Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC
2019
TỔ 11 - LẦN 2 - HSG TỈNH QUẢNG NINH -
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
TỈNH QUẢNG NINH
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn: Toán Lớp: 12
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH QUẢNG NINH LỚP 12
Bài 1.
(4 điểm)
Câu 1.
Cho hàm số y = x − 2mx + 2m − 1 với
là tham số . Tìm tất cả các giá trị của
hàm số đã cho có ba điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác vuông
4
2
m
m
để đồ thị
Lời giải
Tác giả:Trần Thị Vân; Fb: Trần Thị Vân
Tập xác định
D= ¡
y′ = 4 x ( x 2 − m )
x = 0
y′ = 0 ⇔ 4 x ( x 2 − m ) = 0 ⇔ 2
x = m
Để hàm số có ba điểm cực trị thì
y′ = 0 có ba nghiệm phân biệt tức là m > 0 .
Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là
(
)
A − m ; − m 2 + 2m − 1 , B ( 0;2m − 1) , C
(
)
m ; − m 2 + 2m − 1
Vì hàm số đã cho là hàm số chẵn nên tam giác
trục
Oy . Nên để
tam giác
ABC
ABC
cân tại
B ∈ Oy; A, C
là tam giác vuông thì tam giác
ABC
đối xứng nhau qua
vuông và cân tại
B.
m = 1
AC = AB 2 ⇔ m4 = m ⇔ m 2 = m ⇔
Khi đó
m = 0
Do
Câu 2.
m > 0 nên chọn m = 1 .
Kết luận m = 1 .
Nhà bạn An muốn đặt thợ làm một bể cá, nguyên liệu bằng kính trong suốt, không có nắp đậy
dạng hình hộp chữ nhật có thể tích chứa được
gấp
400000 ( cm3 )
nước. Biết rằng chiều cao của bể
2 lần chiều rộng của bể . Xác định diện tích đáy của bể cá để tiết kiệm nguyên liệu nhất
Lời giải
Tác giả: Trần Thị Vân; Fb: Trần Thị Vân
Gọi
a , b, c
lần lượt là chiều rộng , chiều dài , chiều cao của khối hộp chữ nhật
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
( a , b, c > 0 )
Trang 1 Mã đề X
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC
2019
Theo giả thiết ta có
TỔ 11 - LẦN 2 - HSG TỈNH QUẢNG NINH -
c = 2a ⇒ 2a 2b = 400000 ⇒ ab =
V = abc = 400000 và
200000
a
Ta có tổng diện tích xung quanh và diện tích 1 mặt đáy của bể cá là
S = ab + 2ac + 2bc = ab + 4a 2 + 4ab == 5.
200000
1000000
250000 2
+ 4a 2 =
+ 4a 2 = 4
+a ÷
a
a
a
125000 125000 2
125000 125000 2
S = 4
+
+ a ÷ ≥ 4.3 3
.
.a = 30000
a
a
a
a
Suy ra
Bài 2.
S
125000 2
200000
= a ⇔ a = 50 ⇒ Sđáy = ab =
= 4000 ( cm 2 )
đạt giá trị nhỏ nhất khi
a
a
100 x
x−2
1
log
=
1
−
y2
y2
y2
3
(3 điểm) Giải hệ phương trình xy − 2 = x − 1 + y
Lời giải
Điều kiện
x>0
và
xy ≥ 2
1
100 x
x−2
log 2 = 1 − 2 ⇔ log100 x − log y 2 = y 2 − x + 2
2
Từ phương trình y
y
y
⇔ x + log x = y 2 + log y 2 ( *)
Xét hàm số
f ( t ) = t + log t , t > 0
có
f '( t ) = 1+
( 0;+∞ ) .
