Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Bảng A - Năm học 2018-2019 - Sở GD và ĐT Quảng Ninh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Bảng A - Năm học 2018-2019 - Sở GD và ĐT Quảng Ninh (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT NĂM 2018 TỈNH QUẢNG NINH Môn thi: TOÁN – Bảng A Ngày thi: 04/12/2018 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi này có 01 trang) Bài 1 (4 điểm). 1. Cho hàm số yx 42 mx 2 2 m 1, với m là tham số. Tìm các giá trị của m để đồ thị của hàm số đã cho có ba điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác vuông. 2. 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 400000 (cm3 ) nước. Biết rằng chiều cao của bể gấp 2 lần chiều rộng của bể. Xác định diện tích đáy của bể cá để tiết kiệm nguyên vật liệu nhất. 1 100x x 2 log 1 2 2 2 Bài 2 (3 điểm). Giải hệ phương trình y y y 3 xy 2 x 1 y Bài 3 (4 điểm). 1. Cho tam giác ABC không có góc vuông và có các cạnh BC aCA,, bAB c . Chứng minh rằng nếu ab2 2 2 c 2 và tanA tan C 2tan B thì ABC là tam giác đều. 2. Trong cuộc thi văn nghệ do Đoàn thanh niên trường THPT X tổ chức vào tháng 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 khối 12, có 5 tiết mục khối 11 và 3 tiết mục khối 10. Ban tổ chức chọn ngẫu nhiên 5 tiết mục biểu diễn chào mừng ngày 20 tháng 11 (không tính thứ tự biểu diễn). Tính xác suất sao cho khối nào cũng có tiết mục được biểu diễn và trong đó có ít nhất hai tiết mục của khối 12. Bài 4 (3 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có 3 góc đều nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC ; M,, NP lần lượt là giao điểm của AH,, BH CH với đường tròn ngoại tiếp 16 5 7 5 1 1 tam giác ABC . Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC , biết M ;; N ;; P ; . 9 9 8 4 3 6 Bài 5 (4 điểm). Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ 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’) và (ABB’A’) bằng . 5 2 1. Trong trường hợp tan , hãy tính theo a: 4 a. Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ . b. Khoảng cách giữa hai đường thẳng A’C’ và B’C . 2. Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng chứa hai mặt bên qua CC’ của lăng trụ ABC.A’B’C’ , tìm hệ thức giữa cot và cot  . Bài 6 (2 điểm). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x2 y 2 z 2 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1 1 P = . 1 xy 1 yz 1 zx Hết Họ và tên thí sinh : Số báo danh: Chữ ký của cán bộ coi thi 1: Chữ ký của cán bộ coi thi 2:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH QUẢNG NINH CẤP TỈNH THPT NĂM 2018 Môn thi: TOÁN – Bảng A ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 04/12/2018 (Hướng dẫn này có 05 trang) Bài Sơ lược lời giải Điểm 1.( 2 điểm) TXĐ: D . 