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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT TỈNH HẬU GIANG NĂM HỌC 2018 – 2019 KHÓA NGÀY 19/4/2019 MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I: (5,0 điểm) 1) Giải phương trình (x 1) x 1 x 5 x 3 x2 4 x 1 trên tập số thực. 33 xy 9 2) Giải hệ phương trình (với xy, ). 22 x 24 y x y Câu II: (3,0 điểm) 1) Cho hàm số f : thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: f (2) 2; f( mn ) f ( m ) f ( n ); m , n ; f( m ) f ( n ), m n . Tính f (1) và f (6). Tìm fn() theo n. 2) Tìm các số nguyên a và b thỏa mãn phương trình a3 b 3(). a b 2 Câu III: (4,0 điểm) 1) Cho hai số thực dương xy, thỏa mãn điều kiện xy1. 1 1 4 11 Chứng minh rằng . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P4. xy x y x y x22 y xy 2 2) Cho dãy số ()un được xác định như sau uu124; 5 và un21 u n( n 1) u n , với nn, 1. Tính u3 và u4 . Tìm số hạng tổng quát un của dãy số trên. Câu IV: (6,0 điểm) 1) Gọi S là tập hợp tất cả các số nguyên dương n thỏa mãn 2 tính chất sau: Các chữ số của n là khác nhau. Các chữ số của n thuộc tập hợp {0; 1; 3; 5; 7}. a) Tính số phần tử của S. b) Chọn ngẫu nhiên một số m thuộc S. Tính xác suất để m có 4 chữ số và m chia hết cho 6. 2) Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong đường tròn (O ). Gọi I là điểm trên cạnh BD sao cho DAI BAC. a) Chứng minh rằng ADI ACB và ABI ACD. b) Chứng minh rằng ABCD AD BC AC BD Câu V: (2,0 điểm) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a; SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SC a 3. Gọi () là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với SC. Tính theo a diện tích thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng ( ). HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
2. SỞ GD& ĐT HẬU GIANG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN THPT (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) I. Hướng dẫn chung 1. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2. Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong tổ chấm thi. 3. Điểm bài thi là điểm sau khi cộng điểm toàn bài thi và không làm tròn. II. Đáp án và thang điểm Câu Nội dung Điểm 2 1) Giải phương trình (x 1) x 1 x 5 x 3 x 4 x 1 trên tập số thực. 2,0 Điều kiện: 1 x 5. 0,25 Ta có (x 1) x 1 x 5 x 3 x2 4 x 1 0,25 2 (1)x x 1(1)2 x x x 5 x 3 x 3 x 2 (x 1)( x 11) x (2 5 x )3 x 3 x 0 0,25 x( x 1) x ( x 1) 3xx ( 1) 0 0,25 Câu xx1 1 2 5 I.1 f( x ) x ( x 1) 0 (2,0 11 điểm) gx( ) 3 0 0,25 xx1 1 2 5 x 0 Ta có fx( ) 0 (nhận). 0,25 x 1 11 Do x 1 1 1 và 2 5x 2 nên 2. 0,25 xx1 1 2 5 Do đó g( x ) 0,  x  1;5 . Do đó, phương trình gx( ) 0 vô nghiệm. 0,25 33 xy 9 2) Giải hệ phương trình (với xy, ). 22 3,0 x 24 y x y 3 3 3 3 x y 9 (1) x y 9 0 Ta có . 0,25 2 2 2 2 x 2 y x 4 y (2) 3 x 6 y 312 x y 0 Lấy phương trình thứ nhất trừ cho phương trình thứ hai theo vế, ta được: Câu 3 2 3 2 0,25 I.2 x 3 x 3 x 1 y 6 y 12 y 8 0 (3,0 (xy 1)33 ( 2) 0 0,5 điểm) xy 12 0,25 yx 3 0,25 Thay yx 3 vào (2), ta có xx2 3 2 0 0,5 x 1 hoặc x 2 (nhận). 0,5 x 1 x 2 Vậy nghiệm của hệ phương trình là hoặc . 0,5 y 2 y 1
