Đang tải... (xem toàn văn)
Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Thái NguyênĐề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Thái NguyênĐề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Thái NguyênĐề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Thái NguyênĐề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Thái NguyênĐề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Thái NguyênĐề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Thái NguyênĐề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Thái NguyênĐề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Thái NguyênĐề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Thái NguyênĐề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Thái NguyênĐề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Thái Nguyên
Nhóm tốn VD - VDC 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 − x + có đồ thị (C ) , đường thẳng (d ) qua A(1; 2) có hệ số góc m Tìm m để (d ) cắt (C ) ba điểm phân biệt A, B, C cho BC = Bài 2(4 điểm) Giải phương trình ( x3 − x + x + 12 = ( x − 3) x − + x − )( ) x − −1 Bài (4 điểm) u1 = ∞ Cho dãy số (un )n=1 thỏa mãn u1 + u2 + + un−1 + un = n 2un , n ≥ Tìm giới hạn lim (n 2un ) Bài (4 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B , AB = a Gọi I trung điểm AC Biết hình chiếu S lên mặt phẳng ABC điểm H thỏa mãn BI = 3IH góc hai mặt phẳng ( SAB) ; ( SBC ) 60ο Tính thể tích khối chóp S ABC cho tính khoảng cách hai đường thẳng AB , SI theo a Bài (4 điểm) Cho số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện x + y = Tìm giá trị lớn biểu thức P = ( x + y ) − x + xy + y HẾT Nhóm tốn VD - VDC HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1(4 điểm) Cho hàm số y = x3 − x + có đồ thị (C ) , đường thẳng (d ) qua A(1; 2) có hệ số góc m Tìm m để (d ) cắt (C ) ba điểm phân biệt A, B, C cho BC = Lời giải +) Phương trình đường thẳng (d ) : y = m ( x −1) + +) Phương trình hoành độ giao điểm x3 − x + = m( x −1) + ⇔ x3 − x − mx + m + = x =1 ⇔ ( x −1)( x − x − m − 2) = ⇔ g ( x ) = x − x − m − = Giả sử g ( x) = có hai nghiệm x1 , x2 , B ( x1; m ( x1 −1) + 2) ; C ( x2 ; m ( x2 −1) + 2) 2 BC = (m + 1)( x1 − x2 ) = (m + 1) ( x1 + x2 ) − x1 x2 = (m + 1)(4 + 4m + 8) = 32 ⇔ m = Thay m = vào g ( x) = x − x − = ⇔ x = −1; x = (thỏa mãn) Vậy m = ( Bài 2(4 điểm) Giải phương trình x3 − x + x + 12 = ( x − 3) x − + x − )( Lời giải Điều kiện: x − ≥ ⇔ x ≥ Phương trình cho tương đương với ( x − 4)( x − 3x − 3) = ( x − 3)( x − + x − )( x − −1) ⇔ ( )( ) ( x − + ( x − x − 3) = ( x − 3) x − + x − x − −1 )( ) x − −1 → x −3 =1 ⇔ x = x − −1 = ⇔ ∗) ( x − 3x − 3) x − + = ( x − 3) x − + x − ( Dễ thấy x = khơng nghiệm phương trình cho x − 3x − x − + x − Với x > 3, giải phương trình (∗) , ta = x−3 x − +1 ( ) ( ) ( x − 4) + ( x − 4) + x − + x − +1 ⇔ f ( x − 4) = f x − x − +1 x − +1 t + 5t + Xét hàm số f (t ) = (−1; +∞) , có f ′ (t ) = + > 0; ∀t > −1 t +1 (t +1) ⇔ = ( ) ) x − −1 Nhóm tốn VD - VDC Suy f (t ) hàm số đồng biến f (t ) mà f ( x − 4) = f ( x −3 ) x − ≥ x ≥ 9+ Do x − = x − ⇔ ⇔ ⇔ x= 2 ( x − 4) = x − x − x + 19 = 9+ Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = 4; x = Bài (4 điểm) u1 = ∞ Cho dãy số (un )n=1 thỏa mãn Tìm giới hạn lim (n 2un ) u1 + u2 + + un−1 + un = n un , n ≥ Lời giải Theo giả thiết ta có: (n +1) un+1 = (u1 + u2 + + un ) + un+1 = n2un + un+1 ⇒ (n + 2n) un+1 = n 2un ⇒ (n + 2)un+1 = nun ⇒ un+1 = = = n n n −1 n n −1 n − un = un−1 = un−2 n+2 n + n +1 n + n +1 n n n −1 n − u1 = n + n +1 n (n + 2)(n +1) ⇒ un = 4n 4n ⇒ n 2un = ⇒ lim (n 2un ) = lim =4 n (n + 1) n +1 n +1 Bài (4 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B , AB = a Gọi I trung điểm AC Biết hình chiếu S lên mặt phẳng ABC điểm H thỏa mãn BI = 3IH góc hai mặt phẳng ( SAB) ; ( SBC ) 60ο Tính thể tích khối chóp S ABC cho tính khoảng cách hai đường thẳng AB , SI theo a Lời giải BH ⊥ AC a) Từ giả thiết tốn ta có ⇒ AC ⊥ ( SBH ) ⇒ AC ⊥ SB SH ⊥ AC Nhóm tốn VD - VDC AJ ⊥ SB Kẻ IJ ⊥ SB ⇒ ⇒ góc hai mặt phẳng ( SAB ) ( SCB ) góc CJ ⊥ SB hai đường thẳng AJ CJ Dễ thấy ∆AIJ tam giác cân J , kết hợp với giả thiết góc hai mặt phẳng ( SAB) ( SCB ) 60ο ta có hai trường hợp sau: TH1: AJC = 60ο ⇒ AJI = 30ο Ta có IJ = AI tan 60ο = a ⇒ BJ = BI + IJ = 2a ∆BIJ ∼ ∆BSH ⇒ SH = IJ BH AC a 4a Mặt khác IB = = ⇒ BH = BJ 2 Nên ta có SH = a 6a ⇒ VS ABC = SH S ABC = (đvtt) 3 18 TH2: AJC = 120ο ⇒ AJI = 60ο Ta có IJ = AI tan 30ο = a ⇒ BJ = BI + IJ = Làm tương tự TH1 ta có SH = 2a 2a 2a ⇒ VS ABC = SH S ABC = (đvtt) 3 18 b) Gọi E trung điểm BC ⇒ IE AB Do 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 Xét tam giác vng SHK ta có: Mặt khác 1 SH HK = + ⇒ HF = 2 HF HK SH SH + HK HK IH 1 a = = ⇒ HK = BE = BE IB 3 - Khi SH = a 6a ta có HF = 15 Nhóm tốn VD - VDC - Khi SH = 2a 2a ta có HF = Bài (4 điểm) Cho số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện x + y = Tìm giá trị lớn biểu thức P = ( x + y ) − x + xy + y Lời giải 2 Ta có: x + xy + y = 16 x + 32 xy + 128 y = ( x − y ) + (3 x + 10 y ) ≥ x + 10 y (1) Suy ra: P = ( x + y ) − x + xy + y ≤ x + 14 y − (3 x + 10 y ) = ( x + y ) Mặt khác: x + y = 1.x + y ≤ 1 + ( x + y ) = ⇒ P ≤ 4.2 = (2) 7 ( x − y ) = x= x 2y Đẳng thức xảy (1) & (2) = ⇔ y = x + y2 = x = Vậy GTLN P = đạt y = ... = (m + 1)(4 + 4m + 8) = 32 ⇔ m = Thay m = vào g ( x) = x − x − = ⇔ x = −1; x = (thỏa mãn) Vậy m = ( Bài 2(4 điểm) Giải phương trình x3 − x + x + 12 = ( x − 3) x − + x − )( Lời giải Điều kiện:... chóp S ABC cho tính khoảng cách hai đường thẳng AB , SI theo a Lời giải BH ⊥ AC a) Từ giả thi t toán ta có ⇒ AC ⊥ ( SBH ) ⇒ AC ⊥ SB SH ⊥ AC Nhóm tốn VD - VDC AJ ⊥ SB Kẻ IJ ⊥ SB ⇒... thỏa mãn Tìm giới hạn lim (n 2un ) u1 + u2 + + un−1 + un = n un , n ≥ Lời giải Theo giả thi t ta có: (n +1) un+1 = (u1 + u2 + + un ) + un+1 = n2un + un+1 ⇒ (n + 2n) un+1 = n 2un ⇒ (n