Đề thi chọn học sinh giỏi cấp thành phố môn Toán lớp 12 năm học 2018-2019 – Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Phòng

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

26
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi chọn học sinh giỏi cấp thành phố môn Toán lớp 12 năm học 2018-2019 – Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Phòng" dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ tuyển chọn học sinh giỏi, qua đó các em sẽ được làm quen với cấu trúc đề thi và củng cố lại kiến thức từ căn bản đến nâng cao.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp thành phố môn Toán lớp 12 năm học 2018-2019 – Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Phòng

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 y = x3 + 3 x 2 − 9 x + 1 có đồ thị là ( C ) . Gọi A, B 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 + m x 2 + 4 x + 6 có cực tiểu. Bài 2 (2,0 điểm) 2sin 3 x − sin x + cos 2 x a) Giải phương trình = 0. tan x − 1 2 x3 − ( y − 2 ) x 2 − xy = m b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ phương trình  2  x + 3 x − y =1 − 2m 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 = a, AD = 2a; SA = 2a 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 < x < 2a ) . Mặt phẳng ( BCM ) chia khối chóp thành hai phần có thể tích là V1 và V2 (trong đó V1 là thể tích của phần V1 1 chứa đỉnh S ). Tìm x để = . V2 2 Bài 4 (1,0 điểm) Một quân vua được đặt trên một ô giữa bàn cờ vua. Mỗi bước di chuyển, quân vua được chuyển sang một ô khác chung cạnh hoặc chung đỉnh với ô đang đứng (xem hình minh họa). Bạn An di chuyển quân vua ngẫu nhiên 3 bước. Tính xác suất để sau 3 bước đi quân vua trở về ô xuất phát. Bài 5 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm E , gọi G là trọng tâm tam giác ABE. Điểm K ( 7; −2 ) thuộc đoạn ED sao cho GA = GK . Tìm tọa độ đỉnh A và viết phương trình cạnh AB, biết đường thẳng AG có phương trình 3 x − y − 13 =0 và đỉnh A có hoành độ nhỏ hơn 4. u1 = 3  Bài 6 (1,0 điểm) Cho dãy số {un } xác định bởi  . un += 1 1 2 ( un2 + 5un + un , n ∈ , n ≥ 1 ) 1 1 1 Ta thành lập dãy số {vn } với vn = 2 + 2 + ... + 2 . Chứng minh rằng dãy số {vn } có giới hạn và u1 u2 un tính giới hạn đó. Bài 7 (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x ≥ y; x > z; x 2 + 9 yz ≤ xz + 9 xy . 9 y − x 2 y + x 2 y + z 2z + x Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= 3 + + + . y x+ y y+z x+z ……….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:............................................................
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 y = x 3 + 3 x 2 − 9 x + 1 có đồ thị là ( C ) . Gọi A, B 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. x = 1 +) Tập xác định D = . y ' = 3 x 2 + 6 x − 9 ⇒ y ' = 0 ⇔  0.25  x = −3 +) (C) có hai điểm cực trị là A ( −3; 28 ) , B (1; −4 ) . 0.25   1 +) OA =( −3; 28 ) , OB =(1; −4 ) ⇒ SOAB = −3. ( −4 ) − 1.28 =8. 0.50 2 b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = 2 x + m x 2 + 4 x + 6 có 1.00 cực tiểu. x+2 +) Tập xác định D = ; y '= 2 + m . 2 x + 4x + 6 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. −2 x 2 + 4 x + 6 +) Xét phương trình y ' = 0 ⇔ m = , ( x ≠ −2 ) . x+2 −2 x 2 + 4 x + 6 Đặt g ( x ) = , x ∈  \ {−2} . Ta có: x+2 4 =g '( x) > 0, ∀x ≠ −2 . Ngoài ra ta có ( ) 2 2 x + 2 x + 4 x + 6 lim g ( x ) = 2, từ đó ta có bảng biến thiên của hàm số y = g ( x ) như −2; lim g ( x ) = x →+∞ x →−∞ 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 lim y ' =2 + m > 0; lim y ' =2 − m < 0 nên ta có bảng biến thiên của hàm số có dạng x →+∞ x →−∞ 1
