Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Quảng Ngãi

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 NĂM HỌC 2018-2019
Ngày thi: 18/10/2018
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

QUẢNG NGÃI
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (5,0 điểm).
a) Giải phương trình

2 3 sin 2 x  3 cos x  2sin x
 cos x .
(1  2cos x) tan x





 2 x 2 y  7  3 x  2  x  3 xy  5

b) Giải hệ phương trình 
.
2
2
2
 x (4  y )  1  1  4 x  xy

Câu 2 (3,0 điểm).
2x 1
có đồ thị (C). Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng
x 1
y  2 x  m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B . Gọi k1 , k2 lần lượt là hệ

Cho hàm số y 

số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A và B. Tìm m để biểu thức P   k1 
đạt giá trị nhỏ nhất.

2019

  k2 

2019

Câu 3 (3,0 điểm).
a) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn Cnn41  Cnn3  7  n  3 . Tìm hệ số của số hạng
n

chứa x

4

3

trong khai triển nhị thức Niu-tơn  2 x 2  3  , x  0.
x 


b) Có hai chiếc hộp chứa bi, mỗi viên bi chỉ mang màu xanh hoặc màu đỏ. Lấy ngẫu
nhiên từ mỗi hộp đúng 1 viên bi. Biết tổng số bi trong hai hộp là 20 và xác suất để lấy
được 2 viên bi màu xanh là

55
. Tính xác suất để lấy được 2 viên bi màu đỏ.
84

Câu 4 (4,0 điểm).
Cho hình chóp S .ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , tam giác SAB đều và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết AB  7 a, BC  7 3a , E là điểm trên
cạnh SC và EC  2 ES .
a) Tính thể tích khối chóp E .ABC .
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BE .
Câu 5 (3,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD và điểm E thuộc cạnh
BC . Đường thẳng qua A và vuông góc với AE cắt CD tại F . Gọi M là trung điểm
EF , đường thẳng AM cắt CD tại K . Tìm tọa độ điểm D biết A  6; 6  ,
M  4; 2  , K  3; 0  và E có tung độ dương.

Câu 6 (2,0 điểm).
Cho các số thực không âm a, b, c thỏa c  a, c  b . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
 2a  c  2  2b  c 2
64
8(a 2  1) 
P  ( a  b)  2 2    2 2  

.

2
 b  c   a  c  ab  bc  ca a (a  b) 
2


--------------------------------Hết-------------------------------Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

SỞ GD-ĐT QUẢNG NGÃI
ĐỀ CHÍNH THỨC

CÂU
Câu 1
(5,0đ)

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Môn: TOÁN-Lớp 12
(Đáp án – Thang điểm gồm 5 trang)
ĐIỂM
NỘI DUNG

a) (2,0đ). Giải phương trình

2 3 sin 2 x  3 cos x  2sin x
 cos x .
(1  2cos x) tan x

1

cos x  2


+)Điều kiện cos x  0 .
tan x  0



0,5

 3 sin x  cos x  0 (1)

Với điều kiện trên Pt  

 2sin x  3  0

0,5

(2)


6


 x  3  k 2
+) (2)  
,k  .
 x  2  k 2

3

0,5

+) (1)  x    k , k  

Kết hợp điều kiện, suy ra nghiệm của phương trình là


 x   6  k

,k  .
 x  2  k 2

3

0,5

b) (3,0đ). Giải hệ phương trình
(2 x 2 y  7)( 3x  2  x  3xy )  5
 2
2
2
 x (4  y )  1  1  4 x  xy
2

x 
+) ĐK:  3
.
 x  3 xy  0

+) Từ (2)  4  y 2  y  4 


(1)

.

