇔ 2 < m < 6 .
Câu 5.


1 
Cho dãy số ( un ) có số hạng tổng quát un = ln 1 −
, ( n ∈ ℕ* ) . Tính giá trị của biểu
2
n
+
1
(
)


thức H = 2019.e u1 .e u2 ...e u2018

Lời giải


n ( n + 1)
1 
Ta có un = ln 1 −
= ln
.
2
2
( n + 1)
 ( n + 1) 
n
n
k (k + 2)
n !( n + 2)!
n+2
.
Do đó ∑ uk = ln ∏
= ln
2 = ln
2
2 ( n + 1)
k =1
k =1 ( k + 1)
( n + 1) ! .2!
2018

Suy ra H = 2019.e .e ...e
u1

Câu 6:

u2

u2018

= 2019.e

∑ uk
k =1

= 2019.e

ln

2018 + 2
2( 2018+1)

= 2019.

2020
= 1010 .
2.2019

Xếp mười học sinh gồm bốn học sinh lớp 12 , ba học sinh lớp 11 và ba học sinh lớp 10 ngồi
vào một hàng ngang gồm 10 ghế được đánh số từ 1 đến 10 . Tính xác suất để không có hai học
sinh lớp 12 ngồi cạnh nhau.
Lời giải
+ Có 10! cách xếp bất kỳ 10 học sinh.
+ Có 6! cách xếp 6 học sinh lớp 11 và lớp 10; 6 học sinh đó tạo thành 7 chỗ trống (tính cả vị
trí hai đầu). Chọn 4 vị trí và xếp 4 học sinh lớp 12 có A74 cách.
Suy ra có A74 .6! cách xếp 10 học sinh sao cho không có hai học sinh lớp 12 ngồi cạnh nhau.
Xác suất cần tìm là: P =

Câu 7:

A74 .6! 1
= .
10! 6

Cho hai đường thẳng Ax, By chéo nhau, vuông góc và nhận đoạn AB làm đoạn vuông góc
chung. Hai điểm M , N lần lượt di động trên Ax, By sao cho AM + BN = MN . Gọi O là trung

điển của đoạn AB . Chứng minh tam giác OMN là tam giác tù và khoảng cách từ O đến
đường thẳng MN không đổi khi M , N khi di động trên Ax, By .

Lời giải
4


Nhóm toán VD-VDC

x

M
A
Q

H
P
A

O
B

N

y

Dựng hình bình hành ABPM . Ta có

( BP; BN ) = ( AM ; BN ) = 90° .
AB ⊥ ( PBN ) ⇒ MP ⊥ PN .
Suy ra

 MN 2 = MP 2 + PN 2 = MP 2 + BP 2 + BN 2 = AB 2 + AM 2 + BN 2
AB 2

AM
.
BN
=
.

2
2
2
 MN = ( AM + BN )
Xét tam giác OMN . Ta có
2
2
2
2
OM 2 + ON 2 − MN 2 OA + AM + OB + BN − ( AM + BN )
cos MON =
=
2OM .ON
2OM .ON

2

AB 2
− 2 AM .BN
AB 2
= 2
=−
<0
2OM .ON
4OM .ON
Như vậy tam giác OMN là tam giác tù.
Lấy điểm Q trên tia đối của tia Ax sao cho AQ = BN và gọi H là hình chiếu vuông góc của

O trên đường thẳng MN . Ta có
∆OAQ = ∆OBN ( c.g.c ) ⇒ OQ = ON .
∆OMQ = ∆OMN ( c.c.c ) ⇒ OA = OH .
Như vậy d ( O; MN ) = OH =

Câu 8:

AB
không đổi.
2

Cho tứ diện ABCD và các điểm M , N , P lần lượt thuộc các cạnh BD, BC , AC sao cho
BD = 2 BM , BC = 4 BN , AC = 3 AP . Mặt phẳng ( MNP ) cắt AD tại Q . Tính tỷ số thể tích hai

phần của khối tứ diện ABCD được chia bởi ( MNP ) .

Lời giải
5


Nhóm toán VD-VDC

A

P

Q
I

B

M

D

N
C
Trong ( BCD ) , gọi I = MN ∩ CD . Khi đó Q = IP ∩ AD chính là giao điểm của ( MNP ) và
AD .

Kết hợp giả thiết và áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt trong các tam giác sau ta có:
- Với ∆BCD :

NB IC MD
IC
. .
=1⇒
= 3.
NC ID MB
ID

- Với ∆ACD :

PA IC QD
QD 2
. .
=1⇒
= .
PC ID QA
QA 3

- Với ∆ICN :

DC MI BN
MI
.
.
=1⇒
= 2.
DI MN BC
MN

- Với ∆IPC :

DC QI AP
QI 3
.
.
=1⇒
= .
DI QP AC
QP 2

Áp dụng công thức tỉ số thể tích ta có:
VIMQD
VINPC

=

IQ IM ID 3 2 1 2
.
.
= . . =
IP IN IC 5 3 3 15

VINPC CN CP 3 2 1
=
.
= . =
VABCI CP CA 4 3 2

Từ (1) , ( 2 ) và ( 3) ⇒



VCDMNPQ
VABCD

=

Do vậy ta có:

( 2) ;

(1)
VABCI
CI 3
=
=
VABCD CD 2

VINPC 3 VIMQD 3 2
1
= ,
= . = .
VABCD 4 VABCD 4 15 10

3 1 13 VABMNPQ
13 7
.
− = ,
= 1−
=
4 10 20 VABCD
20 20

VABMNPQ
VCDMNPQ

=

7
.
13

6

( 3)


Câu 9:

