Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2019-2020- Sở GD&ĐT Quảng Ninh

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

27
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham gia thử sức với Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2019-2020- Sở GD&ĐT Quảng Ninh để nâng cao tư duy, rèn luyện kĩ năng giải đề và củng cố kiến thức Toán học căn bản. Chúc các em vượt qua kì thi học sinh giỏi thật dễ dàng nhé!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2019-2020- Sở GD&ĐT Quảng Ninh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT NĂM 2019 TỈNH QUẢNG NINH Môn thi: TOÁN - Bảng A Ngày thi: 03/09/2019 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ BÀI 2x 1 Câu 1 (4 điểm). Cho hàm số y  có đồ thị  C  . Gọi M là điểm bất kì trên  C  . Tiếp tuyến x 1 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.  x3  xy 2 y6  y 4 x3  xy 2  e  e  ln 0 Câu 2 (3 điểm) . Giải hệ phương trình:  y6  y4 .  9 y  2  3 7x  2 y  5  2 y  3  Câu 3 (4 điểm). a) Cho a log2 3;b log 3 5; c log 7 2 . Tính log280 441 theo 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 thẳng AC , H là hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng BI . Đương thẳng AC và KH lần lượt có phương trình x  y  1  0 và x  2 y  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 2 1 điểm thuộc các cạnh BC và SA sao cho BM  BC , SN  SA . 3 3 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  a  b 2 P 2 c  4  ab  bc  ca  -------------------- HẾT --------------------
LỜI GIẢI CHI TIẾT 2x 1 Câu 1. Cho hàm số y  có đồ thị  C  . Gọi M là điểm bất kì trên  C  . Tiếp tuyến của  C  x 1 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 1 Ta có y  .  x  1 2  2m  1  Ta có: M   C   M  m;   m  1  m 1  1 2m  1 Tiếp tuyến của  C  tại M có phương trình  : y   x  m  .  m  1 2 m 1  C  có đường tiệm cận đứng d1 : x  1 ; đường tiệm cận ngang d2 : y  2 . Ta có I  d1  d2  I 1;2  . x  1 x  1   Ta có A    d1  Tọa độ A là nghiệm của hệ   1 2 m  1  2m 2   y x  m  y   m  1 m 1   m 1   2m  Suy ra A 1; .  m 1  y  2   x  2m  1 Ta có B    d 2  Tọa độ B là nghiệm của hệ  1 2m  1   2  y x  m  y  2   m  1 m 1  Suy ra B  2m  1; 2  . 2 1  m  1 2 Ta có IA  ; IB  2m  2 ; AB  2   m  1 2 m 1 Chu vi tam giác IAB là  1  1  m  1 2 CIAB  IA  AB  BI  2  m  1   .      2 m 1 m  1  1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương m  1 ; ta có m 1 1 m 1   2 (1) m 1 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương  m  1 ; 2 ta có  m  1 2 1 1  m  1  m  1 2 2  2   2 (2)  m  1  m  1 2 2