Vậy
( *) ⇔ f ( x ) =
Thay
x = y2
Thấy
được
1
> 0, ∀ t > 0
nên hàm số đồng biến trên
t ln10
f ( y2 ) ⇔ x = y2
xy − 2 = 3 x − 1 + y
vào phương trình
y 3 − 27
y3 − 2 + 5
) (
(
y = 3 là nghiệm nên biến đổi thành
y3 − 2 − 5 =
y2 − 9
=
3
(y
2
− 1) + 2 y − 1 + 4
2
2
y + 3y + 9
⇔ ( y − 3)
−
3
y
−
2
+
5
3
2
y3 − 2 = 3 y 2 − 1 + y
được
3
)
y2 − 1 − 2 + y − 3
rồi liên hợp
+ y−3
÷
+ 1÷ = 0 ( **)
2
y 2 − 1) + 2 3 y 2 − 1 + 4 ÷
y+3
3
(
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 2 Mã đề X
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC
2019
y2 + 3y + 9
y3 − 2 + 5
Do
>
TỔ 11 - LẦN 2 - HSG TỈNH QUẢNG NINH -
y2 + 3y + 9
y 2 + 3 y + 9 2 y 2 + 6 y + 18
4y − 2
> 2
= 2
= 2+ 2
> 2, ∀ y ≥ 2 2
y +y
y + y + 10
y + y + 10
y3 + 5
+5
2
Và
3
( y − 1)
2
2
+ 2 3 y2 − 1 + 4 =
3
( y − 1) ( y + 1)
2
y+3
nên
3
( y − 1)
2
2
+ 2 y −1+ 4
⇒
y2 + 3y + 9
−
y3 − 2 + 5
Nên
( **) ⇔
3
+ 2 3 y2 − 1 + 4 >
3
( y − 1)
3
+ 4 = y + 3, ∀ y ≥ 3 2
+ 1 < 1+ 1 = 2
2
÷
+ 1÷ > 0, ∀ y ≥ 3 2
2
3 y2 − 1 + 2 3 y2 − 1 + 4
÷
( )
y+3
y=3
Bài 3.
Vậy hệ só nghiệm duy nhất
(4 điểm)
Câu 1.
Cho tam giác
rằng nếu
2
ABC
( x; y ) = ( 9;3) .
không có góc vuông và có các cạnh
a 2 + b 2 = 2c 2 và tan A + tan C = 2tan B
BC = a, CA = b, AB = c.
thì tam giác
ABC
Chứng minh
là tam giác đều.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Minh Nguyệt ; Fb: nguyen nguyet
Ta có
sin B
sin ( A + C )
sin A sin C
sin B
+
=2
tan A + tan C = 2 tan B
=2
⇔ cos A cos C
cos B ⇔ cos A cos C
cos B
2 2
2
a + b = 2c
a 2 = 2c 2 − b 2
a 2 = 2c 2 − b 2
a2 + c2 − b2
b2 + c2 − a2 a2 + b2 − c2
cos B = 2 cos A cos C
= 2.
.
⇔ 2
⇔
2ac
2bc
2ab
2
2
a
=
2
c
−
b
2
2
2
a = 2c − b
⇒ b 2 ( 3c 2 − 2b 2 ) = ( 2b 2 − c 2 ) c 2 ⇔ b 2 c 2 + c 4 − 2b 4 = 0 ⇔ ( c 2 − b 2 ) ( c 2 + 2b 2 ) ⇔ c = b
Kết hợp với
Câu 2.
a 2 + b 2 = 2c 2 ⇒ a = b = c. Vậy tam giác ABC
là tam giác đều.
11 năm 2018
với thể lệ mỗi lớp tham gia một tiết mục. Kết quả có 12 tiết mục đạt giải trong đó: có 4 tiết
mục lớp 12 , có 5 tiết mục khối 11 và 3 tiết mục khối 10 . Ban tổ chức chọn ngẫu nhiên 5
Trong cuộc thi văn nghệ do đoàn thanh niên trường THPT X tổ chức vào tháng
20
11 (không tính thứ tự biểu diễn). Tính xác suất
sao cho khối nào cũng có tiết mục được biểu diễn trong đó có ít nhất 2 tiết mục của khối 12 .
tiết mục biểu diễn chào mừng ngày
tháng
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Minh Nguyệt ; Fb: nguyen nguyet
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 3 Mã đề X
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC
2019
TỔ 11 - LẦN 2 - HSG TỈNH QUẢNG NINH -
Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là
Số phần tử của không gian mẫu là
Ω
n ( Ω ) = C125 = 792
5 tiết mục sao cho khối nào cũng có tiết mục được biểu diễn trong
đó có ít nhất 2 tiết mục của khối 12 ’’.