2 0,5 Ta có : y' 4 xx m y' 0 4 xxm2 0 x 0 hoặc x2 m 0,25 Hàm số có 3 điểm cực trị y ' 0 có 3 nghiệm phân biệt m 0 0,25 Khi đó 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số là: 0,5 Amm ;2 21,0;21, m B m Cmm ; 2 21 m Vì hàm số chẵn nên tam giác ABC cân tại B Oy , A và C đối xứng nhau qua Oy. ABC là tam giác vuông tam giác ABC vuông cân tại B 0,5 ACAB. 2 m2 m m 1 hoặc m 0 . Vậy chọn m 1. Bài 1 4 điểm 2. ( 2 điểm) Gọi a, b, c lần lượt là chiều rộng, dài, cao của hình hộp chữ nhật 0,25 ( a , b , c 0 ). 200000 Theo bài ra V abc 400000 và c 2 a 2 a2 b 400000 ab 0,25 a Ta có tổng diện tích xung quanh và diện tích một đáy của bể là 0,25 2 2 S ab 2 ac 2 bc ab4 a 4 ab 5 ab 4 a 0,5 1000000 2 125000 125000 2 4a 4 a a a a 125000 1250002 125000 125000 2 0,5 S 4 a 4.3.3 . . a 30000. a a a a 125000 Suy ra S nhỏ nhất khi a2 a50 b 80 S 4000 cm 2 . 0,25 a đ Điều kiện: x 0 ; xy 2 . 0,25 Ta có Bài 2 1 100x x 2 2 2 0,25 3 điểm 2log 2 1 2 log100x log yyx 2 y y y 0,25 xlog xy 2 log y 2 (1) 1
3. Bài Sơ lược lời giải Điểm Xét hàm số 0,25 ' 1 fttt log ( t > 0 ) ft 1  0, t > 0 , t ln10 0,25 suy ra hàm số f(t) đồng biến trên khoảng 0; . Kết hợp với (1) ta có fx( ) fy 2 xy 2 2 0,25 Thế (2) vào phương trình còn lại của hệ đã cho ta được: 3 2 2 3 y 23 yyy 1 3 1 2 y 3 y 2 5 0 0,5 y 3 yy2 3 9 y 3 1 0 (3) y = 3 0,5 23 2 3 y2 1 23 y 2 1 4 y 2 5 y 3 y2 3 y 9 Ta có 1 2 < với y 3 2 2 2 2 3 3(y 1) 2 3 y 1 4 y 2 5 0,25 Nên pt (3) có nghiệm duy nhất y = 3. Vậy hệ pt có nghiệm (x ; y ) (9;3) . 0,25 1.(2 điểm) Ta có tanAC tan 2 tan B cos B 2cos AC cos 0,5 2 2 2 2 2 2 a b2 c a 2 c b 2 2 2 2 2 2 2 2 2 acb bcaabc 2. . 0,5 2ac 2 bc 2 ab 2 2 2 a2 c b 22 2 222224 4 222 2 bcb(32)(2 bccbccb ) 2 ( cbcb )(2)0 cb 0,5 2 2 2 . Kết hợp với ab 2 c abc . Vậy tam giác ABC là tam giác đều. 0,5 Bài 3 4 điểm 2. (2 điểm) Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là  5 0,25 Số phần tử của không gian mẫu là: n(  )=C12 792 Gọi A là biến cố “ Chọn 5 tiết mục sao cho khối nào cũng có tiết mục được biểu diễn và 0,25 trong đó có ít nhất hai 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 0,5 + 3 tiết mục khối 12, 1 tiết mục khối 10, 1 tiết mục khối 11 2 2 1 2 1 2 3 1 1 Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: n(A) =CCC4 3 5 CCC 4 3 5 CCC 4 3 5 . 330 0,5 330 5 0,5 Xác suất cần tìm là P( A ) . 792 12 PNB PCB Ta có PCB BAM PNB BNM , suy ra BN là đường phân giáctrongcủa PNM 0,5 Bài 4 BAM BNM 3 điểm Chứng minh tương tự PC, AM lần lượt là đường phân giác trong của góc MPN , PMN Suy ra H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP 0,25 2
4. Bài Sơ lược lời giải Điểm  65 65 0,5 Ta có MN ; , viết được PT MN: 2x – y + 3 = 0 72 36 A N P E H B C M Tương tự ta có PT của MP: 3x – 6y + 2 = 0; 0,25 NP: 4x +2y + 1 = 0 0,25 PT đường phân giác của MPN : 6x + 18y – 1 = 0 và 18x – 6y +7 = 0 0,25 do M, N nằm cùng phía cua đường phân giác trong nên ta chon PT PC: 6x + 18y – 1 = 0 0,25 Đường phân giác của PNM : 4y – 5 = 0 và 8x + 7 = 0 0,5 Chọn được PT NB là : 8x + 7 = 0 7 25 Ta có NB  PC = H, suy ra H ; 0,25 8 72 1 (3 điểm) a. (1,5 điểm) Dựng AH BC ( H BC ) , suy ra được AH ( BCC ' B ') 0,5 AB. AC a 3 Trong tam giác vuông ABC có AC BC2 