Giải đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2018-2019

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

53
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Giải đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2018-2019 với mục đích hướng dẫn các em học sinh giải các bài tập trong đề thi chọn học sinh giỏi một cách nhanh chóng.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Giải đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2018-2019

GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 TỈNH ĐỒNG NAI NĂM 2018 – 2019 Câu 1. (5,0 điểm) Cho hàm số y 2x 3 3(m 3)x 2 18mx 8 , m là tham số. a) Tìm m để hàm số đã cho đồng biến trên . b) Tìm m để đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị nằm vế hai phía của trục tung. c) Tìm m để giá trị nhô nhất của hàm số đã cho trên đoän [ 1; 0] bằng 24 Giải a) y '  6x  6(m  3)x  18m , 2 Hàm số đồng biến trên   'y '  0  9(m  3)2  108m  0  m 2  6m  9  0  m  3 . b) Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục tung m 0 c) + Nếu m 3 y ' 6x 2 36x 54 hàm số nghịch biến trên nên giá trị nhô nhất trên [ 1; 0] là y(0) 8 24 (vô lí) + Nếu m 1 y' 6x 2 12x 18 thì trên ( 1; 0) hàm số nghịch biến nên giá trị nhô nhất trên [ 1; 0] là y(0) 8 24 (vô lí) + Nếu m 0 y' 6x 2 18x thì trên ( 1; 0) hàm số đồng biến nên giá trị nhô nhất trên [ 1; 0] là y( 1) 3 21m 24 m 1 (loäi) + Nếu m 3, m 0, m 1 thì y ' 0 luôn có hai nghiệm là m và 3 . Ta xét các trường hợp sau  Nếu m 0 thì trên ( 1; 0) hàm số đồng biến nên giá trị nhô nhất trên [ 1; 0] là y( 1) 24 m 1 (nhận)  Nếu 1 m 0 thì trên ( 1; m) hàm số đồng biến và trên (m; 0) hàm số nghịch biến nên giá trị nhô nhất trên [ 1; 0] là y( 1) hoặc y(0) , mà y(0) 24 (vô lí) và y( 1) 24 m 1 (loäi)  Nếu m 1 thì trên [ 1; 0] hàm số nghịch biến nên giá trị nhô nhất trên [ 1; 0] là y( 1) hoặc y(0) , mà y(0) 24 (vô lí) và y( 1) 24 m 1 (loäi) Vậy m 1 là giá trị cần tìm Câu 2. (3,5 điểm) 1) Giâi phương trình 8.25x  8.10x  15.22x 1  0 . 2) Giâi phương trình (1 2 sin 4x )tan 2x 1 Giải  5 x 5 2x x    5 5  2 2 1) 8.25x  8.10x  15.22x 1  0  8.    8.    30  0  x x 1 2 2   5  3   2  2  2) Điều kiện x k 4 2 (1 2 sin 4x )tan2x 1 sin2x 2 sin 4x.sin2x cos2x sin2x cos2x cos 6x cos2x
2x 6x k2 x k sin 2x cos 6x cos 2x cos 6x 2 16 4 (thôa đk) 2 2x 6x k2 x k 2 8 2 Câu 3. (3,5 điểm) Cho tứ diện ABCD có AB vuông góc với mặt phẳng (BCD) . Tam giác BCD là tam giác đều, AB a, BC 2a . 1) Tính góc giữa hai mặt phẳng (ABC ) và (BCD) 2) Tính theo a khoâng cách giữa hai đường AC và BD Giải 1) Có AB (BCD) mà AB (ABC ) (ABC ) (BCD) . Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (ABC ) và (BCD) là 900 2) Gọi E là trung điểm BD , dựng hình chữ nhật BFCE Gọi H là hình chiếu của B trên AF Ta có BD FC BD (AFC ) Suy ra d(BD, AC ) d(SB,(AFC )) d(B,(AFC )) BH AF (1) CF vuông góc BF và AB . Suy ra BH CF (2) Từ (1) và (2) BH (AFC ) . Vậy BH d(B,(AFC ) d(BD, AC ) Xét tam giác vuông ABF ta có : BF .AB CE .AB a 3.a a 3 BH BF 2 AB 2 CE 2 AB 2 3a 2 a2 2 a 3 Vậy d(BD, AC ) 2 Câu 4. (3,0 điểm) Trong một tiết học môn Toán, giáo viên mời ba học sinh A, B,C thực hiện trò chơi chơi như sau : Mỗi bän A, B,C chọn ngẫu nhiên một số nguyên khác 0 thuộc khoâng ( 6;6) và lần lượt thế vào ba tham số của hàm số y c ; nếu đồ thị hàm số thu được có ba điểm cực trị ax 4 bx 2 đều nằm phía trên trục hoành thì được nhận thưởng. Tính xác suất để ba học sinh A, B,C được nhận thưởng. Giải 3 n( ) 10 Hàm số có ba cực trị ab 0 x 0 3 2 y' 4ax 2bx 0 2x (2ax b) 0 b x 2a b b2 b b2 Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là A(0; c), B ; c ,C ; c 2a 4a 2a 4a