Chỉ có 3 khả năng xảy ra thuận lợi cho biến cố A là:
+ 2 tiết mục khối 12 , 2 tiết mục khối 10 , 1 tiết mục khối 11
+ 2 tiết mục khối 12 , 1 tiết mục khối 10 , 2 tiết mục khối 11
+ 3 tiết mục khối 12 , 1 tiết mục khối 10 , 1 tiết mục khối 11
Gọi
A
là biến cố: ‘‘Chọn
Số kết quả thuận lợi cho biến cố
Xác suất cần tìm là
Bài 4.
P ( A) =
A là n ( A) = C4 .C3 .C5 + C4 .C3 .C5 + C4 .C3 .C5 = 330
2
2
Oxy , cho tam giác ABC
ABC ; M , N , P
ngoại tiếp tam giác
1
1
2
có
3
3
1
1
330 5
= .
792 12
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
trực tâm của tam giác
2
ABC .
lần lượt là giao điểm của
Tìm tọa độ trực tâm
H
góc đều nhọn. Gọi
AH , BH , CH
H
là
với đường tròn
của tam giác
ABC
biết
16 5 7 5 1 1
M − ; − ÷, N − ; ÷ , P − ; ÷
9 9 8 4 3 6.
Lời giải
Tác giả: Tuyetnguyen; Fb: Tuyetnguyen
¼ = PCB
·
PNB
·
·
·
·
PCB = BAM ⇒ PNB = BNM
·
·
Ta có BAM = BNM
. Suy ra
BN
là đường phân giác trong của góc
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
·
.
PNM
Trang 4 Mã đề X
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC
2019
PC , AM
Tương tự ta có
TỔ 11 - LẦN 2 - HSG TỈNH QUẢNG NINH -
lần lượt là phân giác trong của góc
·
·
, PMN
.
MPN
uuuur 65 65
MN = ; ÷
72 36 .
Ta có
Phương trình đường thẳng
MN
uuuur 65 65
16 5
MN = ; ÷
M − ;− ÷
đi qua
và
nhận
9
9
72 36 làm vtcp, là:
2x − y + 3 = 0 .
Tương tự ta có phương trình đường thẳng
MP :3x − 6 y + 2 = 0 , đường thẳng
NP : 4 x + 2 y + 1 = 0 .
Từ đó ta có phương trình đường phân giác trong và ngoài của góc
·
MPN
:
6 x + 18 y − 1 = 0
3x − 6 y + 2
4x + 2 y + 1
⇔
=±
45
20
18 x − 6 y + 7 = 0 .
M , N nằm khác phía đối với đường phân giác trong nên suy ra phương trình của đường
thẳng PC : 6 x + 18 y − 1 = 0 .
Do
Tương tự phương trình đường thẳng
− 7 25
⇒ H ; ÷
8 72 .
H = NB ∩ PC
Cho lăng trụ ABC. A′ B′C ′
Lại có
Bài 5.
NB :8 x + 7 = 0 .
có đáy là tam giác vuông tại
A , AB = a, BC = 2a . Mặt bên
BCC ' B ' là hình thoi và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng chứa đáy. Góc
giữa hai mặt phẳng
( BCC ' B ')
tan α =
và
( ABB 'A')
bằng
α
.
5 2
4 , hãy tính theo a :
1.
Trong trường hợp
a.
Thể tích khối lăng trụ
b.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng
2.
Gọi
ABC. A ' B ' C ' .
A ' C ' và B'C .
β là góc giữa hai mặt bên qua CC ' của lăng trụ ABC. A ' B ' C ' , tìm hệ thức liên
hệ giữa
cot α
và
cot β .
Lời giải
Tác giả: Trần Văn Tiền ; Fb: Tien Tran
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 5 Mã đề X
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC
2019
TỔ 11 - LẦN 2 - HSG TỈNH QUẢNG NINH -
Câu 1a.
