Đề thi chọn học sinh giỏi Thành phố môn Toán Lớp 12 - Bảng B - Năm học 2018-2019 - Sở GD và ĐT Hải Phòng (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi Thành phố môn Toán Lớp 12 - Bảng B - Năm học 2018-2019 - Sở GD và ĐT Hải Phòng (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HẢI PHÒNG CÁC MÔN VĂN HÓA CẤP THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MÔN:TOÁN – BẢNG B (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 02/11/2018 Bài 1 (2,0 điểm) a) Cho hàm số yx=+323 x −+ 91 x có đồ thị là (C). Gọi AB, là hai điểm cực trị của (C). Tính diện tích của tam giác OAB, trong đó O là gốc tọa độ. b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y=+2 x mx2 ++ 46 x có cực tiểu. Bài 2 (2,0 điểm) 2sin3 xx−+ sin cos 2 x a) Giải phương trình = 0. tanx − 1 22x32−−( y) x −= xy m b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ phương trình  x2 +3 xy −=− 12 m  có nghiệm. Bài 3 (2,0 điểm) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Biết AB= BC = aAD, = 2; aSA = 2 a và vuông góc với mặt phẳng ( ABCD). a) Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD). b) Cho M là điểm nằm trên cạnh SA sao cho SM= x(0 zx ;92 + yz ≤+ xz 9 xy . 9222yx− yx +++ yz zx Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =3 +++. y xy+ yz ++ xz .HẾT . (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Cán bộ coi thi 1: Cán bộ coi thi 2:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HẢI PHÒNG CÁC MÔN VĂN HÓA CẤP THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN:TOÁN – BẢNG KHÔNG CHUYÊN (gồm 06 trang ) Ngày thi: 02/11/2018 Bài Đáp án Điểm Bài 1 a) Cho hàm số yx=+323 x −+ 91 x có đồ thị là (C). Gọi AB, là hai điểm cực trị (2.0 điểm) 1.00 của (C). Tính diện tích của tam giác OAB, trong đó O là gốc tọa độ. 2 x =1 +) Tập xác định D = . yxx'3= + 6 −⇒ 9 y '0 =⇔ 0.25 x = −3 +) (C) có hai điểm cực trị là AB(−−3; 28) ,( 1; 4) . 0.25   1 +) OA=−( 3;28) , OB =( 1; −⇒ 4) S = −3.( −− 4) 1.28 = 8. 0.50 OAB 2 m =+2 ++ b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số để hàm số y2 x mx 46 x có 1.00 cực tiểu. x + 2 +) Tập xác định D = ; ym'2= + . 2 ++ xx46 0.25 Ta có: Hàm số có đạo hàm liên tục trên nên hàm số có cực tiểu thì phương trình y’0= phải có nghiệm. −2xx2 ++ 46 +) Xét phương trình ym'0= ⇔ = ,( x≠− 2) . x + 2 −2xx2 ++ 46 Đặt gx( ) = ,x∈− \2{ } . Ta có: x + 2 4 = > ∀ ≠− gx'( ) 2 0,x 2 . Ngoài ra ta có ( x+2) xx2 ++ 46 limgx( ) =−= 2; lim gx( ) 2, từ đó ta có bảng biến thiên của hàm số y= gx( ) như xx→+∞ →−∞ sau: 0.25 x – ∞ -2 + ∞ y' + + + ∞ -2 y 2 – ∞ Từ bảng biến thiên suy ra phương trình y’0= có nghiệm khi và chỉ m∈( −∞; − 2) ∪( 2; +∞) . +) Xét TH1: m > 2 = Phương trình y’0 có nghiệm duy nhất x0 , khi đó ta có: 0.25 limym '=+> 2 0; lim ym ' =−< 2 0 nên ta có bảng biến thiên của hàm số có dạng xx→+∞ →−∞ 1
