Đề học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm học 2018-2019 – Sở Giáo dục và Đào tạo Vĩnh Phúc (Có hướng dẫn giải)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

18
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm học 2018-2019 được biên soạn bởi Sở Giáo dục và Đào tạo Vĩnh Phúc có kèm theo hướng dẫn giải giúp các bạn học sinh có thêm tư liệu tham khảo, nâng cao kỹ năng giải toán, phục vụ học tập và bồi dưỡng kiến thức.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm học 2018-2019 – Sở Giáo dục và Đào tạo Vĩnh Phúc (Có hướng dẫn giải)

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 4 3 3 Câu 3. Tìm tất cả các giái trị thực của tham số m để hàm số y = x + ( m + 1) x 2 + 3mx − m2 đồng 3 2 biến trên khoảng ( −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.  1  Câu 5. Cho dãy số ( un ) có số hạng tổng quát un = ln 1 − 2 , ( n ∈ ℕ* ) . Tính giá trị của biểu  ( 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.  2  3  4  Câu 10: 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
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 . ' 3 2   a = 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 ⇔  2 ⇔  x = − + k 2π   3 sin x = − cos x  π  x = − + kπ  4 2
4 3 3 Câu 3. Tìm tất cả các giái trị thực của tham số m để hàm số y = x + ( m + 1) x 2 + 3mx − m2 đồng 3 2 biến trên khoảng ( −1; +∞ ) . 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 + 3x ⇔ 4 x 2 + 3 ( m + 1) x + 3m ≥ 0 ∀x ∈ ( −1; +∞ ) ⇔ −3m ≤ ∀x ∈ ( −1; +∞ ) (1) . x +1 4 x 2 + 3x 4 x2 + 8x + 3 +Xét hàm số f ( x) = với x ∈ ( −1; +∞ ) .Ta có f '( x) = ∀x ∈ ( −1; +∞ ) ; x +1 ( x + 1) 2 1  1 f '( x) = 0 ⇔ x = − ; f  −  = −1 ; lim f ( x) = +∞ ; lim+ f ( x ) = +∞ .Do đó 2  2 x →+∞ x →−1  1 min f ( x) = f  −  = −1 . ( −1;+∞ )  2 1 1 + (1) ⇔ −3m ≤ min f ( x) ⇔ m ≥ .Vậy đáp số cần tìm là m ≥ . ( −1;+∞ ) 3 3 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
x = 0 Xét hàm số f ( x ) = x3 − 3x 2 ta có f ′ ( x ) = 3 x 2 − 6 x = 0 ⇔  . x = 2 x −∞ 0 2 +∞ y′ + 0 − 0 + 0 +∞ y −∞ −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 .  1  Câu 5. Cho dãy số ( un ) có số hạng tổng quát un = ln 1 − 2 , ( n ∈ ℕ* ) . Tính giá trị của biểu  ( n + 1)  thức H = 2019.e u1 .e u2 ...e u2018 Lời giải  1  n ( n + 1) Ta có un = ln 1 − 2 = ln .  ( n + 1)  ( n + 1) 2 n n k (k + 2) n !( n + 2)! n+2 Do đó ∑ uk = ln ∏ 2 = ln = ln . k =1 k =1 ( k + 1) ( n + 1) ! .2! 2 2 ( n + 1) 2018 2018 + 2 ∑ uk ln 2( 2018+1) 2020 Suy ra H = 2019.e .e ...e u1 u2 u2018 = 2019.e k =1 = 2019.e = 2019. = 1010 . 2.2019 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. 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. A74 .6! 1 Xác suất cần tìm là: P = = . 10! 6 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 . Lời giải 4
