Hướng dẫn giải đề thi học sinh giỏi môn Sinh học lớp 12

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

Thêm vào BST

Báo xấu

46
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Hướng dẫn giải đề thi học sinh giỏi môn Sinh học lớp 12 cung cấp đến các bạn học sinh các bước hướng dẫn giải chi tiết bài tập trong đề thi tuyển chọn học sinh giỏi của tỉnh Điện Biên năm học 2018-2019. Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Hướng dẫn giải đề thi học sinh giỏi môn Sinh học lớp 12

ĐỀ VÀ HDG HỌC SINH GIỎI 12 ĐIỆN BIÊN 2018-2019 Câu 1: (6,0 điểm) 2x − 3 1. Cho hàm số y = (C ) và đường thẳng d : x − y −1 = 0 . Viết phương trình tiếp tuyến x −1 của đồ thị (C ) biết tiếp tuyến đó song song với d. 2. Tìm m để hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 3(m 2 −1) x + m + 2 đồng biến trên khoảng (2;+∞) . Câu 2: (4,0 điểm) 2 sin 2 x 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = . x x sin 4 + cos 4 2 2  3  x − y − 3(2 x − y + 2 y ) + 15 x −10 = 0 3 2 2 2. Giải hệ phương trình  ( x; y ∈ ℝ ) .  2 − y + 3 − x = 2 x − 2  Câu 3: (4,0 điểm) 1. Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau được chọn từ các số 0;1; 2;3; 4;5;6; 7;8;9 . Xác định số phần tử của S . Chọn ngẫu nhiên một số từ S , tính xác suất để số được chọn là số chẵn. 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm A(0;9) , B (3;6) . Gọi D là miền nghiệm của hệ 2 x − y + a ≤ 0 phương trình  . Tìm tất cả các giá trị của a để AB ⊂ D . 6 x + 3 y + 5a ≥ 0 Câu 4: (4,0 điểm) 1. Cho hình chóp SABC . Trên các đoạn thẳng SA, SB, SC lần lượt lấy các điểm A ', B ', C ' khác VS . ABC SA SB SC với điểm S . Chứng minh rằng: = . . VS . A ' B ' C ' SA ' SB ' SC ' 2. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD , có AB = a, SA = a 3 . Gọi O là giao điểm của AC và BD , G là trọng tâm tam giác SCD . a) Tính thể tích khối chóp S .OGC. b) Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng ( SBC ) . c) Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SA và BG . Câu 5: (2,0 điểm) 1. Cho phương trình (m + 2) x ( x 2 +1) − x 2 + (m − 6) x −1 = 0 (1) . Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm thực. 2. Cho đa thức f ( x) = x 4 + ax3 + bx 2 + ax +1 có nghiệm thực. Chứng minh rằng a 2 + b 2 − 4b + 1 > 0 .