3. x – ∞ + ∞ y' - 0 + y Từ bảng biến thiên suy ra hàm số có cực tiểu. +)TH2: m 2. yx'0( 0 ) = Ghi chú: +) Nếu bài làm chỉ sử dụng điều kiện đủ: Hệ  có nghiệm thì 0.25 yx''( 0 ) > 0 trừ 0.25 điểm. +) Nếu bài làm tìm điều kiện của m để pt y’0= có nghiệm và xét dấu y’’ trong hai trường hợp mm>2; <− 2 thì cho điểm tối đa. Bài 2 2sin3 xx−+ sin cos 2 x a) Giải phương trình = 0. (1.0 điểm) tanx − 1 1.00  π xk≠+π  4 Điều kiện:  ,.k ∈ 0.25 π xk≠+π  2 Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương với  π xk= + 2π 0.50 2sin3 xx−+ sin cos 2 x =⇔− 0( sin x 1) cos 2 x =⇔ 0  2 ππk x = +  42 3π 0.25 Kết hợp điều kiện đề bài thì phương trình có công thức nghiệm là x=+∈ kkπ ,. 4 b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ phương trình 32 22x−−( y) x −= xy m 1.00  có nghiệm. x2 +3 xy −=− 12 m  32  2 22x−−( y) x −= xy m ( x+ x)(2 xy −=) m +) Ta có: ⇔ 2 x+3 xy −=− 12 m ( x2 ++ x) (2 xy −=−) 12 m  0.25 1 +) Đặt a=+=− x2 xb;2 x y với điều kiện ax=2 + x ≥− . 4 ab. = m Hệ đã cho có dạng  . Suy ra ab, là hai nghiệm của phương trình ab+=−12 m t2 −−(1 2 mt) += m 0*( ) . 0.25 1 Hệ ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm t ≥− . 4 2
4. −+tt2 1 +) Ta có: (*) ⇔m = = gt( ), t ∈ − ;. +∞ 21t +  4 −2tt2 − 21 + −+1 3 +) gt'( ) =2 ⇒gt'0( ) = ⇔= t . (21t + ) 2 +) Từ đó ta có bảng biến thiên của hàm số gt( ) x – ∞ - -1/2 -1/4 + ∞ y' – 0 + + 0 – 0.25 + ∞ + ∞ y – ∞ – ∞ -5/8 23− +) Từ bảng biến thiên của g(t) suy ra m ≤ . 0.25 2 Bài 3. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, (2,0 điểm) AB= BC = aAD, = 2, aSA = 2 a và vuông góc với mặt phẳng ( ABCD). a) Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD). 1.00 Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD). S A D K 0.50 H B C Gọi HK, lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB và SC. Ta có: BC⊥( SAB) ⇒⊥ BC AH . Ngoài ra AH⊥⇒ SB AH ⊥( SBC). Tương tự AK⊥ ( SCD). Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng góc AH222+− AK HK giữa hai đường thẳng AH và AK, hay cosϕ = cos HAK = 2.AH AK SA. AB 2SA . AC 22 2 Ta có AH= = a;. AK = = a = a SB 5 SC 63 0.25 SH 4 Mặt khác ta có: ∆∆SHK SCB nên HK= BC = a SC 30 15 cosϕ = . 0.25 5 3