AB 2 a 3 ; AH BC 2 BB'  HI Dựng HI BB'( I BB ') , ta có BB'  ( AHI ) 0,25 BB'  AH Suy ra được góc giữa 2 mặt phẳng (BCC’B’) và (ABB’A’) bằng góc giữa hai đường thẳng 0,25 AI và HI bằng AIH ( do tam giác AHI vuông tại H nên AIH là góc nhọn) a AH 5 2 Trong tam giác vuông ABH tính được BH = , ta có tan tan AIH 2 IH 4 0,25 Bài 5 a3 5 2 a 6 a 6 a 2 6 4 điểm suy ra IH: sin IBH : 2 4 5 5 2 5 3 3 1a 3 2 6 6 a3 2 Vậy V V. . .4 a2 . . ABCABC''' 2 ABCCB . '' 2 3 2 5 5 0,25 (Hoặc tính đường cao B’D và tính S rồi suy ra thể tích khối lăng trụ ) ABC b. (1,5 điểm) Dựng BD' BC ( D BC ) , ta có B' D ( ABC ) 0,25 Ta có A’C’ || AC nên A’C’ || (B’AC), nên d(A’C’, B’C) = d(A’C’, (B’AC)) BC = d(C’, (B’AC)) = d(B, (B’AC)) = . d(D, (B’AC)) DC 0,25 Dựng DJ  AC tại J, có DJ || AB 0,25 Dựng DK  JB’ tại K. Chứng minh được DK( B ' AC ) d(D, (B’AC)) = DK 3
5. Bài Sơ lược lời giải Điểm A' C' B' K J A C I 2a a α H D B β E 1 Ta có cosBBD ' cos IBH 5 BD2 a DJ CD 4 4 a mà cosBBD ' BD DJ BB' 5 ABCB 5 5 0,25 2 6B ' D 4 a 6 Ta có sin'BBD sin IBH BD ' 5 BB ' 5 1 1 1 25 25 175 0,25 Xét tam giác B’DJ vuông tại D có DK2 B' D 2 DJ 2 96 a 2 16 a 2 96 a 2 BC 5 4a 42 a 42 Suy ra d(A’C’, B’C) = . DK = . . 0,25 DC 4 35 7 CC'  AH 2) (1 điểm) Dựng HE CC' ( E CC ') , ta có CC'  ( AHE ) 0,25 CC'  HE Suy ra được góc giữa 2 mặt phẳng (BCC’B’) và (ACC’A’) bằng góc giữa hai đường thẳng 0,25 AE và HE bằng AEH  ( do tam giác AHE vuông tại H nên AEH là góc nhọn) HE Xét tam giác vuông AHE , ta có cot .  AH a a 3 a 3 Ta có BH = , AH , IH AH.cot cot và do tam giác BHI vuông tại 2 2 2 0,25 a3 a 1 o o I nên HI < BH suy ra cot cot 60 90 2 2 3 4
6. Bài Sơ lược lời giải Điểm a BC HE HC Vì BH = = nên 3HE 3 HI 2 4 HI HB HE3 HI 0,25 cot 3cot Vậy cot 3cot với 60o 90 o  AH AH  1 Không mất tính tổng quát giả sử x = min(x, y, z) x2 . (*) 3 Xét : 1 1 1 P 2 2 yz2 2y z yz 2 2 1 x .1 1 x . 22 2 yz2 2 yz 2 2 xy xz 2 2 y z 2 0,25 2 2 yz2 2 yz 2 2 y z (1 xyx ) 1 . (1 zxx ) 1 . 2 1 yz 1 2 2 2 yz zy x x 2 2 2 y z 2 2 yz2 2 yz 2 2 y z (1 xyx ) 1 . (1 zxx ) 1 . 2 1 yz 1 2 2 2 Bài 6 2 2 điểm y z x2 1 0 2 2 2 2 0,5 2 y z y z 1 xy 1 zx 1 x . 1 yz 1 2 2 2 2 2 2 2 y z y z Đúng vì : x 1 x ;1 xy 1 yz ;1 zx 1 2 2 0,25 1 1 1 2 1 2 2 2 P 2 2 2 yz2 2yz yz 2 21 x 2 1 x 2 t (1 t ) 1 t 1 x .1 1 xx . 1 . 1 22 2 2 2 2 1 2 2 2 1 0,5 Với tx ;0 t . Hàm số y đồng biến trên 0; do đó : 3 2 t (1 t ) 1 t 3 2 2 2 9 9 1 f(, xyz ,) Suy ra MaxP = khi x = y = z = 0,5 2 t (1 t ) 1 t 2 2 3 Các chú ý khi chấm: 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược bài giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa. 2. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thông nhất chi tiết nhưng không được quá số điểm dành cho câu, phần đó. 3. Có thể chia điểm thành từng phần nhưng không dưới 0,25 điểm và phải thống nhất trong cả tổ chấm. 4. Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm. Không làm tròn điểm. 5. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ. Hết 5