(2)

0,5

1 1

x2 x
2
3

(2')


Xét hàm số f (t )  4  t 2  t,  t   ;    ta có f '(t ) 

0,5
t



4  t2
2
1
Suy ra f (t ) đồng biến trên  ;   . Do đó (2')  y  .
x

3

1
Thay y  vào (1) ta được (2 x  7)( 3x  2  x  3)  5 (3)
x

 1  0, t 

2
.
3

0,5

0,5


x

7
5
không là nghiệm nên (3)  g ( x )  3 x  2  x  3 
.
2
2x  7

3
1
10
2

7


 0, x  , x 
2
3
2
2 3 x  2 2 x  3 (2 x  7)
2 7
7
Suy ra g(x) đồng biến trên  ;  và  ;  
3 2 
2

Mà g (1)  g (6)  0 nên (3) có 2 nghiệm là 1 và 6.
1
Vậy nghiệm (x;y) của hệ là (1;1), (6; ) .
6
2x 1
Cho hàm số y 
có đồ thị (C). Chứng minh rằng với mọi m đường
x 1
thẳng y  2 x  m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B . Gọi
k1 , k2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A và B. Tìm m để

Ta có: (3)  g '( x) 

Câu 2
(3,0đ)

biểu thức P   k1 

2019

  k2 

2019

0,5

0,5

đạt giá trị nhỏ nhất.
2x 1
 2 x  m
x 1

+) Phương trình hoành độ giao điểm:

( x  1 )

0,5

2

 2 x   4  m  x  1  m  0 (1)

Ta có   m2  8  0 , m và x  1 không là nghiệm của pt(1).

0,5

Vậy đường thẳng y  2 x  m và (C) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt
với mọi m.
+) A  x1; 2 x1  m  , B  x2 ; 2 x2  m  . Trong đó x1 , x2 là nghiệm phương trình (1).
k1 

1

 x1  1

+) k1.k 2 
P   k1 

, k2 
2
1
2

0,5

1

 x2  1

.

1

 x1  1  x2  1

2019

  k2 

2019

2

2



1

 x1  x2  x1.x2  1

 k1.k2 

2

Vậy Pmin  2 2020 khi k1  k2 
Câu 3
(3,0đ)

2019

2

4

0,5
0,5

 2 42019  22020 .

1

 x1  1

2



1

 x2  1

2

 x1  x2 (loai )

m0 .
 x1  x2  2

0,5

a)Cho n là số nguyên dương thỏa mãn Cnn41  Cnn3  7  n  3 . Tìm hệ số của số 2,0đ
n

3


hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn  2 x 2  3  , x  0.
x 

(n  3)(n  2)
Cnn41  Cnn3  7  n  3 
 7  n  3
2
 n  12 .
4

3

12

12

0,5

Với n  12 ,  2 x 2  3    C12k 212 k  3 x 245k
x

0,5

Số hạng chứa x4 ứng với 24  5k  4  k  4 .

0,5

Vậy hệ số của số hạng chứa x4 là: C124 .28.34 .

0,5





k

k 0


b)Có 2 hộp đựng bi, mỗi viên bi chỉ mang màu xanh hoặc màu đỏ. Lấy
ngẫu nhiên từ mỗi hộp đúng 1 viên bi. Biết tổng số bi trong 2 hộp là 20
và xác suất để lấy được 2 viên bi xanh là

0,5

55
. Tính xác suất để lấy
84

được 2 viên bi đỏ
+) Giả sử hộp thứ nhất có x viên bi , trong đó có a bi xanh, hộp thứ hai có
y viên bi
trong đó có b bi xanh (điều kiện: x, y, a, b nguyên dương, x  y, x  a, y  b ).

0,25

 x  y  20 (1)


Từ giả thiết ta có :  ab 55
(2)
 xy  84

1
4

+)Từ (2)  55 xy  84ab  xy 84 , mặt khác : xy  ( x  y )2  100  xy  84 (3)
0,25

 x  14
.

6
y


Từ (1) và (3) suy ra 

0,25

+)Từ (2) và (3) suy ra ab  55 , mà a  x  14, b  y  6  a  11, b  5 .
Vậy xác suất để lấy được 2 bi đỏ là P 
Câu 4
(4,0đ)

0,25

x a y b 1
.


.
x
y
28

a) (2,0đ). Tính thể tích khối chóp E.ABC .
S

E

I

0,5
A

K

C

H
D

B

Gọi H là trung điểm AB, vì ABC đều và ( SAB)  ( ABC ) suy ra SH  ( ABC )
Ta có : AC  BC 2  AB 2  7 2a .
1
3

1 1
3 2

+) VS . ABC  .S ABC .SH  . . AB. AC.SH 

343 6 3
a .
12

0,5

VS . ABE
SA.SB.SE 1

 .
VS . ABC SA.SB.SC 3

0,5

2
343 6 3
 VE.ABC  VS . ABC 
a
3
18

0,5

+)

b) (2,0đ) +) Tính khoảng cách giữa AC và BE.