Dựng
AH ⊥ BC ( H ∈ BC ) , suy ra AH ⊥ ( BCC ' B ') . Trong tam giác vuông ABC
AC = BC 2 − AB 2 = a 3 ; AH =
có
AB. AC a 3
=
BC
2 .
BB ' ⊥ HI
⇒ BB ' ⊥ ( AHI )
Dựng HI ⊥ BB ' ( I ∈ BB ') , Ta có BB ' ⊥ AH
.
Suy ra góc giữa hai mặt phẳng
và
HI
bằng
·AIH = α
Trong tam giác vuông
( BCC ' B ')
( Do tam giác
ABH
ta có:
và
( ABB 'A')
AHI vuông tại H
BH =
bằng góc giữa hai đường thẳng
nên
·AIH
AI
là góc nhọn).
AB 2 a
=
BC 2 , ta lại có:
AH 5 2
AH a 6
IH 2 6
·
tan α = tan ·AIH =
=
⇒ IH =
=
⇒ sin IBH
=
=
IH
4
tan α
6
BH
5 .
Câu 1b.
3
3 1
6a3 2
·
V
= V
= . .BC.BB '.sin B ' BC. AH =
Ta có : ABC . A ' B ' C ' 2 A.BC B ' C ' 2 3
5 .
Dựng
B ' D ⊥ BC ( D ∈ BC ) ⇒ B ' D ⊥ ( ABC ) .
Ta có
A'C'// AC ⇒ A ' C '// ( B ' AC )
nên:
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 6 Mã đề X
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC
2019
TỔ 11 - LẦN 2 - HSG TỈNH QUẢNG NINH -
d ( A ' C ', B ' C ) = d ( A ' C ', ( B ' AC ) ) = d ( C ', ( B ' AC ) ) = d ( B, ( B ' AC ) ) =
Dựng
DJ ⊥ AC ( J ∈ AC )
Dựng
DK ⊥ JB ' ( K ∈ JB ') .
Ta có
Ta dễ dàng chứng minh được
DJ //AB
BC
.d ( D, ( B ' AC ) )
.
DC
.
DK ⊥ ( B ' AC ) ⇒ d ( D, ( B ' AC ) ) = DK .
· = BI = 1
cos B· ' BD = cos IBH
Ta có:
BH 5 .
BD
2a DJ CD 4
4a
cos B· ' BD =
⇒ BD = BB '.cos B· ' BD = ⇒
=
= ⇒ DJ =
Mà
BB '
5
AB CB 5
5 .
IH 2 6 B ' D
4a 6
·
sin B· ' BD = sin IBH
=
=
=
⇒ B'D =
Ta có:
BH
5
BB '
5 .
1
1
1
25
25 175
=
+ 2=
+ 2=
2
2
2
Xét tam giác B ' DJ vuông tại D có: DK
B ' D DJ 96a 16a 96a 2 .
Vậy:
d ( A ' C ', B ' C ) =
BC
5 4a 42 a 42
.DK = .
=
DC
4 35
7 .
Câu 2.
CC ′ ⊥ AH
⇒ CC ′ ⊥ ( AHE )
Dựng HE ⊥ CC ′ ( E ∈ CC ′ ) . Ta có CC ′ ⊥ HE
.
Ta có góc giữa hai mặt phẳng
và
HE ( do tam giác AHE
Xét tam giác vuông
( BCC ′B′ )
H
nên
cot β =
HE
AH .
vuông tại
AHE , ta có
và
( ACC′ A′ )
bằng góc giữa hai đường thẳng
AE
·
là góc nhọn).
HEA
a
a 3
a 3
BH = , AH =
, IH = AH .cot α =
cot α
Ta có
.
2
2
2
Do tam giác
BHI
HI < BH ⇒
a 3
a
1
.cot α < ⇒ cot α <
⇒ 60° < α < 90°
.
2
2
3
vuông tại
I
nên
Vì
a BC HE HC
HE 3HI
BH = =
⇒
=
= 3 ⇒ HE = 3HI ⇒ cot β =
=
= 3cot α ( 60° < α < 90° )
2 4
HI HB
AH AH
.
Vậy
cot β = 3cot α ( 60° < α < 90° ) .
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 7 Mã đề X