De thi học sinh giỏi Toán lớp 12 tỉnh Thái Nguyên ngày thi 23 10 2022

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

Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Thái Nguyên được biên soạn và tổ chức thi ngày 23 tháng 10 năm 2018 nhằm tuyển chọn các em giỏi Toán 12 nhất đang học tập tại các trường THPT tại tỉnh Thái Nguyên, để bồi dưỡng thêm và tạo điều kiện để các em thử sức ở cuộc thi Toán 12 cấp Quốc gia, đề được biên soạn theo hình thức tự luận với 1 trang và 5 bài toán, thí sinh làm bài trong 90 phút, đề thi có lời giải chi tiết. Trích dẫn đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Thái Nguyên: + Cho hàm số y = x^3 – 3x^2 + 4 có đồ thị [C], đường thẳng [d] đi qua A[1;2] và có hệ số góc m. Tìm m để [d] cắt [C] tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho BC = 4√2. [ads] + Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện x^2 + 2y^2 = 8/3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức.

+ Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = a. Gọi I là trung điểm của AC. Biết hình chiếu của S lên mặt phẳng ABC là điểm H thỏa mãn BI = 3IH và góc giữa hai mặt phẳng[SAB];[SBC] bằng 60 độ. Tính thể tích khối chóp S.ABC đã cho và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, SI theo a.

[adsbygoogle = window.adsbygoogle || []].push[{}];
Tải tài liệu

#Đề #thi #chọn #học #sinh #giỏi #cấp #tỉnh #Toán #năm #sở #và #ĐT #Thái #Nguyên

Đề thi và đáp án học sinh giỏi môn Toán 12 tỉnh Thái Nguyên 2018

Đề thi và đáp án HSG môn toán 12 tỉnh Thái Nguyên 2018. Đề thi học sinh giỏi gồm 5 câu, thang điểm 20. Nội dung đề hay, sát với kiến thức, có khả năng phân chọn học sinh cao.

Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Thái Nguyên được biên soạn và tổ chức thi ngày 23 tháng 10 năm 2018 nhằm tuyển chọn các em giỏi Toán 12 nhất đang học tập tại các trường THPT tại tỉnh Thái Nguyên, để bồi dưỡng thêm và tạo điều kiện để các em thử sức ở cuộc thi Toán 12 cấp Quốc gia, đề được biên soạn theo hình thức tự luận với 1 trang và 5 bài toán, thí sinh làm bài trong 90 phút, đề thi có lời giải chi tiết.

Trích dẫn đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Thái Nguyên:
+ Cho hàm số y = x^3 – 3x^2 + 4 có đồ thị [C], đường thẳng [d] đi qua A[1;2] và có hệ số góc m. Tìm m để [d] cắt [C] tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho BC = 4√2.

+ Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện x^2 + 2y^2 = 8/3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức.
+ Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = a. Gọi I là trung điểm của AC. Biết hình chiếu của S lên mặt phẳng ABC là điểm H thỏa mãn BI = 3IH và góc giữa hai mặt phẳng[SAB];[SBC] bằng 60 độ. Tính thể tích khối chóp S.ABC đã cho và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, SI theo a.

Đề thi và đáp án học sinh giỏi môn Toán 12 tỉnh Thái Nguyên 2018

Link tải đáp án tham khảo tại đây
Click vào đây để tải xuống

Ghi chú: Quý thầy, cô hoặc bạn đọc muốn đóng góp tài liệu cho ban biên tập dethihsg.com, vui lòng gửi về:

+ Fanpage: Đề thi học sinh giỏi

Video hướng dẫn tải đề thi:

Nhóm toán VD - VDCĐỀ THI HSG LỚP 12 TỈNH THÁI NGUYÊNNĂM HỌC: 2018-2019THỜI GIAN : 180 PHÚTBài 1[4 điểm]. Cho hàm số y = x3 − 3 x 2 + 4 có đồ thị [C ] , đường thẳng [d ] đi qua A[1; 2] và cóhệ số góc m . Tìm m để [d ] cắt [C ] tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho BC = 4 2 .Bài 2[4 điểm]. Giải phương trình[x3 − 7 x 2 + 9 x + 12 = [ x − 3] x − 2 + 5 x − 3][]x − 3 −1Bài 3 [4 điểm].u1 = 2∞Cho dãy số [un ]n=1 thỏa mãn .u1 + u2 + ... + un−1 + un = n 2un , n ≥ 1Tìm giới hạn lim [n 2un ] .Bài 4 [4 điểm]. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AB = a . Gọi Ilà trung điểm của AC . Biết hình chiếu của S lên mặt phẳng ABC là điểm H thỏa mãn BI = 3IHvà góc giữa hai mặt phẳng [ SAB] ; [ SBC ] bằng 60ο . Tính thể tích khối chóp S . ABC đã cho và tínhkhoảng cách giữa hai đường thẳng AB , SI theo a .8Bài 5 [4 điểm]. Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện x 2 + 2 y 2 = . Tìm giá trị lớn nhất3của biểu thứcP = 7 [ x + 2 y ] − 4 x 2 + 2 xy + 8 y 2 .HẾTNhóm toán VD - VDCHƯỚNG DẪN GIẢIBài 1[4 điểm]. Cho hàm số y = x3 − 3 x 2 + 4 có đồ thị [C ] , đường thẳng [d ] đi qua A[1; 2] và cóhệ số góc m . Tìm m để [d ] cắt [C ] tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho BC = 4 2 .Lời giải+] Phương trình đường thẳng [d ] : y = m [ x −1] + 2+] Phương trình hoành độ giao điểm x3 − 3 x 2 + 4 = m[ x −1] + 2 ⇔ x3 − 3 x 2 − mx + m + 2 = 0x =1⇔ [ x −1][ x 2 − 2 x − m − 2] = 0 ⇔  g [ x ] = x 2 − 2 x − m − 2 = 0Giả sử g [ x] = 0 có hai nghiệm x1 , x2 , khi đó B [ x1; m [ x1 −1] + 2] ; C [ x2 ; m [ x2 −1] + 2]22BC 2 = [m 2 + 1][ x1 − x2 ] = [m 2 + 1] [ x1 + x2 ] − 4 x1 x2 = [m 2 + 1][4 + 4m + 8] = 32 ⇔ m = 1Thay m = 1 vào g [ x] = x 2 − 2 x − 3 = 0 ⇔ x = −1; x = 3 [thỏa mãn].Vậy m = 1 .[Bài 2[4 điểm]. Giải phương trình x3 − 7 x 2 + 9 x + 12 = [ x − 3] x − 2 + 5 x − 3][Lời giảiĐiều kiện: x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3.Phương trình đã cho tương đương với[ x − 4][ x 2 − 3x − 3] = [ x − 3][ x − 2 + 5 x − 3 ][ x − 3 −1]⇔[][][x − 3 + 1 [ x 2 − 3 x − 3] = [ x − 3] x − 2 + 5 x − 3x − 3 −1][]x − 3 −1→ x −3 =1 ⇔ x = 4 x − 3 −1 = 0 ⇔ 2.∗][ x − 3x − 3] x − 3 + 1 = [ x − 3] x − 2 + 5 x − 3[Dễ thấy x = 3 không là nghiệm của phương trình đã cho.x 2 − 3x − 3 x − 2 + 5 x − 3Với x > 3, giải phương trình [∗] , ta được=x−3x − 3 +1[][]2[ x − 4] + 5 [ x − 4] + 1x − 3 + 5 x − 3 +1⇔ f [ x − 4] = f x − 3 .x − 4 +1x − 3 +1t 2 + 5t + 13Xét hàm số f [t ] =trên [−1; +∞] , có f ′ [t ] = 1 +> 0; ∀t > −1.2t +1[t +1]⇔=[]]x − 3 −1Nhóm toán VD - VDCSuy ra f [t ] là hàm số đồng biến trên f [t ] mà f [ x − 4] = f[x −3] x − 4 ≥ 0 x ≥ 49+ 5Do đó x − 4 = x − 3 ⇔ ⇔  2⇔ x=.22[ x − 4] = x − 3  x − 9 x + 19 = 09+ 5Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 4; x =.2Bài 3 [4 điểm].u1 = 2∞Cho dãy số [un ]n=1 thỏa mãn . Tìm giới hạn lim [n 2un ] .2u1 + u2 + ... + un−1 + un = n un , n ≥ 1Lời giảiTheo giả thiết ta có:2[n +1] un+1 = [u1 + u2 + ... + un ] + un+1 = n2un + un+1 ⇒ [n 2 + 2n] un+1 = n 2un ⇒ [n + 2]un+1 = nun⇒ un+1 == ... =nn n −1n n −1 n − 2un =.un−1 =...un−2n+2n + 2 n +1n + 2 n +1 nn n −1 n − 2 14..... u1 =n + 2 n +1 n3[n + 2][n +1]⇒ un =44n4n⇒ n 2un =⇒ lim [n 2un ] = lim=4.n [n + 1]n +1n +1Bài 4 [4 điểm]. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AB = a . Gọi Ilà trung điểm của AC . Biết hình chiếu của S lên mặt phẳng ABC là điểm H thỏa mãn BI = 3IHvà góc giữa hai mặt phẳng [ SAB] ; [ SBC ] bằng 60ο . Tính thể tích khối chóp S . ABC đã cho và tínhkhoảng cách giữa hai đường thẳng AB , SI theo a .Lời giải BH ⊥ ACa] Từ giả thiết của bài toán ta có ⇒ AC ⊥ [ SBH ] ⇒ AC ⊥ SB .SH ⊥ ACNhóm toán VD - VDC AJ ⊥ SBKẻ IJ ⊥ SB ⇒ ⇒ góc giữa hai mặt phẳng [ SAB ] và [ SCB ] bằng góc giữaCJ ⊥ SBhai đường thẳng AJ và CJ .Dễ thấy ∆AIJ là tam giác cân tại J , kết hợp với giả thiết góc giữa hai mặt phẳng [ SAB]và [ SCB ] bằng 60ο ta có hai trường hợp sau:TH1: AJC = 60ο ⇒ AJI = 30ο .Ta có IJ = AI .tan 60ο =a 6⇒ BJ = BI 2 + IJ 2 = 2a.2∆BIJ ∼ ∆BSH ⇒ SH =IJ .BHACa4a. Mặt khác IB ==⇒ BH =.BJ223 2Nên ta có SH =a 616a 3⇒ VS . ABC = SH .S ABC =[đvtt].3318TH2: AJC = 120ο ⇒ AJI = 60ο .Ta có IJ = AI .tan 30ο =a6⇒ BJ = BI 2 + IJ 2 =Làm tương tự TH1 ta có SH =2a6.2a12a 3⇒ VS . ABC = SH .S ABC =[đvtt].3318b] Gọi E là trung điểm của BC ⇒ IE AB . Do vậy ta cód [ AB, SI ] = d [ AB, [ SIE ]] = d [ B, [ SIE ]] .Do BI = 3IH ⇒ d [ B, [ SIE ]] = 3d [ H , [ SIE ]] .Kẻ HK ⊥ IE [ K thuộc IE ].Mặt khác ta lại có SH ⊥ [ ABC ] nên SH ⊥ IE ⇒ IE ⊥ [ SHK ] ⇒ [ SIE ] ⊥ [ SHK ] .Kẻ HF ⊥ SK ⇒ HF ⊥ [ SIE ] ⇒ d [ H , [ SIE ]] = HJ .Xét tam giác vuông SHK ta có:Mặt khác111SH .HK=+⇒ HF =.222HFHKSHSH 2 + HK 2HK IH 11a== ⇒ HK = BE = .BEIB 336- Khi SH =a 66ata có HF =.315Nhóm toán VD - VDC- Khi SH =2a2ata có HF =.398Bài 5 [4 điểm]. Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện x 2 + 2 y 2 = . Tìm giá trị lớn nhất3của biểu thứcP = 7 [ x + 2 y ] − 4 x 2 + 2 xy + 8 y 2 .Lời giải22Ta có: 4 x 2 + 2 xy + 8 y 2 = 16 x 2 + 32 xy + 128 y 2 = 7 [ x − 2 y ] + [3 x + 10 y ] ≥ 3 x + 10 y [1]Suy ra: P = 7 [ x + 2 y ] − 4 x 2 + 2 xy + 8 y 2 ≤ 7 x + 14 y − [3 x + 10 y ] = 4 [ x + y ] .1Mặt khác: x + y = 1.x +2 y ≤21 + 1 [ x 2 + 2 y 2 ] = 2 ⇒ P ≤ 4.2 = 8 [2]. 2 27 [ x − 2 y ] = 0 4x= x2y3Đẳng thức xảy ra ở [1] & [2] khi và chỉ khi  =⇔.1 12y =23 28x + 2 y2 =34 x =3Vậy GTLN P = 8 đạt được khi .2 y =3