Lấy điểm D sao cho ACBD là hình bình hành
Vì BD / / AC nên d ( AC , BE )  d ( AC ,( BDE ))  d( A, ( BDE ))  2d( H , ( BDE )) .
+) Gọi I  SH  DE , ( BDE )  ( SAB) theo giao tuyến BI.
Kẻ HK  BI , ( K  BI )  HK  ( BDE )  d( H , ( BDE ))  HK .
 HI 

0,5
0,5

1
7 3
SH 
a.
2
4

0,5

Trong tam giác BHI vuông tại H có HK  BI , suy ra
0,5

1
1
1
21

 2  HK 

a.
2
2
HK
HB
HI
2
Vậy d ( AC , BE )  21a .

Câu 5
(3,0đ)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD và điểm E
thuộc cạnh BC . Đường thẳng qua A và vuông góc với AE cắt CD tại F .
Gọi M là trung điểm EF , đường thẳng AM cắt CD tại K . Tìm tọa độ điểm
D biết A  6; 6  , M  4; 2  , K  3; 0  và E có tung độ dương.

  DAF
 (cùng phụ với DAE
 ).
Ta có ΔABE = ΔADF vì AB = AD và BAE
Suy ra ΔAEF vuông cân và  AM  EF và ME  MA  MF .
Đường thẳng EF đi qua M và vuông góc với MA nên có phương trình
x  2y 8  0.
2

0,5
0,5

2

+) Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AFE:  x  4    y  2   20
2
2
 x  4    y  2   20
+) Tọa độ điểm E, F thỏa hệ 
 x  2 y  8  0

0,5

Giải hệ ta được tọa độ E  0; 4  , F  8;0  , ( y E  0 ).

0,5

Với E  0; 4  , F  8;0 
Đường thẳng CD qua F  8;0  và K  3; 0  nên có phương trình y  0 .

0,5

Đường thẳng AD qua A  6;6  và vuông góc với FK nên có phương trình
x6  0.

D  CD  AD  D  6, 0  .

0,5


Câu 6
(2,0đ)

Cho các số thực không âm a, b, c thỏa c  a, c  b . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
 2a  c  2  2b  c 2
64
8(a 2  1) 
P  ( a  b)  2 2    2 2  

.
2
 b  c   a  c  ab  bc  ca a (a  b) 
1
1
1
1
1
1
,
+)Ta có 2 2 2 
; 2 2 2

c
c
c
c
(a  c )
(a  ) 4 (b  c )
(b  )4 ab  bc  ca (a  ).(b  )
2
2
a

a
2

c 2
c 2


4(
a
)
4(
b
)



64
1
2 
2 
2 
+) Suy ra: P  (a  b) 
 8(a  )

c
c
c
c
a
 (b  ) 4

(a  )4 (a  )(b  ) 

2
2
2
2 
c
c
+) Đặt a   x, b   y , ( x  0, y  0). Ta có
2
2
2
 x
y 2 64 
1
1

P  ( x  y )2  4 4  4 4    16
2
2 2
c
x
xy 
(a  c )
 y
(a  )4
2
3

x y

  x y 
 x y
Hay P  4    2      3     16   16 .

y x
  y x 
 y x
x y
+)Đặt t   , (t  2) . Xét hàm số f (t )  4(t  2)(t 3  3t  16) ,
y x
5
Ta có: f '(t )  4(4t 3  6t 2  6t  10) , f '(t )  0  t  .
2
63
Lập bảng biến thiên, suy ra f (t )   .
4
a  1
a  1

1
1
1


Suy ra P   và P    b  2 hoặc b 
4
4
2
c  0



c

0

1
Vậy Pmin   .
4

0,5

0,25

0,25

0,5

0,5

Chú ý:
1. Mọi lời giải đúng, khác với hướng dẫn chấm, đều cho điểm tối đa theo từng
câu và từng phần tương ứng.
2. Tổ chấm thảo luận để thống nhất các tình huống làm bài có thể xảy ra của
học sinh.