 1 1  Từ (1), (2) suy ra 2  m  1   m 1   m  1 2   m  1   2 2 2   2    Suy ra CIAB  2 2  2 .  1 m  0 Dấu ‚=‛ xảy ra khi và chỉ khi m  1   (thỏa mãn). m 1 m  2 + 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 ; M 2  2;3 .  x3  xy 2 y6  y 4 x3  xy 2 e e  ln 6 0 Câu 2. Giải hệ phương trình:  y  y4 .  9 y  2  3 7x  2 y  5  2 y  3  Lời giải Cách 1:  x3  xy 2 x3  xy 2  e  e y6  y 4  ln  0 1  y6  y4  9 y  2  3 7x  2 y  5  2 y  3 2    9 y  2  0  2  3 y  Điều kiện:  x  xy 2  9.  y6  y4  0  x  0  Với điều kiện trên, 1  e x  ln  x3  xy 2   e y  ln  y 6  y 4  . 3  xy 2 6  y4 Xét hàm số y  g  t   et  ln t trên  0;  . 1 y  et   0, t   0;   t  y  g  t  đồng biến, liên tục trên  0;  . 3 x x Do đó 1  x  xy  y  y        y 3  y . 3 2 6 4  y  y Xét hàm số y  h  t   t 3  t trên . y  3t 2  1  0, t   y  h  t  đồng biến, liên tục trên . x Do đó 1   y  x  y2 . y Thế vào phương trình  2  ta được: 9 y  2  3 7 y2  2 y  5  2 y  3 . Đặt a  9 y  2  a  0  . 2  a2  2   a2  2   a2  2  Phương trình trở thành: a  3    2    5  2  3  9   9   9 
2 3  a2  2   a2  2    a2  2      2   5   2   3 a  9   9    9    63a 4  414a 2  3069   2a 2  9a  31 3   a  4  a  5   8a 4  36a 3  311a 2  558a  1643  0  a  4   a  5   2a 2  4a 2  18a  81   93  a 2  6a  9   355 a 2  806  0 VN do a  0      4 2 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:  2  y  9  y  2 Điều kiện:  3 2  9 (*)  x  xy  0  x  0  y 6  y 4 Khi đó phương trình 3 2 6 4 x3  xy 2 3 2 6 4 e x  xy  e y  y  ln 6 4  0  e x  xy  ln( x3  xy 2 )  e y  y  ln( y 6  y 4 )(1) y y Xét hàm số y  f (t )  et  ln t trên (0; ) 1 Ta có f '(t )  et   0, t  (0; ) t Suy ra hàm số y  f (t )  et  ln t đồng biến trên (0; ) . Do đó (1)  x3  xy 2  y 6  y 4  ( x  y 2 )( x 2  xy 2  y 4  y 2 )  0  x  y 2 ( vì x 2  xy 2  y 4  y 2  0 với điều kiện (*)) Thay x  y 2 vào phương trình còn lại của hệ ta được: 9 y  2  3 7 y2  2 y  5  2 y  3  ( y  2)  9 y  2  ( y  1)  3 7 y 2  2 y  5  0 ( y  2)2  (9 y  2) ( y  1)3  (7 y 2  2 y  5)   2 0 y  2)  9 y  2 ( y  1) 2  ( y  1) 3 7 y 2  2 y  5  3 7 y 2  2 y  5 y2  5 y  6 y3  4 y 2  y  6   2 0 y  2)  9 y  2 ( y  1) 2  ( y  1) 3 7 y 2  2 y  5  3 7 y 2  2 y  5  1 y 1  y  2)  9 y  2  2  0 (2)  2 3 2 3 2 ( y  1)  ( y  1) 7 y  2 y  5  7 y  2 y  5  2  y  5y  6  0  y 2  5 y  6  0 ( Vì với điều kiện (*) thì vế trái (2) >0 nên (2) vô nghiệm) y  2  y  3
Với y  2 thì x  4 Với y  3 thì x  9 Vậy hệ có 2 nghiệm ( x; y)  (3;2),(9;3). Câu 3. a) Cho a log2 3;b log 3 5; c log 7 2 . Tính log280 441 theo 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 1 a) Ta có log 2 7  g ;log 2 5  log 2 3.log 3 5  a.b . c log 2 441 log 2  3 .7  2  log 2 3  log 2 7  2 2 log 280 441    log 2 280 log 2  23.7.5  3  log 2 7  log 2 5  1 2 a   c 2  ac  1 log 280 441    . 1 3   ab 3c  abc  1 c b) Số cách lấy 4 điều hòa mỗi kho 2 điều hòa là: C 122 .C 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: C42 .C62  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: C41 .C81.C62  C42 .C91.C61  804 (cách). Vậy A 90 804 894 Vậy xác suất Hùng lấy được nhiều nhất 1 điều hòa tốt là : 894 149 149 1006 P A P A 1 . 