x M A Q H O P A B y N 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 = .  MN = ( AM + BN ) 2 2 2 Xét tam giác OMN . Ta có OM 2 + ON 2 − MN 2 OA + AM + OB + BN − ( AM + BN ) 2 2 2 2 2 cos MON = = 2OM .ON 2OM .ON AB 2 − 2 AM .BN AB 2 = 2 =−
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: NB IC MD IC - Với ∆BCD : . . =1⇒ = 3. NC ID MB ID PA IC QD QD 2 - Với ∆ACD : . . =1⇒ = . PC ID QA QA 3 DC MI BN MI - Với ∆ICN : . . =1⇒ = 2. DI MN BC MN DC QI AP QI 3 - Với ∆IPC : . . =1⇒ = . DI QP AC QP 2 Áp dụng công thức tỉ số thể tích ta có: VIMQD IQ IM ID 3 2 1 2 = . . = . . = (1) VINPC IP IN IC 5 3 3 15 VINPC CN CP 3 2 1 VABCI CI 3 = . = . = ( 2) ; = = ( 3) VABCI CP CA 4 3 2 VABCD CD 2 VINPC 3 VIMQD 3 2 1 Từ (1) , ( 2 ) và ( 3) ⇒ = , = . = . VABCD 4 VABCD 4 15 10 VCDMNPQ 3 1 13 VABMNPQ 13 7 ⇒ = − = , = 1− = . VABCD 4 10 20 VABCD 20 20 VABMNPQ 7 Do vậy ta có: = . VCDMNPQ 13 6
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. Lời giải Cách 1: A K B G M H E D C 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 Có = và = ⇒ = mà AM = MD ⇒ KG = GE ⇒ G là trung điểm AM BM MD BM AM MD  xK = 2 xG − xE của KE ⇒  ⇒ K ( 5;3) .  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 ⇒ ( a − 3) = 4 ⇒  . Vì a > 1 ⇒ A ( 5;5 ) . 2 a = 1  xC − 5 = −6 Ta có: AC = 3 AG ⇒  ⇒ C ( −1; − 1) .  yC − 5 = −6  xD − 5 = − 6 Có AD = 3GE ⇒  ⇒ D ( −1;5 ) .  yD − 5 = 0  xB − 5 = 0 Vì AB = DC ⇒  ⇒ B ( 5; − 1) .  yB − 5 = −6 Cách 2: 7
A B G M H I E D C Gọi M là trung điểm của cạnh AD , H = AE ∩ BM , I là tâm của hình vuông ABCD và a 5 2 a 5 AB = a . Ta có: BM = AM 2 + AB 2 = mà BG = BM ⇒ BG = . 2 3 3 AB 2 2 5 Xét tam giác ABM ta có: BH .BM = AB 2 ⇒ BH = = a. BM 5 BH BE BH .BG 2 2 2 2 2 Vì ∆BHE # ∆BIG ⇒ = ⇒ BE = = a ⇒ EI = BE − BI = a− a BI BG BI 3 3 2 2 2 2 1  1  a = a . Xét tam giác IGE có: GE = GI 2 + EI 2 =  .a 2  +  .a 2  = . 6 6  6  3 a Mà G ( 3;3) và E (1;3) nên GE = 2 . Do đó = 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 +  2 a  − 2.a. a. = ⇒ AE = =2 5.  3  3 2 9 3 Gọi A ( x ; y ) với y > 1 .  a 2 ( 3 − x ) 2 + ( 3 − y ) 2 = 8  AG = =2 2 ⇒ (1 − x ) − ( 3 − x ) = 12 2 2 Ta có:  3 ⇒ (1 − x ) + ( 3 − y ) = 20 2 2  AE = 2 5  y =1 ⇒ x = 5 ⇒ 4 + (3 − y ) = 8 ⇒ (3 − y ) = 4 ⇒  ⇒ A ( 5;5 ) . 2 2 y = 5  xC − 5 = −6 Vì AC = 3 AG ⇒  ⇒ C ( −1; − 1) .  yC − 5 = −6 a 2 1 1 Có EI = = DI mà IG = IA (tính chất trọng tâm) nên GE // AD và 6 3 3  xD − 5 = −6 AD = 3GE ⇒  ⇒ D ( −1;5 ) .  yD − 5 = 0 8
 xB − 5 = 0 Vì AB = DC ⇒  ⇒ B ( 5; − 1) .  y B − 5 = −6  2  3  4  Câu 10: 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 x  3 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) 3 t3 ( a + b + c ) ≥ 27abc ⇔ abc ≤ 3 = 27 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 4 3 2 Mà P = ( a + b + c ) − 2 ( ab + bc + ca ) ≥ − 2 t + t − 2t + 2 . Coi P là hàm số theo biến t 27 t = 3 −4 2 Thì P′ = t + 2t − 2 = 0 ⇔  3 . 9 t =  2 BBT 3 1  3  Vậy min P = khi a = b = c = ⇒ ( x; y; z ) =  1; ; 2  . 4 2  2  9