3. 1) Cho hàm số f : thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: f (2) 2; f( mn ) f ( m ) f ( n ); m , n ; 2,0 f( m ) f ( n ), m n . Tính f (1) và f (6). Tìm fn() theo n. Ta có f(2) f (2.1) f (2). f (1) 2. f (1) 2 nên f (1) 1. 0,25 Ta có f(4) f (2.2) f (2). f (2) 4. 0,25 Câu Mà 2 f (2) f (3) f (4) 4 nên ta suy ra f (3) 3. 0,25 II.1 Suy ra f(6) f (2.3) f (2). f (3) 2.3 6. 0,25 (2,0 Dự đoán f();. n n  n * 0,25 điểm) Ta chứng minh Ta có ff(1) 1; (2) 2. Giả sử với nk 2, ta có f(). k k Ta cần chứng minh f( k 1) k 1. 0,25 Nếu k là số lẻ thì k 1 là số chẵn nên ta có k 1 k 1 k 1 f( k 1) f 2. f (2). f 2. k 1. 2 2 2 Nếu k là số chẵn thì k 2 là số chẵn nên ta có k 2 k 2 k 2 0,25 f( k 2) f 2. f (2). f 2. k 2. 2 2 2 Do k f( k ) f ( k 1) f ( k 2) k 2 nên f( k 1) k 1. 0,25 Vậy 3 3 2 2) Tìm các số nguyên a và b thỏa mãn phương trình a b(). a b 1,0 Ta có ab3 3( ab ) 2 ( abaabb )( 2 2 ) ( ab ) 2 0 ab0 0,25 (a b )( a22 ab b a b ) 0 a22( b 1) a b b 0 Từ phương trình thứ nhất, suy ra ab ; với b . 0,25 22 Xét phương trình a( b 1) a b b 0 (*) 2 Câu Ta có a 3bb 6 1. II.2 0,25 (1,0 Phương trình (*) có nghiệm khi điểm) 3 2 3 3 2 3 3b2 6 b 1 0 b b 0;1;2 . a 33 a 0 * Với b = 0, ta có aa2 0 (nhận) a 1 a 0 * Với b = 1, ta có aa2 20 (nhận) a 2 0,25 a 1 * Với b = 2, ta có aa2 3 2 0 (nhận) a 2 Vậy, các số nguyên a và b cần tìm là
4. ab a 1 a 1 a 2 a 2 a 0 hoặc hoặc hoặc hoặc hoặc . b b 0 b 2 b 1 b 2 b 1 1) Cho hai số thực dương xy, thỏa mãn điều kiện xy1. 1 1 4 Chứng minh rằng . x y x y 2,0 11 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P4. xy x22 y xy 1 1 2 Ta có và x y2. xy 0,5 xy xy 1 1 1 1 4 Câu Khi đó (xy ) 4 . 0,5 III.1 x y x y x y (2,0 1 1 1 1 Ta có P4 xy điểm) 22 xy244xy xy xy 41 0,25 2 x2 y 22 xy xy 2 4 2 41 2 7. 0,25 ()()x y22 x y 1 Ta có P 7. x y 0,25 2 Vậy Pmin 7 là giá trị nhỏ nhất của biểu thức. 0,25 2) Cho dãy số ()u được xác định như sau uu4; 5 và u u2 ( n 1) u , n 12 n21 n n 2,0 với nn, 1.Tính u3 và u4 . Tìm số hạng tổng quát un của dãy số trên. Ta có u u222 u 4 2.5 6 và u u223 u 5 3.6 7. 1,0 3 1 2 4 2 3 Từ u4; u 5; u 6 và u 7, ta dự đoán u n3; n * . 0,25 Câu 1 2 3 4 n III.2 Ta chứng minh bằng quy nạp 0,25 (2,0 Thật vậy, ta có u413; u 523; u 633 (đúng). điểm) 1 2 3 Giả sử với nk 3. Ta có ukk 3. Khi đó ukk 1 2. 22 0,25 Ta có uk 11 u k k. u k ( k 2) k ( k 3) k 4 ( k 1) 3. nk 1. Vậy, mệnh đề đúng với Do đó, ta có 0,25 1) Gọi S là tập hợp tất cả các số nguyên dương n thỏa mãn 2 tính chất sau: Các chữ số của n là khác nhau. Các chữ số của n thuộc tập hợp 0;1;3;5;7 . 3,0 Câu a) Tính số phần tử của S. IV.1 b) Chọn ngẫu nhiên một số m thuộc S. Tính xác suất để m có 4 chữ số và (3,0 m chia hết cho 6. điểm) a) Tính số phần tử của 1,5 Trường hợp 1: n có 1 chữ số. Có 4 số thỏa mãn. 0,25 Trường hợp 2: có 2 chữ số. Có 4.4 = 16 số thỏa mãn. 0,25 Trường hợp 3: có 3 chữ số. Có 4.4.3 = 48 số thỏa mãn. 0,25 Trường hợp 4: có 4 chữ số. Có 4.4.3.2 = 96 số thỏa mãn. 0,25
