Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh vòng 2 môn Toán Lớp 12 - Năm học 2018-2019 - Sở GD và ĐT Long An (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh vòng 2 môn Toán Lớp 12 - Năm học 2018-2019 - Sở GD và ĐT Long An (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH VÒNG 2 LONG AN NĂM HỌC: 2018-2019 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 20/9/2018 (Buổi thi thứ nhất) (Đề thi có 01 trang, gồm 04 câu) Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 (5,0 điểm): 2x y x y 1 Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: . 2x y 4 x y 2 Câu 2 (5,0 điểm): 4 2 Cho hàm số y x 2 mx 3 (m là tham số thực) có đồ thị Cm . Tìm tất cả các giá trị của m sao cho trên đồ thị Cm tồn tại duy nhất một điểm mà tiếp tuyến của Cm tại điểm đó vuông góc với đường thẳng x 8 y 2018 0. Câu 3 (5,0 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, không cân và nội tiếp đường tròn O . Gọi H là chân đường cao kẻ từ A và I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC . Đường thẳng AI cắt đường tròn O tại điểm thứ hai M (M khác A). Gọi AA' là đường kính của O . Đường thẳng MA' cắt các đường thẳng AH, BC theo thứ tự tại N và K . Chứng minh NIK 900 . Câu 4 (5,0 điểm): Cho K là tập hợp các số tự nhiên có bốn chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ K . Tính xác suất để số được chọn có tổng các chữ số là bội của 4. HẾT (Thí sinh không được sử dụng tài liệu – Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Cán bộ coi thi 1 (ký, ghi rõ họ và tên) Cán bộ coi thi 2 (ký, ghi rõ họ và tên)
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH VÒNG 2 LONG AN NĂM HỌC: 2018-2019 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 21/9/2018 (Buổi thi thứ hai) (Đề thi có 01 trang, gồm 03 câu) Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 5 (6,0 điểm): Cho hàm số f : thỏa f xf y f f x f y yf x f x f y , x, y . a) Chứng minh rằng: “Nếu tồn tại a sao cho f a 0 thì f là đơn ánh”. b) Tìm tất cả các hàm số f . Câu 6 (7,0 điểm): u 2020 1 Cho dãy số ()u được xác định như sau: . n 2018n 2 un 1 ( u n 1),  n 1,2,3, 2019n 2 Chứng minh rằng dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Câu 7 (7,0 điểm): Có bao nhiêu số tự nhiên có 2018 chữ số, trong mỗi số đó các chữ số đều lớn hơn 1 và không có hai chữ số khác nhau cùng nhỏ hơn 7 đứng liền nhau? HẾT (Thí sinh không được sử dụng tài liệu – Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Cán bộ coi thi 1 (ký, ghi rõ họ và tên) Cán bộ coi thi 2 (ký, ghi rõ họ và tên)
3. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH VÒNG 2 LONG AN NĂM HỌC: 2018-2019 Môn thi: TOÁN Ngày thi: 20/9/2018 (Buổi thi thứ nhất) Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) HƯỚNG DẪN CHẤM Cách giải khác nếu đúng thì giám khảo vẫn cho đủ số điểm. NỘI DUNG ĐIỂM Câu 1 ( 5,0 điểm): 2x y x y 1 (1) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: . 