Toán 12 [Chia sẻ] Đề thi HSG toán 12 sở GD&ĐT Bến Tre 2019 - 2020

[iceghost]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

Môn thi: Toán
Ngày thi: 30/05/2020
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1. (6 điểm)
a) Giải phương trình: $\sin^2 2x \cos 6x + \sin^2 3x = \dfrac12 \sin 2x \sin 8x$.
b) Giải hệ phương trình:

$\begin{cases} x^3 - 12x - y^3 + 6y^2 - 16 = 0 \\ 4x^2 + 2 \sqrt{4 - x^2} - 5 \sqrt{4y - y^2} + 6 = 0 \end{cases}$ với $x, y \in \mathbb{R}$.​

Câu 2. (4 điểm)
Cho hàm số: $y = \dfrac{x - 1}{1 - 2x}$ có đồ thị $(C)$.
a) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị $(C)$ tại điểm $M(1; 0)$.
b) Chứng minh đường thẳng $(d): x - y + m = 0$ luôn cắt đồ thị hàm số $(C)$ tại hai điểm phân biệt $A$, $B$ với mọi $m$. Tìm $m$ sao cho: $AB = |\vec{OA} + \vec{OB}|$ với $O$ là gốc tọa độ.

Câu 3. (3 điểm)
Cho khai triển: $(1 + 2x)^{10} (3 + 4x + 4x^2)^2 = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + \ldots + a_{14} x^{14}$. Tìm giá trị của $a_6$.

Câu 4. (3 điểm)
Cho ba số thực dương $a$, $b$, $c$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$P = \dfrac{24}{13a + 12 \sqrt{ab} + 16 \sqrt{bc}} - \dfrac{3}{\sqrt{a + b + c}}$.​

Câu 5. (4 điểm)
Cho hình lăng trụ đứng $ABC.A'B'C'$ có đáy $ABC$ là tam giác cân tại $C$, $AB = AA' = a$. Góc tạo bởi đường thẳng $BC'$ với mặt phẳng $(ABB'A')$ bằng $60^\circ$. Gọi $M$, $N$, $P$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $BB'$, $CC'$ và $BC$. Tính thể tích khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$ và khoảng cách giữa hai đường thẳng $AM$ và $NP$ theo $a$.

-- Hết --​

 

[iceghost]

Lời giải: thực hiện bởi iceghost

1a) pt $\iff (1 - \cos 4x) \cos 6x + 1 - \cos 6x = \sin 2x \sin 8x$
$\iff 1 - \cos 4x \cos 6x = \sin 2x \sin 8x$
$\iff 2 - \cos 10x - \cos 2x = \cos 6x - \cos 10 x$
$\iff 2 - \cos 2x = \cos 6x$
$\iff 2 - \cos 2x = 4 \cos^3 2x - 3 \cos 2x$
$\iff \cos 2x = 1$
$\iff x = k\pi$, $k \in \mathbb{Z}$

b) $\begin{cases} x^3 - 12x - y^3 + 6y^2 - 16 = 0 \, (1) \\ 4x^2 + 2 \sqrt{4 - x^2} - 5 \sqrt{4y - y^2} + 6 = 0 \, (2) \end{cases}$
ĐK: $-2 \leqslant x \leqslant 2$ và $0 \leqslant y \leqslant 4$

pt1 $\iff x^3 - 12x = (y - 2)^3 - 12(y - 2)$
Xét hàm $f(t) = t^3 - 12t$ có $f'(t) = 3t^2 - 12 < 0 \, \forall x \in (-2, 2)$ nên $f(t)$ nghịch biến trên $(-2, 2)$
Do $-2 \leqslant x, (y - 2) \leqslant 2$ nên pt1 $\iff x = y - 2$

pt2 $\iff 4x^2 + 2\sqrt{4 - x^2} - 5\sqrt{4(x + 2) - (x + 2)^2} + 6 = 0$
$\iff 4x^2 + 6 = 3 \sqrt{4 - x^2}$
$\iff 16x^4 + 32x^2 + 36 = 9(4 - x^2)$ (hai vế đều dương)
$\iff x = 0$
Khi đó $y = 2$. Vậy $(x , y) = (0, 2)$ là nghiệm của phương trình

