Đề thi chọn HSG cấp tỉnh Toán 12 THPT năm 2018 - 2019 sở GD và ĐT Thừa Thiên Huế

Lời giải: N.V.Sơn. DĐ: 0702626549

1

GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH THỪA THIÊN HUẾ

NĂM HỌC 2018 - 2019.

(Lời giải gồm 05 trang)

Câu 1: (4,0 điểm)

Cho hàm số 2 1 1 x y x

   có đồ thị . C Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của đồ

thị . C Tiếp tuyến tại M của đồ thị  C cắt hai đường tiệm cận của đồ thị  C lần lượt tại hai điểm A và . B a) Chứng minh M là trung điểm của đoạn thẳng . AB b) Xác định tọa độ điểm M để chu vi tam giác IAB nhỏ nhất.

Giải:

a) Ta cã

 

2 1 . 1 y

x 



Gäi   2 1 ; 1 1 a M a a a

        

là tiếp điểm.

Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị  C tại điểm M là:

 

  2 1 2 1 1 1

a y x a a a

     

.

Giả sử , A B lần lượt là giao điểm của d với đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang.

Suy ra:   2 1; , 2 1;2 1 a A B a a        

Khi đó:

  1 2 1 2 2

2 4 2 2 2 1 1

A B M

A B M

x x a a x

M a a y y y a a

                  

là trung điểm của đoạn thẳng . AB

b) Ta cã 2 ; 2 1 . 4 1 IA IB a IA IB a      

Tam giác IAB vuông tại I nên:

2 2 2 . 2 . 4 2 2 IA IB AB IA IB IA IB IA IB IA IB          

Vậy chu vi tam giác IAB nhỏ nhất bằng 4 2 2  khi và chỉ khi:

   

0 0;1 2 2 1 1 2 2;3

a M IA IB a a a M

          

Câu 2: (4,0 điểm)

a) Giải phương trình   3 2 2 cos 2 sin 2 cos 4sin 0 . 4 4 x x x x x                    



b) Giải phương trình       2 2 2 3 1 6 2 2 9 0 . x x x x x x x         

Giải: a) Phương trình tương đương với:

   1 1 1 1 2 2 cos sin cos sin sin 2 cos sin 4 sin cos 0 2 2 2 2 x x x x x x x x x                    

      

   

4 cos sin cos sin sin 2 cos sin 4 sin cos 0

cos sin 0 1

4 cos sin sin 2 4 0 2

x x x x x x x x x

x x

x x x

       

        

Lời giải đề thi HSG TTHuế năm học 2018 - 2019

2

*Ta cã    1 tan 1 . 4 x x k k       

*Giải (2): Đặt 2 cos sin 2 cos 2; 2 sin 2 1 4 t x x x x t                  

Phương trình trở thành: 2 2 1 4 1 4 0 4 3 0 3 ( ) t t t t t t loai           

Víi 1 t  ta cã   2 2 cos 1 4 2 2

x k x k x k

 

 

              



Vậy phương trình ban đầu có 3 họ nghiệm là   ; 2 ; 2 4 2 x k x k x k k           

b) §Æt

2 2 2 2 2

2

2 9 0 3 2 3 2 6 0

u x x u v u v x x v x

             

   

Phương trình đã cho trở thành:

2 2 2 2 2 2 1 1 . . 0 2 2 u v u v u v v u                         

  

2 2 2 2

2

2 0

0

1 ( ) 2 1 0

u v u v u v u v

u v u v u v vn u v u v

       

               

Víi u v  ta cã 2 2 3 6 2 9 . 2 x x x x      

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là 3. 2 x 

Câu 3: (4,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình:  

3 3 2

3 2 3 4 2 0

, . 2 5 3 3 10 10

x y x x y

x y x y x y x x y

                   



b) Cho tập   0;1;2;3;4;5;6 . A  Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác

nhau được chọn từ các phần tử của tập .A Chọn ngẫu nhiên 1 số từ tập S . Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 15.

Giải:

a) §iÒu kiÖn 2 5 0 3 0 x y x y        

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương:     3 3 1 1 x x y y     

     2 2 1 1 1 1 0

1

x y x y x y

y x

               

Thay 1 y x   vào phương trình thứ hai của hệ ta được phương trình:

  

   

3 2 3 4 4 2 3 10

5 5 2 3 4 4 2 0

5 2 3 4 4 2 5 (*)

x x x x x

x x x x x x x

x x x x

     

                 