2x y 4 x y 2 (2) 2x y 0 u 2 x y Điều kiện . Đặt (u , v 0) 0,5 4x y 0 v 4 x y 2 2 u v 2 x 2 x Ta có: u 1,0 u v 2 2 2 x 2 x 3 Thay u vào (1), ta có: x y 1 y x 1,0 2 2 2 3 7 1 Thay y x vào (1), ta có: x x 1 14 x 2 x 1,0 2 2 2 x 2 x 9 77 x 9 77 1,0 x 9 77 3 27 3 77 y 9 77 . So điều kiện, hệ có nghiệm 9 77; 0,5 2 2 Câu 2 (5,0 điểm): 4 2 Cho hàm số y x 2 mx 3 (m là tham số thực) có đồ thị Cm . Tìm tất cả các giá trị của m sao cho trên đồ thị Cm tồn tại duy nhất một điểm mà tiếp tuyến của Cm tại điểm đó vuông góc với đường thẳng x 8 y 2018 0. Tiếp tuyến có hệ số góc bằng 8 0,5 3 Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm thì x0 là nghiệm của phương trình x mx 2 0 (1) 1,0 Để thỏa yêu cầu bài toán thì (1) có nghiệm duy nhất. 1,0 Trang 1/ 3
4. Vì x 0 không là nghiệm của (1) nên 2 (1) m x2 x 2 2 2x 3 2 Xét hàm số: f( x ) x2 ; f '( x ) 2 x 0,5 x x2 x 2 Bảng biến thiên x 0 1 f'( x ) 0 1,0 3 f() x Từ bảng biến thiên, (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m 3 . 1,0 Vậy m 3 thỏa yêu cầu bài toán. Câu 3 (5,0 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, không cân và nội tiếp đường tròn O . Gọi H là chân đường cao kẻ từ A và I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC . Đường thẳng AI cắt đường tròn O tại điểm thứ hai M (M khác A). Gọi AA ' là đường kính của O . Đường thẳng MA ' 0 cắt các đường thẳng AH, BC theo thứ tự tại N và K . Chứng minh NIK 90 . 01 0 Ta có OAC 90 AOC 90 ABC BAH mà AI là phân giác góc A nên 2 1,0 HAI OAI . Suy ra tam giác ANA' cân tại A. Gọi L là giao điểm của MA và BC. 0 Ta có HKN 90 HNK HAM LAA ' . Suy ra, tứ giác ALA'K nội tiếp. 1,0 Do đó MA' MK ML MA MN MK ML MA. (1) Trang 2/ 3
5. Vì MAC MCB hay MAC MCL nên hai tam giác MCL và MAC đồng dạng. 1,0 Suy ra ML. MA MC 2 . (2) Do IA, IC là các tia phân giác trong của tam giác ABC nên ta có: 1 1  1 1  MIC sñ AB sñMC và MCI sñ AB sñMB . 1,0 2 2 2 2 Do đó, MIC MCI nên tam giác MIC cân tại M . Suy ra,MI MC . (3) 2 0 Từ (1), (2), (3) suy ra MN. MK MI NIK 90 . 1,0 Câu 4 (5,0 điểm): Cho K là tập hợp các số tự nhiên có bốn chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ K . Tính xác suất để số được chọn có tổng các chữ số là bội của 4. Ta có: K 9.103 9000. 0,5 Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có bốn chữ số mà tổng các chữ số của nó chia hết cho 4. A abcd : a b c d  4. Xét b c d 4 k r 0 r 3 . Nếu r 0;1;2 thì mỗi giá trị của r sẽ có hai giá 1,0 trị của a sao cho a b c d  4 (đó là a 4 r , a 8 r ). Nếu r 3 thì mỗi giá trị của r sẽ có ba giá trị của a sao cho a b c d  4 (đó là a 1, a 5, a 9 ). Gọi Bbcd : 0 bcd , , 9, bcd 4 kr , 0 r 2, C bcd : 0 bcd , , 9, bcd 4 k 3. 1,0 Khi đó, ta có: ABCBCCC 2 3 2 2.103 . Xét tập hợp C với c d 4 m n . Nếu n 0;1 thì mỗi giá trị của n sẽ có hai giá trị của b sao cho b c d 4 k 3 . Nếu n 2; 3 thì mỗi giá trị của n sẽ có ba giá trị của 1,0 b sao cho b c d 4 k 3 . Gọi D cd : 0 c , d 9, c d 4 m n , 0 n 1, E cd : 0 c , d 9, c d 4 m n , 2 n 3. 1,0 Khi đó, ta có: CDEDEEE 2 3 2 2.102 , với E 25 24 49 . Suy ra: A 2.103 2.10 2 49 2249. Gọi biến cố X : “Số được chọn có tổng các chữ số là bội của 4”. Khi đó, xác suất của biến 2249 0,5 cố X là: PX . 9000 . HẾT . Trang 3/ 3
6. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH VÒNG 2 LONG AN NĂM HỌC: 2018-2019 Môn thi: TOÁN Ngày thi: 21/9/2018 (Buổi thi thứ hai) Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) HƯỚNG DẪN CHẤM Cách giải khác nếu đúng thì giám khảo vẫn cho đủ số điểm. NỘI DUNG ĐIỂM Câu 5 (6,0 điểm): Cho hàm số f : thỏa f xf y f f x f y yf x f x f y , với mọi x, y . a) Chứng minh rằng: “Nếu tồn tại a sao cho f a 0 thì f là đơn ánh”. b) Tìm tất cả các hàm số f . Lấy y1, y 2 sao cho f y1 f y 2 (1). Thế x bởi a và thế y lần lượt bởi y1, y 2 ta được: 1,0 f af y1 f f a f y 1 y 1 f a f a f y 1 (2) fafy 2 ffa fy 2 yfa 2 fa fy 2 (3) Từ (1), (2), (3) ta được: y f a y f a y y (vì f a 0 ). 1 2 1 2 1,0 Vậy f là một đơn ánh. TH1: Nếu f x 0 với mọi x . Thử lại ta thấy thỏa mãn. 1,0 TH2: Nếu tồn tại a sao cho f a 0 . Thế x 0, y 1 vào đề bài ta được: f 0 f f 0 f 1 f 0 f f 1 . 1,0 Vì f là đơn ánh nên ta được: f 0 0 . Mặt khác, thế y 0 vào đề bài ta được: 1,0 f xf 0 f f x f 0 0. f x f x f 0 ,  x . Vì f 0 0 nên f f x f x ,  x hay f x x,  x . 1,0 Vậy f x 0,  x hoặc f x x,  x . Câu 6 (7,0 điểm): u 2020 1 Cho dãy số ()u được xác định như sau: . n 2018n 2 un 1 ( u n 1),  n 1,2,3, 2019n 2 Chứng minh rằng dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Trang 1/ 3
7. Ta có: un 0,  n 1,2 0,5 (2018n 2)( u 1) (2019 n 2) u 2018 n 2 nu Xét hiệu: u u n n n 1,0 n 1 n 2019n 2 2019 n 2 Ta đi chứng minh: 2018n 2 nun 0 nu n 2018 n 2,  n 2,3,4, ( ) 0,5 Khi n 1, dễ thấy mệnh đề ( ) đúng. Giả sử: kuk 2018 k 2,  k 2,3,4, 0,5 2018k 2 (k 1) u ( k 1) ( u 1) k 1 2019k 2 k 1,0 k 1 2018ku 2 u 2018 k 2 2019k 2 k k k 1 2018 k 2 2018(2018k 2) 2 2018 k 2 2019k 2 k 1,0 (k 1)(2018 k 2) 1 ( k 1)(2018 k 2) 2019 2 2019k 2 k k 2 2018k 2 2018 2018 k 2020,  k 2,3,4, 1,0 k Vậy un 1 u n,  n 2,3,4, 0,5 Mà ()un bị chặn dưới nên dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn. Gọi L lim un . 2018 1,0 Ta có: LLL ( 1) 2018 2019 Câu 7 (7,0 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 2018 chữ số, trong mỗi số đó các chữ số đều lớn hơn 1 và không có hai chữ số khác nhau cùng nhỏ hơn 7 đứng liền nhau? Xét trường hợp tổng quát với số tự nhiên có n chữ số, với n là số nguyên dương. Gọi ABn, n lần lượt là tập các số tự nhiên có n chữ số thỏa yêu cầu đề bài mà chữ số tận 0,5 cùng nhỏ hơn 7 và chữ số tận cùng lớn hơn 6. Lấy một phần tử a thuộc An , có một cách thêm vào chữ số cuối cho a (thêm vào bên phải chữ số cuối cùng của a ) để được một phần tử của An 1 và có 3 cách thêm vào chữ số cuối 0,5 cho a để được một phần tử của Bn 1 . Lấy một phần tử b thuộc B , có 5 cách thêm vào chữ số cuối cho b để được một phần tử n 0,5 của An 1 và có 3 cách thêm vào chữ số cuối cho b để được một phần tử của Bn 1 . Trang 2/ 3
8. AAB 5 Ta có: n 1 n n . 1,0 BAB 3 3 n 1 n n Khi đó: ABABABBn 1 n 1 4 n 8 n 4 n n 4 n . 1,0 4 An B n 4.3 A n 1 B n 1 4 A n B n 12 A n 1 B n 1 , n 2 1,0 với ABAB1 5, 1 3, 2 20, 2 24 Kí hiệu xn A n B n , ta được: xn 2 4 x n 1 12 x n , trong đó x1 8, x 2 44 . 1,0 1 n Sử dụng sai phân tuyến tính, ta được: x 5.6n 2 . 1,0 n 4 1 Áp dụng cho n 2018 , ta có 5.62018 2 2018 số cần tìm. 0,5 4 . HẾT . Trang 3/ 3