HDG Câu 1: (6,0 điểm) 2x − 3 1. Cho hàm số y = (C ) và đường thẳng d : x − y −1 = 0 . Viết phương trình tiếp tuyến x −1 của đồ thị (C ) biết tiếp tuyến đó song song với d. 2. Tìm m để hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 3(m 2 −1) x + m + 2 đồng biến trên khoảng (2;+∞) . Tập xác định: ℝ. Lời giải 1. d : x − y −1 = 0 ⇒ d : y = x −1 ⇒ d có hệ số góc kd = 1. 2x − 3 Xét hàm số y = f ( x) = : x −1 + Tập xác định D = ℝ \ {1}. 1 + f / ( x) = 2 , ∀x ≠ 1. ( x −1)  2 x − 3 2x −3 Gọi ∆ là tiếp tuyến của (C ) tại M  x 0 ; 0  thì ∆ : y = f / ( x0 )( x − x0 ) + 0  x0 −1  x0 −1 1  x0 = 0 + Giả sử ∆ / / d ta được f / ( x0 ) = kd ⇔ =1⇔  . 2 ( x0 −1)  x0 = 2  + Thử lại: i x0 = 0 ⇒ ∆ : y = x + 3 thỏa mãn ∆ / / d . i x0 = 2 ⇒ ∆ : y = x −1 ⇒ ∆ ≡ d . Trường hợp này không thỏa mãn. Vậy có đúng một tiếp tuyến của (C ) thỏa đề, đó là ∆ : y = x + 3. 2. y / = 3x 2 − 6mx + 3( m 2 −1), ∀x ∈ ℝ  x = m −1 y/ = 0 ⇔  : Hai nghiệm phân biệt với mọi m.  x = m −1 Bảng biến thiên
x -∞ m-1 m+1 +∞ y' + 0 _ 0 + +∞ y y1 y2 -∞ Hàm số đồng biến trên (2; +∞) ⇔ (2; +∞) ⊂ (m +1; +∞) ⇔ m +1 ≤ 2 ⇔ m ≤ 1. Vậy m cần tìm là m ≤ 1. Câu 2: (4,0 điểm) 2 sin 2 x 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = . 4 x 4 x sin + cos 2 2  3  x − y − 3(2 x − y + 2 y ) + 15 x −10 = 0 3 2 2 2. Giải hệ phương trình  ( x; y ∈ ℝ ) .  2 − y + 3 − x = 2 x − 2  Lời giải x x x x 1 2 − sin 2 x 1. Ta có sin 4 + cos 4 = 1− 2sin 2 cos 2 = 1− sin 2 x = ≠ 0, ∀x. 2 2 2 2 2 2 Cách 1: 4sin 2 x 8 Khi đó f ( x) = = −4 . 2 − sin x 2 − sin 2 x 2 8 Vì 0 ≤ sin 2 x ≤ 1 ⇒ 1 ≤ 2 − sin 2 x ≤ 2 nên 4 ≤ ≤ 8 . Do đó 0 ≤ f ( x) ≤ 4 . 2 − sin 2 x Ta có f ( x) = 0 ⇔ sin 2 x = 0 ⇔ sin x = 0 ⇔ x = k π (k ∈ ℤ) , π f ( x) = 4 ⇔ sin 2 x = 1 ⇔ sin x = ±1 ⇔ x = ± + 2k π (k ∈ ℤ ) . 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của f ( x) là 0 đạt được khi x = k π (k ∈ ℤ) , π giá trị lớn nhất của f ( x) là 4 đạt được khi x = ± + 2k π ( k ∈ ℤ ) . 2 Cách 2: Đặt sin 2 x = t , Điều kiện t ∈ [0;1]  x ≤ 3 2. Điều kiện:  .  y ≤ 2 Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: 3 3 ( x − 2) + 3( x − 2) = ( y −1) + 3( y −1) (1)
Xét hàm số f (t ) = t 3 + 3t , t ∈ ℝ . Khi đó ta có f ' (t ) = 3t 2 + 3 > 0, ∀t ∈ ℝ . Do đó f (t ) là hàm đồng biến trên ℝ . Nên phương trình (1) trở thành f ( x − 2) = f ( y −1) ⇔ x − 2 = y −1 ⇔ y = x −1 . Thay y = x −1 vào phương trình thứ hai ta được: 2 3 − x = 2 x − 2 ⇔ 3 − x = x −1  x ≥ 1  x ≥ 1  ⇔  ⇔   x = 2 ⇔ x = 2 3 − x = x 2 − 2 x + 1  x = −1  Với x = 2 thì y = 1 (thỏa mãn). Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y ) = (2;1) . Câu 3: (4,0 điểm) 1. Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau được chọn từ các số 0;1; 2;3; 4;5;6; 7;8;9 . Xác định số phần tử của S . Chọn ngẫu nhiên một số từ S , tính xác suất để số được chọn là số chẵn. 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm A(0;9) , B (3;6) . Gọi D là miền nghiệm của hệ 2 x − y + a ≤ 0 phương trình  . Tìm tất cả các giá trị của a để AB ⊂ D . 6 x + 3 y + 5a ≥ 0 Lời giải 1. Số phần tử của tập S là n ( S ) = 9.9.8.7.6 = 27216. Gọi số chẵn thuộc tập S có dạng abcde (a ≠ 0) . Nếu e ∈ {2; 4; 6;8} , trường hợp này ta có: 8.8.7.6.4 = 10752 số. Nếu e = 0 , trường hợp này ta có: 9.8.7.6 = 3024 số. 10752 + 3024 13776 41 Vậy xác suất cần tìm là: P = = = . 27216 27216 81 2. Phương trình đường thẳng AB : x + y − 9 = 0. Trường hợp 1: Nếu AB là đường thẳng. a ≤ −2 x + y Xét hệ  . 5a ≥ −6 x − 3 y a ≤ −12 a ≤ −12 Dễ thấy điểm C (2; 7) ∈ AB nhưng C ∉ D vì   ⇔  ⇔ a ∈ φ. 5a ≥ − 33 a ≥ − 33  2  10 a ≤ −2 x + y Trường hợp 2: Nếu AB là đoạn thẳng. Ta thay y = 9 − x ( x ∈ [0;3]) vào hệ  5a ≥ −6 x − 3 y
a ≤ 9 − 3x −3 x − 27 ta được  −3 x − 27 ⇒ ≤ a ≤ 9 − 3 x (*) a ≥ 5  5 27 (*) đúng với ∀x ∈ [0;3] ⇔ − ≤ a ≤ 0 . 5 27 Vậy − ≤ a ≤ 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 5 Câu 4: (4,0 điểm) 1. Cho hình chóp SABC . Trên các đoạn thẳng SA, SB, SC lần lượt lấy các điểm A ', B ', C ' khác VS . ABC SA SB SC với điểm S . Chứng minh rằng: = . . VS . A ' B ' C ' SA ' SB ' SC ' 2. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD , có AB = a, SA = a 3 . Gọi O là giao điểm của AC và BD , G là trọng tâm tam giác SCD . a) Tính thể tích khối chóp S .OGC. b) Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng ( SBC ) . c) Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SA và BG . Lời giải 1. Gọi H , H ' lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, A ' trên ( SBC ) . AH SA Ta có = AH ' SA ' 1 1 S SBC = SB.SC .sin BSC ; S SB ' C ' = SB '.SC '.sin BSC 2 2 1 1 Khi đó VS . ABC = VA.SBC = AH .S SBC = AH .SB.SC .sin BSC 3 6 1 1 VS . A ' B 'C ' = VA '.SB 'C ' = A ' H '.S SB 'C ' = A ' H '.SB '.SC '.sin BSC 3 6
VS . ABC AH SB SC SA SB SC Vậy = . . = . . VS . A ' B 'C ' A ' H ' SB ' SC ' SA ' SB ' SC ' 2. a 10 a) Ta có AC = a 2 ; SO = SA2 − OA2 = 2 Gọi M là trung điểm CD 1 a 3 10 Khi đó VS .OCM = SO.OM .MC = 6 48 VS .OCG SG 2 = = VS .OCM SM 3 2 a 3 10 Suy ra S .OGC = S .OMC = . 3 72 2 2 b) Ta có d (G , ( SBC )) = d ( M , ( SBC )) = d (O, ( SBC )) 3 3 Gọi H là trung điểm BC , K là hình chiếu vuông góc của O trên SH . 