Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 năm 2018 – 2019 sở GDĐT Bến Tre

NHÓM TOÁN VD – VDC

SỞ GD&ĐT BẾN TRE

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12

ĐỀ CHÍNH THỨC

NĂM HỌC 2018 - 2019
MÔN: TOÁN – Hệ : THPT
Thời gian: 180 phút

Ngày thi : 27/02/2019

Họ và tên: .......................................................................................... SBD: ................................................. .





2.sin  2 x    6.sin  x    1 .
4
4


 y  2  . x  2  x y  0

b) Giải hệ phương trình: 
với x, y  .
x  1. y  1   y  3 1  x 2  y  3x



x 1
c) Cho hàm số y 
có đồ thị  C  . Viết phương trình tiếp tuyến  d  của đồ thị  C  biết
2x 1
 d  cắt trục Ox , Oy lần lượt tại A , B sao cho AB  10.OA (với O là gốc tọa độ).

a) Giải phương trình:









NHÓM TOÁN VD – VDC

Câu 1 (8 điểm).

Câu 2 (4 điểm).
a) Bạn An có đồng xu mà khi tung có xác suất xuất hiện mặt ngửa là

1
và bạn Bình có đồng xu
3

2
. Hai bạn An và Bình lần lượt chơi trò chơi tung

5
đồng xu của mình đến khi có người được mặt ngửa ai được mặt ngửa trước thì thắng. Các lần tung
p
trong đó p và q là các số
là độc lập với nhau và bạn An chơi trước. Xác suất bạn An thắng là
q
nguyên tố cùng nhau, tìm q  p .

mà khi tung có xác suất xuất hiện mặt ngửa là

dương thỏa: Cn1  2Cn2  3Cn3  ...   n 1 Cnn1  nCnn  64n .
Câu 3 (4 điểm).
a) Trong không gian cho 4 điểm A, B, C, D thỏa mãn AB  3, BC  7, CD  11, DA  9 .
Tính AC.BD .
b) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a2  b2  c2  3b  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
1
4
8
biểu thức P 
.


2
2
2
 a  1  b  2   c  3
Câu 4 (4 điểm).
Cho hình chóp S . ABC , có SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  , SA  2a và tam giác ABC
vuông tại C với AB  2a BAC  30 . Gọi M là điểm di động trên cạnh AC , đặt AM  x,

 0  x  a 3  . Tính khoảng cách từ S đến BM theo a và x . Tìm các giá trị của x để khoảng

cách này lớn nhất.
----- HẾT ---- />
Trang 1

NHÓM TOÁN VD – VDC

n

1 

b) Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhi thức  x  4  biết rằng n là số nguyên
2 x

2


NHÓM TOÁN VD – VDC

SỞ GD&ĐT BẾN TRE

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

ĐỀ CHÍNH THỨC

CẤP TỈNH LỚP 12
NĂM HỌC 2018 - 2019

Câu 1 (8 điểm).









Lời giải






2.sin  2 x    6.sin  x    1  sin 2 x  cos 2 x  3.  sin x  cos x   1  0
4
4



a) Ta có:



NHÓM TOÁN VD – VDC






2.sin  2 x    6.sin  x    1 .
4
4


 y  2  . x  2  x y  0

với x, y  .
b) Giải hệ phương trình: 
2
x

1.
y

1

y

3
1

x

y

3
x





x 1
c) Cho hàm số y 
có đồ thị  C  . Viết phương trình tiếp tuyến  d  của đồ thị  C  biết
2x 1
 d  cắt trục Ox , Oy lần lượt tại A , B sao cho AB  10.OA (với O là gốc tọa độ).

a) Giải phương trình:



  sin x  cos x    sin 2 x  cos 2 x   3  sin x  cos x   0   sin x  cos x  2sin x  3  0
2



x   k

 

4
sin  x    0


x

x


sin
cos
0

4




  x   k 2 .

3

3
 2sin x  3  0

sin x 

2
 x  2  k 2

3



4

 k , x 



3

 k 2 , x 

2
 k 2 , với k  .
3

 y  2  . x  2  x y  0
1

b) Giải hệ phương trình: 
.
x  1. y  1   y  3 1  x 2  y  3x  2 


 x  1

* Điều kiện:  y  0
.
 x 2  y  3x  0

a  x  2  1 
 x  a2  2

- Đặt 
.


2
y

b
b

y

0




Khi đó 1 trở thành:  b2  2 a  b  a2  2  0  ab b  a   2 b  a   0









  b  a  ab  2   0  a  b  do ab  2  0 

 x2  y  y  x2.
- Thay vào phương trình  2  ta được phương trình:
x  1.







x  2  1   x  1 . 1  x 2  2 x  2



 x  1. 1 





 x  1  1    x  1 . 1   x  1

- Nếu x  1 thì  3 vô nghiệm.

2

1

/>


 3 .