2) $y = \dfrac{x - 1}{-2x + 1}$ ($x \ne \dfrac{1}2$)
$y' = \dfrac{-1}{(-2x + 1)^2}$

a) PTTT của $(C)$ tại $M(1, 0)$ có dạng $ y = y'(1) (x - 1) + 0$
Thay $y'(1) = -1$ vào $\implies y = -x + 1$

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm: $x + m = \dfrac{x - 1}{-2x + 1}$
$\iff (x + m)(-2x + 1) = x - 1$
$\iff -2x^2 - 2mx + m + 1 = 0$
$\iff 2x^2 + 2mx - m - 1 = 0$
$x = \dfrac{1}2$ không là nghiệm pt
Có $\Delta' = m^2 - 2(- m - 1) = m^2 + 2m + 2 > 0 \, \forall m \in \mathbb{R}$
Vậy pt luôn có 2 nghiệm $x_1$, $x_2$ phân biệt $\implies$ đpcm

ycbt: $AB = |\vec{OA} + \vec{OB}| = 2OI$ (với $I$ là trung điểm AB)
$\implies \triangle{OAB}$ vuông tại $O$
Gọi $A(x_1, x_1 + m)$ và $B(x_2, x_2 + m)$
ycbt $\implies \vec{OA} \cdot \vec{OB} = 0$
$\iff x_1 x_2 + (x_1 + m)(x_2 + m) = 0$
$\iff 2x_1 x_2 + m(x_1 + x_2) + m^2 = 0$
$\iff -m - 1 - m^2 + m^2 = 0$
$\iff m = -1$
Vậy $m = -1$ thỏa đề.

 

[iceghost]

3) Có $(1 + 2x)^{10} (3 + 4x + 4x^2)^{2} = (1 + 2x)^{10} [2 + (1 + 2x)^2]^2 = 4(1 + 2x)^{10} + 4(1 + 2x)^{12} + (1 + 2x)^{14}$

Xét khai triển $(1 + 2x)^{10} = \displaystyle\sum_{k = 0}^{10} C_{10}^k \cdot 1^{10 - k} \cdot (2x)^{k}$
Số hạng chứa $x^6$ là $C_{10}^6 \cdot 1^4 \cdot (2x)^6 = 13440 x^6$

Xét khai triển $(1 + 2x)^{12} = \displaystyle\sum_{k = 0}^{12} C_{12}^k \cdot 1^{12 - k} \cdot (2x)^{k}$
Số hạng chứa $x^6$ là $C_{12}^6 \cdot 1^{6} \cdot (2x)^6 = 59136 x^6$

Xét khai triển $(1 + 2x)^{14} = \displaystyle\sum_{k = 0}^{14} C_{14}^k \cdot 1^{14 - k} \cdot (2x)^{k}$
Số hạng chứa $x^6$ là $C_{14}^6 \cdot 1^8 \cdot (2x)^6 = 192192 x^6$

Vậy hệ số của số hạng chứa $x^6$ trong khai triển ban đầu là $a_6 = 4 \cdot 13340 + 4 \cdot 59136 + 192192 = 482496$


4) Ý tưởng: Ta sẽ chứng minh $13a + 12 \sqrt{ab} + 16 \sqrt{bc} \leqslant k(a + b + c)$, với $k$ là một số thực nào đó
Có $ma + nb \geqslant 2\sqrt{mn} \cdot \sqrt{ab}$
$pb + qc \geqslant 2 \sqrt{pq} \cdot \sqrt{bc}$
Suy ra $13a + 12 \sqrt{ab} + 16 \sqrt{bc} \leqslant (m + 13)a + (n + p)b + qc$
Chọn $m, n, p$ sao cho $m + 13 = n + p = q$ và $mn = 36$, $pq = 64$
Để ý $pq = 64$ nên đoán $q = 16$, suy ra $m = 3$ và $n = 12$, suy ra $p = 4$