Nhóm toán VD-VDC
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , điểm G ( 3;3) là trọng tâm
tam giác ABD . Đường thẳng đi qua A vuông góc với BG và cắt BD tại điểm E (1;3) . Tìm
tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết rằng đỉnh A có tung độ lớn hơn 1.
Lời giải

Cách 1:

K

A

B

G
M

H
E
C

D

Gọi M là trung điểm của cạnh AD , H = AE ∩ BM , K = GE ∩ AB .
Vì AG ⊥ BE và BG ⊥ AE nên G là trực tâm tam giác ABE ⇒ GE ⊥ AB , GE //AD .
KG BG
GE BG
KG GE

mà AM = MD ⇒ KG = GE ⇒ G là trung điểm
=
=

=
AM BM
MD BM
AM MD
 xK = 2 xG − xE
⇒ K ( 5;3) .
của KE ⇒ 
 yK = 2. yG − yE


AB đi qua K ( 5;3) và có một vectơ pháp tuyến EG = ( 2;0 ) ⇒ AB : x − 5 = 0 .

Vì A ∈ AB ⇒ A ( 5; a ) với a > 1 . Vì KAG = 45° ⇒ ∆AKG vuông cân nên KA = KG

a = 5
2
. Vì a > 1 ⇒ A ( 5;5 ) .
⇒ ( a − 3) = 4 ⇒ 
a = 1

 xC − 5 = −6
⇒ C ( −1; − 1) .
Ta có: AC = 3 AG ⇒ 
 yC − 5 = −6
 xD − 5 = − 6
⇒ D ( −1;5 ) .
Có AD = 3GE ⇒ 
 yD − 5 = 0
 xB − 5 = 0
⇒ B ( 5; − 1) .
Vì AB = DC ⇒ 
 yB − 5 = −6
Cách 2:

7


Nhóm toán VD-VDC

A

B
G

M

H

I
E
C

D

Gọi M là trung điểm của cạnh AD , H = AE ∩ BM , I là tâm của hình vuông ABCD và

AB = a . Ta có: BM = AM 2 + AB 2 =

a 5
a 5
2
mà BG = BM ⇒ BG =
.
2
3
3

Xét tam giác ABM ta có: BH .BM = AB 2 ⇒ BH =

Vì ∆BHE # ∆BIG ⇒

AB 2 2 5
=
a.
BM
5

BH .BG 2 2
2 2
2
BH BE
=
⇒ BE =
=
a ⇒ EI = BE − BI =
a−
a
BI
BG
BI
3
3
2
2

=

2

2
a
1
 1

a . Xét tam giác IGE có: GE = GI 2 + EI 2 =  .a 2  +  .a 2  = .
3
6
6
 6


Mà G ( 3;3) và E (1;3) nên GE = 2 . Do đó

a
= 2⇒ a = 6.
3

Xét tam giác ABE có: AE 2 = AB 2 + BE 2 − 2 AB.BE.cos 45°
2

2 2 
2 2
2 5a 2
a 5
= a + 
a  − 2.a.
a.
=
⇒ AE =
=2 5.
3
2
9
3
 3 
2

Gọi A ( x ; y ) với y > 1 .


a 2
( 3 − x ) 2 + ( 3 − y ) 2 = 8
=2 2
 AG =
2
2
Ta có: 
⇒
⇒ (1 − x ) − ( 3 − x ) = 12
3
2
2
 AE = 2 5
(1 − x ) + ( 3 − y ) = 20

y =1
2
2
⇒ x = 5 ⇒ 4 + (3 − y ) = 8 ⇒ (3 − y ) = 4 ⇒ 
⇒ A ( 5;5 ) .
y = 5

 xC − 5 = −6
⇒ C ( −1; − 1) .
Vì AC = 3 AG ⇒ 
 yC − 5 = −6
a 2 1
1
= DI mà IG = IA
6
3
3
 xD − 5 = −6
AD = 3GE ⇒ 
⇒ D ( −1;5 ) .
 yD − 5 = 0



EI =

8

(tính

chất

trọng

tâm)

nên

GE // AD và


Nhóm toán VD-VDC

 xB − 5 = 0
⇒ B ( 5; − 1) .
Vì AB = DC ⇒ 
 y B − 5 = −6
Câu 10:

 2  3  4 
Cho các số thực x, y, z thuộc khoảng ( 0;3) thỏa mãn  − 1   − 1   − 1 = 1 . Tìm giá trị
 x  y  z 
2
2
2
x
y
z
+ .
nhỏ nhất của biểu thức P = +
4
9 16
Lời giải

3
x

2 = a
0 < a < 2


 y = b
0 < b < 1
⇒
Đặt  3
3 ; Áp dụng BĐT
z
0 < c < 4
 =c

4
0 < t < 13
a + b + c = t 
4

( a + b + c ) ≥ 27abc ⇔ abc ≤
3

(a + b + c)

3

27

=

t3
27

Từ điều kiện ta có:

 1  1  1 
 − 1  − 1  − 1 = 1 ⇔ ( ab + bc + ca ) = 2abc + ( a + b + c ) − 1
 a  b  c 
.
2 3
−4 3
⇒ ab + bc + ca ≤ t + t − 1 ⇒ −2 ( ab + bc + ca ) ≥
t − 2t + 2
27
27
Mà P = ( a + b + c ) − 2 ( ab + bc + ca ) ≥ −
2

4 3 2
t + t − 2t + 2 . Coi P là hàm số theo biến t
27

t = 3
−4 2
t + 2t − 2 = 0 ⇔  3 .
Thì P′ =
t =
9
 2
BBT

Vậy min P =

3
1
 3 
khi a = b = c = ⇒ ( x; y; z ) =  1; ; 2  .
4
2
 2 

9



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×