Trang 2

NHÓM TOÁN VD – VDC

Vậy phương trình có 3 họ nghiệm là: x 


NHÓM TOÁN VD – VDC





- Với x  1 , xét hàm số: f  t   t. 1  1  t 2 trên 0;   .
Có: f   t   1  1  t 2 

t2
1 t 2

 0, t  0;   , do đó hàm số f  t  đồng biến trên 0;  

x  0
x  1  f  x  1  x  1  x  1  x 2  3x  0  
 x  3 (do x  1 )
x  3
Vậy hệ có nghiệm duy nhất  x; y    3;5 .
  3  f

Ta có: y 



1 
\ .
2
3

 2 x  1

2

.

- Giả sử tiếp tuyến  d  của  C  cắt Ox , Oy lần lượt tại A và B thỏa mãn AB  10.OA .
Khi đó tam giác OAB vuông tại O và có AB  10.OA  OB  3.OA
OB
 tan OAB 
 3  k  3 , với k là hệ số góc của tiếp tuyến  d 
OA
2 x 1  1
x  1
3
2
 y  3 
 3   2 x  1  1  

2
 2 x  1
 2 x  1  1  x  0

NHÓM TOÁN VD – VDC

c) TXĐ:



 M 1; 2 
là các tiếp điểm.

 M  0; 1
Vậy có 2 tiếp tuyến  d  thỏa mãn yêu cầu bài toán là : y  3x  5 và y  3x 1 .
Câu 2 (4 điểm).

1
và bạn Bình có đồng xu
3

2
. Hai bạn An và Bình lần lượt chơi trò chơi tung
5
đồng xu của mình đến khi có người được mặt ngửa ai được mặt ngửa trước thì thắng. Các lần tung
p
là độc lập với nhau và bạn An chơi trước. Xác suất bạn An thắng là
trong đó p và q là các số
q
nguyên tố cùng nhau, tìm q  p .

mà khi tung có xác suất xuất hiện mặt ngửa là

n

1 


b) Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhi thức  x  4  biết rằng n là số nguyên
2 x

2

dương thỏa: Cn1  2Cn2  3Cn3  ...   n 1 Cnn1  nCnn  64n .
Lời giải
a) Giả sử ở lần gieo thứ n bạn An thắng cuộc, khi đó ở n  1 lần gieo trước bạn An đều chỉ gieo ra
mặt sấp và bạn Bình chỉ gieo được n  1 lần đều có kết quả là mặt sấp.
n 1

 2 13
Xác suất để có được điều đó ở lần gieo thứ n là   .  
 3 3 5
Do đó, điều kiện thuận lợi để bạn An thắng là
n
2
 1 1
p 1 2 2
5
2
 1        ...     ... 
 .
2
q 3   5   5 
9
5
 3 1 
5

/>
n 1

1 2
  
3 5 

n 1

.

Trang 3

NHÓM TOÁN VD – VDC

a) Bạn An có đồng xu mà khi tung có xác suất xuất hiện mặt ngửa là


NHÓM TOÁN VD – VDC

Suy ra q  p  9  5  4 .
n

b) Ta xét khai triển 1  x    Cnk x k . Lấy đạo hàm 2 vế ta được: n 1  x 
n

n 1

k 0

n

  kCnk x k 1 .
k 1

Chọn x  1  Cn1  2Cn2  3Cn3  ...   n  1 Cnn1  nCnn  n.2n1

NHÓM TOÁN VD – VDC

Do đó Cn1  2Cn2  3Cn3  ...   n  1 Cnn1  nCnn  64n  n2n1  64n  n  7 .
Tiếp tục khai triển
7

7
1 

x


C7k



4
2 x  k 0


 x

k

 1 
 4 
2 x

7k

1
  
k 0  2 
7

7k
k
7

C x x

Do đó để tìm được số hạng chứa x 2 thì ta cần tìm k để
1
Vậy hệ số của số hạng chứa x là  
2

7 5

2

C75 

k

2

k 7
4

1
  
k 0  2 
7

7k
k
7

C x

3k 7
4

.

3k  7
 2  k 5.
4

21
.
4

Câu 3 (4 điểm).

a) Trong không gian cho 4 điểm A, B, C, D thỏa mãn AB  3, BC  7, CD  11, DA  9 .
Tính AC.BD .
b) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a2  b2  c2  3b  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
1
4
8
biểu thức P 
.


2
2
2
 a  1  b  2   c  3
Lời giải
a) Ta có AB  BC  CD  DA  AB  BC AB  BC  CD  DA CD  DA 

Do đó AC.BD  

2

2

2







1
 9  49  121  81  0 .
2

b) Cách 1:
Áp dụng BĐT A-G: a 2  1  2a; b 2  4  4b; c 2  1  2c
suy ra 2a  4b  2c  6  a 2  b2  c 2  2a  b  2c  6

1 .

Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi

a  c  1
.

b  2

1 
1 1
8
2 1
Ta lại có với x, y là các số thực dương:  x  y   2  2   8  2  2 
, dấu "  " xảy
2
y 
x
y
 x  y
x

ra khi và chỉ khi x  y .
Do đó
1
1
8
8
8
64
256
P






2
2
2
2
2
2
2
 a  1  b  1  c  3  a  b  2   c  3  a  b  c  5   2a  b  2c  10 







2
2
2 




a  c  1
Kết hợp 1 suy ra P  1. Vậy min P  1  
.
b  2
Cách 2:
Ta có: a2  b2  c2  3b  0  b2  3b  a2  c2  0  0  b  3 .
/>
Trang 4

NHÓM TOÁN VD – VDC

 

  AB  BC  AC   CD  DA  CA  AC  AB  BC  CD  DA   2 AC.DB
2


NHÓM TOÁN VD – VDC

Ta có

1

 a  1

2



8

 c  3

9



2

 a  1



2

 c  3

Lại có 4a  2  a  1 và 6c  3  c  1
2



2

1

 a  1

2



8

 c  3

2



18
1 .
2a  4a  c 2  6c  11
2

2

2

 2a2  4a  c2  6c  11  2a2  2  a2  1  c2  3  c2  1  11

Từ 1 và  2  ta có

1

 a  1

2



8

 c  3



2

9
2a  2c 2  8
2

 3 .

Lại có từ giả thiết a2  b2  c2  3b  0  a2  b2  c2  3b  a2  c2  b2  4  3b  4
b2  4  4b  a2  c2  4b  3b  4  a2  c2  4  b  2a2  2c2  8  2b  4  .
1

Từ  3 và  4  ta có
P

1

 a  1

2



 a  1
4

b  2

Xét hàm số f  b  

2



4

b  2

2

2



8

 c  3
8

 c  3


2



2



mà

9
16  2b
4

b  2

2



9
.
16  2b

NHÓM TOÁN VD – VDC

 2a2  4a  c2  6c  11  4a2  4c2  16  2  .

9
với 0  b  3 .
16  2b

a  c  1
Ta có min f  b   1 khi b  2  P  f  b   min f  b   1 và min P  1  
b 0;3
b 0;3
b  2
Câu 4 (4 điểm).
Cho hình chóp S . ABC , có SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  , SA  2a và tam giác ABC
vuông tại C với AB  2a BAC  30 . Gọi M là điểm di động trên cạnh AC , đặt AM  x,
cách này lớn nhất.
Lời giải
Cách 1

/>
Trang 5

NHÓM TOÁN VD – VDC

 0  x  a 3  . Tính khoảng cách từ S đến BM theo a và x . Tìm các giá trị của x để khoảng


NHÓM TOÁN VD – VDC

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên BM . Suy ra BM   SAH  .
Ta có MAH

MBC  AH 

BC. AM
a.x

.
2
BM
4a  x 2  2 xa 3

5 x 2  8 xa 3  16a 2
x 2  2 xa 3  4a 2

hình  SH  SA2  AH 2  a

Ta có SM  SA2  AM 2  4a 2  x 2 , SB  SA2  AB 2  2a 2,
BM  BA2  AM 2  2 AB.AM cos BAM  4a2  x2  2 xa 3, p 

SM  SB  BM
2

Diện tích tam giác SBM là SSBM  p  p  SB  p  MB  p  SM 


a
5 x 2  8 xa 3  16a 2
2

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên BM . Ta có S SBM 
 SH 

1
SH .BM
2

2 S SBM
5 x 2  8 xa 3  16a 2
5 x 2  8 xa 3  16a 2

d
S
,
BM

SH
a

a


.
BM
x 2  2 xa 3  4a 2
x 2  2 xa 3  4a 2

NHÓM TOÁN VD – VDC

Cách 2

Cách 3
Ta có BC  a, AC  a 3 .



 

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho C  0;0;0  , B  a;0;0  , A 0; a 3;0 , S 0; a 3; 2a



Do H thuộc AC , AM  x nên M 0; a 3  x;0




 MB, BS    2ax  2a 3; 2a ; xa  .









Ta có MB  a; x  a 3;0 , BS  a; a 3; 2a .

NHÓM TOÁN VD – VDC

2

2

Khoảng cách từ S đến BM là d  S , BM  

 MB, BS 
5 x 2  8 xa 3  16a 2


a
.
x 2  2 xa 3  4a 2
MB

* Tìm các giá trị của x để khoảng cách này lớn nhất.

5 x 2  8 xa 3  16a 2
0 xa 3
Xét hàm số f  x   2
x  2 xa 3  4a 2



f  x 



2a 3 x 2  8 xa 2
x 2  2 xa 3  4a 2



2



x  0
, f  x  0  
. Có f  0   4, f
 x  4 3a  0; a 3 



3

 3   7.

----- HẾT -----

/>
Trang 6