5. b) Cho M là điểm nằm trên cạnh SA sao cho SM= x,0( << x 2 a) . Mặt phẳng (BCM ) chia hình chóp thành hai phần có thể tích là V và V (trong đó V là thể 1 2 1 1.00 V 1 tích của phần chứa đỉnh S ). Tìm x để 1 = . V2 2 S N M D A 0.25 B C +) Mặt phẳng (BCM ) cắt cạnh SD tại N. Thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (BCM ) là hình thang BCNM. +) Gọi V là thể tích của khối chóp S ABCD Ta có: VS. BCNM= VV S BCM + S CMN ; 12 V= VV,. = V S ABC 23S ACD SM 0.50 Đặt k = suy ra: SA VVS BCM SM 12S CMN SM SN 22 ==⇒=k VS BCM kV.; = . =⇒=k VS CMN k V. VS ABC SA 33VS CDA SA SD 122 V1 11 +) Từ đó suy ra VV1 = k + k. Mà =⇒=VV1 33 V 23 2 0.25 1 122 1 Suy ra: VV= k + k ⇒=⇒= k xa. 3 33 2 Bài 4. Một quân vua được đặt trên một ô giữa bàn cờ vua. Mỗi bước di chuyển, quân (1,0 điểm) vua được chuyển sang một ô khác chung cạnh hoặc chung đỉnh với ô đang đứng 1.00 (xem hình minh họa). Bạn An di chuyển quân vua ngẫu nhiên 3 bước. Tính xác suất để sau 3 bước quân vua trở về ô xuất phát. +) Mỗi bước đi quân vua có thể đi đến 8 ô xung quanh, từ đó suy ra số phần tử của không gian mẫu là n(Ω=) 8.3 0.25 +) Gắn hệ trục Oxy vào bàn cờ vua sao cho vị trí ban đầu của quân vua là gốc tọa độ, mỗi ô trên bàn ứng với một điểm có tọa độ ( xy;.) Mỗi bước di chuyển của quân vua từ 22 điểm ( xy; ) đến điểm có tọa độ ( xxy++00; y) trong đó xy00,∈−{ 1; 0;1} ; x0 + y 0 ≠ 0 . 0.25 Ví dụ nếu xy00=1; = 0 thì quân vua di chuyển đến ô bên phải; xy00=−=−1; 1 thì di chuyển xuống ô đường chéo. +) Sau 3 bước đi thì tọa độ của quân vua là ( x1+ x 2 + xy 31; + y 2 + y 3), xxxyyy 123123 , , ; , ,∈−{ 1; 0;1} . Để về vị trí ban đầu thì 0.25 xxx123++=0  . Suy ra ( xxx123,,) ;( yy 12 ,, y 3) là một hoán vị của {−1; 0;1}. yyy123++=0 +) {xxx123,,} có 6 cách chọn; với mỗi cách chọn {xxx123,,} có 4 cách chọn {yyy123,,} 0.25 4
6. ( vì ( xyii;) , i= 1, 3 không đồng thời bằng 0. Do đó số kết quả thuận lợi của biến cố 24 3 bằng 24 và xác suất cần tìm là p = = . 83 64 Ghi chú: Nếu thí sinh làm theo cách liệt kê mà không khẳng định bước đi thứ hai quân vua không thể di chuyển đến một ô mà ô đó không chung đỉnh hoặc không cạnh chung với ô ban đầu thì trừ đi 0,25 điểm; nếu liệt kê thiếu hoặc thừa thì không cho điểm. Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm E , gọi G là (1,0 điểm) trọng tâm tam giác ABE. Điểm K (7;− 2) thuộc đoạn ED sao cho GA= GK. Tìm 1.00 tọa độ đỉnh A và viết phương trình cạnh AB, biết đường thẳng AG có phương trình 3xy−− 13 = 0 và đỉnh A có hoành độ nhỏ hơn 4. +) Ta có GA= GB = GK nên G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABK. 0.25 ⇒= AGK2 ABK == 2.4500 90 ⇒ tam giác AGK vuông cân tại G. +) Đường thẳng GK đi qua K (7;− 2) và vuông góc với AG ⇒GK: x + 3 y −= 10. Ta có G=∩⇒ GK AG G (4; − 1) . Do AG có phương trình 3xy−− 13 = 0 nên At( ;3 t− b ) là VTPT của đường thẳng AB và n2 =(3; − 1) là VTPT 0.25 của đường thẳng AG. Khi đó: 333ab− 2 b = 0 cos MAG = ⇔ = ⇔6ab +=⇔ 8 b 0  . 10 10. ab22+ 10 34ab= − +) Với 3a=−⇒ 4 b AB : 4 x − 3 y − 24 = 0. Thấy d( K, AB) =<=⇒ 2 d( K , AG) 10 loại. 0.25 +)Với b=⇒0 AB : x −= 30. Ghi chú: Nếu học sinh công nhận hoặc ngộ nhận trong chứng minh các kết quả ở bước 1 và làm đúng các bước còn lại thì cho 0.5 điểm. Bài 6. u1 = 3 (1,0 điểm)  Cho dãy số {un} xác định bởi  1 2 . 1.00 un+1 = u n ++5 uun nn , ∈ ,1 n ≥  2 ( ) 5
7. 11 1 = + ++ Ta thành lập dãy số {vn} với vn 22 2 . Chứng minh rằng dãy số {vn} uu12 un có giới hạn và tính giới hạn đó. * Ta dễ có unn >0, ∀∈ . 11 Ngoài ra u= u2 ++>5 uu uu 2* +=∀∈ un,. Do đó dãy số {u } n+1 22( n nn) ( nn) n n tăng. Giả sử {un} bị chặn khi đó limun = aa , ≥= 3 ua1 , ∈ . Cho qua giới hạn hệ thức 0.25 11 u= u22 +5 u + u ⇒= a a + 50 aa + ⇒= a vô lí. n+1 22( n nn) ( ) 1 Từ đó suy ra {un} không bị chặn và limun = +∞ ,lim = 0. un 1 +) Ta có u= uuu2 ++⇔−=+⇔−5 2 uu uu225 4 u 4 uuu = 5, (vì n+12 ( nnn) nn+1 nn n++11 nnn >> uunn+1 0 ) 0.50 5 11 1411  1411  ⇔=−⇒=−⇒=+− 224 vn 2  un+1 uu nn ++ 1 u n 155  uu nn + 1 u 11  uun 1 4 1 17 Suy ra: limv =+= . . 0.25 n 9 5 3 45 Bài 7. Cho các số thực dương xyz,, thỏa mãn điều kiện x≥ yx; ≥ zx ;92 + yz ≤+ xz 9 xy . (1,0 điểm) 9222yx− yx +++ yz zx 1.00 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =3 +++. y xy+ yz ++ xz Ta sẽ chứng minh: 11 2 Với mọi ab; dương và ab ≥1 thì +≥ (*) ++ 11ab1+ ab 0.25 Thật vậy: 2 (*) ⇔( a − b) ( ab −≥10) (luôn đúng). Đẳng thức xảy ra khi ab= hoặc ab =1 +) Ta có x2 +9 yzxzxy ≤ + 9 ⇔( xzxy −)( −9) ≤⇒− 0 xy 90 ≤ vì xz> . Đặt x tt= ⇒∈[1; 9 ] . y t++2 yz t2 11 Khi đó Pt=339 −+ ++ 11 ++ = 9 −+t + 2 + + +++ + zx t11 yz xz t 11++ 0.25 yz Áp dụng bất đẳng thức đã chứng minh ta có: tt++2 2 22 P≥3392 −+ t ++ = 92 −+t ++ =ft( ) tt++11zx 1+ t 1+ yz t + 22 Xét hàm số ft( ) =3 9 −+ t ++2 ,t ∈[ 1; 9 ] có t +1 1+ t −11 1 0.25 ft' ( ) = − − <0, ∀∈t[ 1; 9 ] từ đó suy ra 2 22 393 ( − t) (t +1) tt(1+ ) 6
8. 18 P≥≥ ft( ) f(9.) = 5  x  = 9  y  xz xy= 9 xy= 9 = ⇔⇔ +) Dấu bằng xảy ra khi  2 . zy xy= z zy= 3    0.25  xz  .1=  zy  18 Vậy minP= , khi x = 9 yz , = 3 y 5 7