5. Trường hợp 5: n có 5 chữ số. Có 4.4.3.2.1 = 96 số thỏa mãn. 0,25 Số phần tử của S là 4 + 16 + 48 + 96 + 96 = 260. 0,25 b) Chọn ngẫu nhiên một số m thuộc S. Tính xác suất để m có 4 chữ số và m chia 1,5 hết cho 6. Gọi B là biến cố cần tính xác suất. Giả sử m abcd là số thuộc tập hợp B. 0,25 m 3 Vì m abcd 6 nên . m 2 Do đó, suy ra d 0. 0,25 Chọn d có 1 cách chọn. Ta xét các trường hợp sau: Trường hợp 1: abc, , 1;3;5 . Ta có 3! 6 cách chọn. 0,25 Trường hợp 2: abc, , 3;5;7 . Ta có cách chọn. 0,25 Vậy số phần tử của B là 1.(6 6) 12. 0,25 12 3 Xác suất cần tính là PB(). 0,25 260 65 2) Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong đường tròn (O ). Gọi I là điểm trên cạnh BD sao cho DAI BAC. 3,0 a) Chứng minh rằng ADI ACB và ABI ACD. b) Chứng minh rằng ABCD AD BC AC BD Hình vẽ chính xác, thể hiện được giả thiết. 0,25 Câu IV.2 (3,0 điểm) a) Chứng minh và 2,0 Ta có ADI ACB (góc nội tiếp cùng chắn cung AB ) 0,5 Ta lại có DAI BAC (giả thiết) 0,25 Suy ra ADI ACB (góc – góc). 0,25 Do nên BAI DAC. 0,25 Mặt khác ABI ABD ACD (góc nội tiếp cùng chắn cung AD ) 0,5 Suy ra ABI ACD (góc – góc). 0,25 b) Chứng minh 0,75 AD ID Do nên (1) 0,25 AC BC AB IB Do ABI ACD nên (2) 0,25 AC CD Từ (1) và (2), suy ra AD. BC ABCD . AC .( ID IB ) AC . BD . 0,25
6. Cho hình chóp S. ABCD có đáyABCD là hình vuông cạnh a; SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SC a 3. Gọi () là mặt phẳng đi qua A và 2,0 vuông góc với SC. Tính theo a diện tích thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng ( ). Hình vẽ chính xác, thể hiện được giả thiết. 0,25 Ta có AC a 2 và SC a 3 nên SA a. Gọi O  AC BD. Gọi MN; lần lượt là trung điểm của cạnh SD và SB. Do SA () ABCD nên suy ra SA BC. 0,25 BC SA Ta có BC ( SAB ) BC  AN (1) BC AB Câu V (2,0 Do SA AB a và NS NB nên tam giác SAB cân tại S. Do đó AN SB (2) điểm) 0,25 Từ (1) và (2), suy ra AN ( SBC ). Do đó AN SC (*) Chứng minh tương tự AM SC ( ) 0,25 Từ (*) và ( ), ta suy ra SC ( AMN ). Do đó, mặt phẳng () là mặt phẳng (AMN ). 0,25 Gọi E  SO MN và P  AE SC. Ta có P  SC ( ). Thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng () là từ giác AMPN. 0,25 Do nên suy ra SA BD. BD AC Ta có BD (). SAC BD  AP BD SA 0,25 Mà MN song song với BD (do MN, là đường trung bình của tam giác SDB ). Suy ra MN AP. 12a Ta có MN BD . 22 SA.6 AC a Do ()  SC nên AP SC. Suy ra AP . 0,25 SC 3 13a2 Diện tích thiết diện cần tìm là S AP MN AMPN 26 - - Hết - -