Trường hợp 1 : Nếu a 0 thì A là điểm cực tiểu nên đồ thị hàm số có ba điểm cực trị đều nằm phía trên trục hoành a 0 a 0 a { 5; 4; 3; 2; 1} b 0 b 0 b {1;2; 3; 4;5} có 5.5.5 125 (cách) yA 0 c 0 c {1;2; 3; 4;5} Trường hợp 2 : Nếu a 0 thì B,C là điểm cực tiểu nên đồ thị hàm số có ba điểm cực trị đều nằm phía trên trục hoành a 0 a 0 b 0 b 0 yB 0 2 b yC 0 c 4a Dễ suy được c 0 và 4a {4;8;12;16;20} Ta có các khâ năng sau : b2 Với c 1 1, b 1 a {1;2; 3; 4;5} có 5 (cách) 4a b2 Với c 1 1, b 2 a {2; 3; 4;5} có 4 (cách) 4a b2 Với c 1 1, b 3 a {3; 4;5} có 3 (cách) 4a b2 Với c 1 1, b 4 a {5} có 1 (cách) 4a b2 Với c 2 2, b 1 a {1;2; 3; 4;5} có 5 (cách) 4a b2 Với c 2 2, b 2 a {1;2; 3; 4;5} có 5 (cách) 4a b2 Với c 2 2, b 3 a {2; 3; 4;5} có 4 (cách) 4a b2 Với c 2 2, b 4 a {3; 4;5} có 3 (cách) 4a b2 Với c 2 2, b 5 a {4;5} có 2 (cách) 4a b2 Với c 3 3, b 1 a {1;2; 3; 4;5} có 5 (cách) 4a b2 Với c 3 3, b 2 a {1;2; 3; 4;5} có 5 (cách) 4a b2 Với c 3 3, b 3 a {1;2; 3; 4;5} có 5 (cách) 4a b2 Với c 3 3, b 4 a {2; 3; 4;5} có 4 (cách) 4a b2 Với c 3 3, b 5 a {3; 4;5} có 3 (cách) 4a
b2 Với c 4 4, b 1 a {1;2; 3; 4;5} có 5 (cách) 4a b2 Với c 4 4, b 2 a {1;2; 3; 4;5} có 5 (cách) 4a b2 Với c 4 4, b 3 a {1;2; 3; 4;5} có 5 (cách) 4a b2 Với c 4 4, b 4 a {2; 3; 4;5} có 4 (cách) 4a b2 Với c 4 4, b 5 a {2; 3; 4;5} có 4 (cách) 4a b2 Với c 5 5, b 1 a {1;2; 3; 4;5} có 5 (cách) 4a b2 Với c 5 5, b 2 a {1;2;3;4;5} có 5 (cách) 4a b2 Với c 5 5, b 3 a {1;2; 3; 4;5} có 5 (cách) 4a b2 Với c 5 5, b 4 a {1;2; 3; 4;5} có 5 (cách) 4a b2 Với c 5 5, b 5 a {2; 3; 4;5} có 4 (cách) 4a Trong trường hợp này có : 101 (cách) Suy ra có tất câ 125 101 226 (cách chọn) 226 113 Vậy xác suất là 1000 500 x3 x 2y y2 2x 1 0 (1) Câu 5. (2,5 điểm) Giâi hệ phương trình x x 2 3y 2 2y 2 (2) Giải 2 Điều kiện: x 0, y 3 x3 x 2y y2 2x 1 0 (x 3 x 2y x 2) (x 2 xy x) (xy x) (1 y2) 0 x 2 (x y 1) x (x y 1) x (y 1) (1 y)(1 y) 0 x 2 (x y 1) x (x y 1) (y 1)(x y 1) 0 2 (x y 1)(x x y 1) 0 x y 1 x2 x y 1 0 Với x y 1 thay vào (2) ta được y 1 y 3 3y 2 2y 2 3y 2 y 1 (2y 2 y 3) 0
3 5 y x 2y 3 2 2 (2y 3)(y 1) 0 1 3y 2 y 1 y 1 0 (VN ) 3y 2 y 1 5 3 Trường hợp này có nghiệm ; 2 2 Với x 2 x y 1 0 1 x x2 y , vì x 0 1 x x2 1 y 1 2 Kết hợp điều kiện ta được y 1 3 2 2 2 3x 2 3x 1 0 3 21 Ta có x x 1 y x x 1 1 2 0 x 0, 3 3 x x 0 6 3 21 0 x 0, 3 (vì x 0) 6 3 21 7 Xét vế trái của (2) : f (x ) x x 2 với 0 x f (x ) 2 6 4 2 Xét vế phải ta có f (y) 3y 2 2y 2 với y 1 3 3 3 Ta có f '(y ) 4y 0 8y 3y 2 3 192y 3 128y 9 0 y 2 3y 2 4 5 Suy ra 1 f (y ) nên phương trình vô nghiệm 8 5 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ; 2 2 Câu 6. (2,5 điểm) a b c 1) Cho ba số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhô nhất của P 2b c 2c 3a 2a 3b 2) Chứng minh rằng C n 3n chia hết cho 3 với mọi n nguyên dương 1 a ( 6u 9v 4w) u 2b 3c 35 1 1) Đặt v 2c 3a b (9u 4v 6w ) 35 w 2a 3b 1 c (4u 6v 9w ) 35 1 6u 9v 4w 4u 6v 9w 9u 4v 6w 1 9v 4w 4u 9w 9u 4v P 18 35 u v w 35 u u v v w w 1 4v 4u 4w 4v 4w 4u 5v 5w 5u 18 35 u v v w u w u v w
1 3 ( 18 2. 16 2 16 2. 16 3 125) 35 5 5 Vậy giá trị nhô nhất của P là a b c 3 (3n )! 1.2.3...(3n 1).3n 1.2.3...(3n 1) 2) C 3nn 3. .3 3.C 3nn 11 C 3nn chia hết cho 3 n !.(2n )! 1.2.3...n.(2n )! 1.2.3...(n 1).(2n )!