Bài làm: Ta có $3a + 12b \geqslant 12 \sqrt{ab}$
$4b + 16c \geqslant 16 \sqrt{bc}$
Suy ra $13a + 12 \sqrt{ab} + 16 \sqrt{bc} \leqslant 16(a + b + c)$

Khi đó $P = \dfrac{24}{13a + 12\sqrt{ab} + 16\sqrt{bc}} - \dfrac{3}{\sqrt{a+b+c}}$
$\geqslant \dfrac{24}{16(a + b + c)} - \dfrac{3}{\sqrt{a + b + c}}$
$= \dfrac{3}{2} \left( \dfrac{1}{a + b + c} - 1 \right)^2 - \dfrac{3}2 \geqslant - \dfrac{3}2$

Dấu '=' xảy ra khi $\begin{cases} 3a = 12b \\ 4b = 16c \\ a + b + c = 1 \end{cases} \implies \begin{cases} x = \dfrac{16}{21} \\ y = \dfrac{4}{21} \\ z = \dfrac{1}{21} \end{cases}$

Vậy GTNN của $P = -\dfrac{3}2$, đạt tại $(x, y , z) = (\dfrac{16}{21}, \dfrac{4}{21}, \dfrac{1}{21})$

5) Gọi $H$ là trung điểm $A'B'$.
Do $CH \perp A'B'$ (tam giác $A'B'C$ cân tại $C$) và $AA' \perp C'H$ (lăng trụ đứng) nên $C'H \perp (ABB'A')$
Từ đó $(BC', (ABB'A')) = \widehat{C'BH} = 60^\circ$
Có $BH = \sqrt{BB'^2 + B'H^2} = \dfrac{a\sqrt{5}}2$ nên $C'H = \dfrac{a\sqrt{15}}2$
Có $C'A' = \sqrt{C'H^2 + HA'^2} = 2a$
Tới đây $V = a \cdot \dfrac12 \cdot \dfrac{a\sqrt{15}}2 \cdot a = \dfrac{a^3 \sqrt{15}}4$

Tới đây mình trình bày cách tính khoảng cách bằng phương pháp tọa độ hóa:
Đặt hệ trục $Oxyz$ với $O$ trùng $C'$, tia $Ox$ trùng tia $C'H$, tia $Oy$ cùng hướng $\vec{A'B'}$, tia $Oz$ trùng tia $C'C$
$C'(0, 0, 0)$
$N(0, 0, \dfrac{a}2)$
$M(\dfrac{a\sqrt{15}}2, \dfrac{a}2, \dfrac{a}2)$
$A(\dfrac{a\sqrt{15}}2, -\dfrac{a}2, a)$
$P(\dfrac{a\sqrt{15}}4, \dfrac{a}4, a)$

$\vec{MA}(0, -a, \dfrac{a}2)$
$\vec{NP}(\dfrac{a\sqrt{15}}4, \dfrac{a}4, \dfrac{a}2)$
$[\vec{MA}, \vec{NP}](-\dfrac{5a^2}8, \dfrac{a^2\sqrt{15}}8, \dfrac{a^2\sqrt{15}}4)$
$\vec{NA}(\dfrac{a\sqrt{15}}2, -\dfrac{a}2, \dfrac{a}2)$

Khoảng cách $d(MA, NP) = \dfrac{| \vec{NA} \cdot [\vec{MA}, \vec{NP}]|}{|[\vec{MA}, \vec{NP}]|} = \dfrac{| -\dfrac{5a^3\sqrt{15}}{16} - \dfrac{a^3\sqrt{15}}{16} + \dfrac{a^3 \sqrt{15}}{8}|}{\sqrt{\dfrac{25a^4}{64} + \dfrac{15a^4}{64} + \dfrac{15a^4}{16}}} = \dfrac{2a\sqrt{33}}{11}$