6930 1155 1155 1155 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 thẳng AC , H là hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng BI . Đương thẳng AC và KH lần lượt có phương trình x  y  1  0 và x  2 y  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
x  2 y 1  0  x  3 Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình    K  3; 2  . x  y  1  0 y  2 Đường thẳng KB có phương trình x  y  5  0 . x  y  5  0 x  0 Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ    B  0;5 . y  5  0 y  5 Ta có: BAK  BEC và AKF  CKH  HBC ( do tứ giác BKHC nội tiếp đường tròn).  BAK  AKF  BEC  HBC  900  HK  AB . Đường thẳng AB có phương trình 2 x  y  5  0 . 2 x  y  5  0  x  2 Tọa độ A là nghiệm của hệ    A  2;1 . x  y  1  0 y  1 Gọi I  1; a  thuộc đường thẳng x  1  0 . Ta có: IA  IB  IA2  IB 2   1  1  a   1   5  a   a  3  I  1;3 . 2 2 2 Gọi C  c ;  1  c  thuộc đươngt thẳng x  y  1  0 . c  2 Ta có: IC  IA  IC 2  5   c  1   c  4   5   2 2 . c  3 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 2 1 các cạnh BC và SA sao cho BM  BC , SN  SA . 3 3 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) VS .MND NS 1 1 1 1 1 Ta có    VS .MND  VA.MND  VN . AMD  . .NH .S AMD VA.MND NA 2 2 2 2 3
NH AN 2 2 Ta có: NH // SO     NH  SO SO AS 3 3 a 3 Mặt khác BAD là tam giác đều cạnh a  BO  2 Do đó ta có: 2 2 33a 2 2 SO  SB  BO  4 a 33 a 33  SO   NH  2 3 Ta có: 2 1 S AMD  S ABCD  S ABM  S DCM  S ABCD  S ABC  S BCD 3 3 1 1 1 a2 3  S ABCD  S ABCD  S ABCD  S ABCD  3 6 2 4 1 1 a3 11 Do đó VS .MND  . .NH .SAMD  2 3 24 b) Ta có AC  BD; AC  SO  AC  ( SBD) Kẻ MF // AC , F  BD ; NE // AC , E  SO  EF là hình chiếu của MN lên ( SBD) . Gọi I  EF  MN    FIM 2 OC 2 IF MF 3 Vì MF // NE     2  IF  2.IE  IF  .EF IE NE 1 3 OA 3 2 a 33 1 a 3 Ta có: EO  SO  ; FO  OB  3 3 3 6 15a 2 a 15 a 15  EF 2  EO 2  OF 2   EF   IF  4 2 3 MF BM 2 a Mặt khác: MF // OC     MF  OC BC 3 3 MF 1 Ta có tan    IF 15 1 15 Mặt khác 1  tan 2    cos  cos  2 4  a  b 2 Câu 6. Cho các số thực a, b, c  1;4  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  2 . c  4  ab  bc  ca  Lời giải Ta có : a  b 2 a  b 2 P 2  c2 . Mà do 4.a.b   a  b  2 nên c  4  ab  bc  ca  ab  ab 1  4  4.   c2  c 
a  b a  b 2 2 P c2  c2 . ab  ab  ab 2  ab 1  4 2  4.   1    4.   c  c   c   c  ab 1  Đặt t  , do a, b, c  1; 4 nên t   ;8 c 2  t2 1  Khi đó P  f (t )  2 ; t   ;8 t  4t  1 2  2t  t 2  4t  1  t 2 .  2t  4  4t 2  2t 1  Ta có: f '(t )    0; t   ;8 t  4t  1 t  4t  1 2 2 2 2 2  1 1  f (t )  f     2  13 1 a  b  1 Suy ra, giá trị nhỏ nhất của P bằng khi  . 13  c  4 -------------------- HẾT --------------------