1 1 1 4 4 22 Ta có 2 = 2 + 2 = 2+ 2 = 2 OK OH OH a 10a 5a a 110 d (O, ( SBC )) = OK = 22 2 a 110 d (G , ( SBC )) = d (O, ( SBC )) = 3 33 c) Gọi I là giao điểm của BD và AM , I là trong tam tam giác ADC . Suy ra IG / / SA nên góc giữa hai đường thẳng SA và BG bằng góc giữa hai đường thẳng IG và BG 1 a 3 2a 2 a 11 Ta có IG = SA = ; BI = ; BG = 3 3 3 3 BG 2 + IG 2 − BI 2 33 cos IGB = = 2.BG.IG 11 Ta có thể tọa độ hóa. Câu 5: (2,0 điểm)
1. Cho phương trình (m + 2) x ( x 2 +1) − x 2 + (m − 6) x −1 = 0 (1) . Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm thực. 2. Cho đa thức f ( x) = x 4 + ax 3 + bx 2 + ax +1 có nghiệm thực. Chứng minh rằng a 2 + b 2 − 4b + 1 > 0 . Lời giải 1. Điều kiện: x ≥ 0. - Với x = 0 thì phương trình vô nghiệm. x2 + 1 x2 + 1 - Với x > 0 , phương trình (1) ⇔ ( m + 2 ) − +m−6 = 0 . x x t ≥ 2 x2 + 1  Đặt t = ⇒ x2 + 1 ; x t = 2  x t 2 − 2t + 6 Ta được phương trình mới theo ẩn phụ: ( m + 2 ) t − t 2 + m − 6 = 0 ⇔ = m ( 2) . t +1 Yêu cầu bài toán ⇔ ( 2 ) có nghiệm trên  2; +∞ . ) t 2 − 2t + 6 t 2 + 2t − 8 t = −4 ( l ) Xét hàm số f ( t ) = ⇒ f ′ (t ) = =0⇔ . t +1 ( t + 1) t = 2 2 Bảng biến thiên x –∞ -4 2 +∞ y' + 0 – – 0 + +∞ y 2 Vậy phương trình có nghiệm ⇔ m ≥ 2 . 2. Giả sử đa thức đã cho có nghiệm trong trường hợp a 2 + b 2 − 4b +1 ≤ 0 . 2 a 2 + b 2 − 4b + 1 ≤ 0 ⇔ a 2 + (b − 2) ≤ 3 (1) .
Vì x = 0 không phải là nghiệm của phương trình f ( x) = 0 nên 2  1  1  1  1 x + ax + bx + ax + 1 = 0 ⇔  x 2 + 2  + a  x +  + b = 0 ⇔  x +  + a  x +  + b − 2 = 0 . 4 3 2  x    x   x   x 1 Đặt t = x + thì phương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi t 2 + at + b − 2 = 0 có nghiệm x thoả mãn t ≥ 2 . Xét hàm số g (t ) = t 2 + at + b − 2 −a −a g ′ (t ) = 2t + a ; g ′ (t ) = 0 ⇔ t = . Như (1) trên thì ∉ (−2; 2) 2 2 Do đó ta có bảng biến thiên: −2a + b + 2 ≤ 0 (2) Phương trình có nghiệm thì   2a + b + 2 ≤ 0 (3) Những điểm M (a; b) thoả (1) thì nằm bên trong hoặc biên đường tròn tâm I (0; 2) và bán kính bằng 3. Những điểm N ( a; b) thoả mãn (2) và (3) là những điểm thuộc phần không chứa gốc tạo độ của −2 x + y + 2 = 0 các đường thẳng  .  2 x + y + 2 = 0 Những phần đó theo hình vẽ là không có điểm chung, vì vậy ta có mâu thuẫn.
Ta có điều phải chứng minh: Nếu đã thức đã cho có nghiệm thì a 2 + b 2 − 4b + 1 > 0 . Chú ý: Bài có thể giải nhanh như sau: t 2 + at + b − 2 = 0 ⇔ t 2 = −at + 2 − b ⇒ t 4 = (−at + 2 − b) ≤  a 2 + (b − 2)  (1 + t 2 ) 2 2   4 2 t −1 ⇒ a 2 + (b − 2) > 2 = t 2 −1 ≥ 3 ⇒ a 2 + b 2 − 4b + 1 > 0 . t +1