x –∞ +∞ y' - 0 + y Từ bảng biến thiên suy ra hàm số có cực tiểu. +)TH2: m < −2 Suy luận tương tự ta suy ra hàm số chỉ có cực đại, không thỏa mãn. Vậy m > 2.  y ' ( x0 ) = 0 Ghi chú: +) Nếu bài làm chỉ sử dụng điều kiện đủ: Hệ  có nghiệm thì 0.25  y '' ( x0 ) > 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 m > 2; m < −2 thì cho điểm tối đa. Bài 2 2sin 3 x − sin x + cos 2 x (1.0 điểm) a) Giải phương trình tan x − 1 = 0. 1.00  π  x ≠ 4 + kπ Điều kiện:  , k ∈ . 0.25 π  x ≠ + kπ  2 Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương với  π  x= + k 2π 0.50 2 3 0 ⇔ ( sin x − 1) cos 2 x = 2sin x − sin x + cos 2 x = 0⇔  x= π kπ +  4 2 3π 0.25 Kết hợp điều kiện đề bài thì phương trình có công thức nghiệm là x = + kπ , k ∈ . 4 b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ phương trình 2 x3 − ( y − 2 ) x 2 − xy = m 1.00  2 có nghiệm.  x + 3 x − y =1 − 2m 2 x3 − ( y − 2 ) x 2 − xy = m ( x 2 + x ) ( 2 x − y ) =m  +) Ta có:  2 ⇔  x + 3 x − y =1 − 2m ( x + x ) + ( 2 x − y ) =1 − 2m 2 0.25 1 +) Đặt a =x 2 + x; b =2 x − y với điều kiện a= x 2 + x ≥ − . 4 a.b = m Hệ đã cho có dạng  . Suy ra a, b là hai nghiệm của phương trình a + b =1 − 2m t 2 − (1 − 2m ) t + m = 0 ( *) . 0.25 1 Hệ ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm t ≥ − . 4 2
−t 2 + t  1  +) Ta có: (*) = ⇔ m = g ( t ) , t ∈  − ; +∞  . 2t + 1  4  −2t 2 − 2t + 1 −1 + 3 +) g ' ( t ) = ⇒ g ' (t ) = 0 ⇔ t = . ( 2t + 1) 2 2 +) Từ đó ta có bảng biến thiên của hàm số g ( t ) x –∞ - -1/2 -1/4 +∞ y' – 0 + + 0 – 0.25 +∞ +∞ y –∞ –∞ -5/8 2− 3 +) 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 = a, AD = BC = 2a và vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . = 2a, SA 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 H , K 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  AH 2 + AK 2 − HK 2 giữa hai đường thẳng AH và AK , hay = cos ϕ cos = HAK 2 AH . AK SA. AB 2 SA. AC 2 2 2 Ta có= AH = a = ; AK = a= a . SB 5 SC 6 3 0.25 SH 4 Mặt khác ta có: ∆SHK  ∆SCB nên = HK BC= a. . SC 30 15 cos ϕ = . 0.25 5 3
b) Cho M là điểm nằm trên cạnh SA sao cho SM= x, ( 0 < x < 2a ) . Mặt phẳng ( BCM ) chia hình chóp thành hai phần có thể tích là V1 và V2 (trong đó V1 là thể 1.00 V 1 tích của phần chứa đỉnh S ). Tìm x để 1 = . V2 2 S N M A D 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 là thể tích của khối chóp S . ABCD. Ta có: VS= V . BCNM VS .BCM + VS .CMN ; 1 2 VS . ABC = = V , VS . ACD V. 2 3 SM 0.50 Đặt k = suy ra: SA VS .BCM SM 1 V SM SN 2 2 == k ⇒ VS .BCM = k .V ; S .CMN = . k 2 ⇒ VS .CMN = = k V. VS . ABC SA 3 VS .CDA SA SD 3 1 2  V 1 1 +) Từ đó suy = ra V1 V  k + k 2  . Mà 1 = ⇒ V1 = V 3 3  V2 2 3 0.25 1 1 2  1 Suy ra: V = V  k + k 2  ⇒ k = ⇒ x = a. 3 3 3  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 ) =83. 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 ( x; y ) . Mỗi bước di chuyển của quân vua từ điểm ( x; y ) đến điểm có tọa độ ( x + x0 ; y + y0 ) trong đó x0 , y0 ∈ {−1;0;1} ; x02 + y02 ≠ 0 . 0.25 Ví dụ nếu = x0 1;= y0 0 thì quân vua di chuyển đến ô bên phải; x0 = −1; y0 =−1 thì di chuyển xuống ô đường chéo. +) Sau 3 bước đi thì tọa độ của quân vua là ( x1 + x2 + x3 ; y1 + y2 + y3 ) , x1 , x2 , x3 ; y1 , y2 , y3 ∈ {−1;0;1} . Để về vị trí ban đầu thì 0.25  x1 + x2 + x3 = 0  . Suy ra ( x1 , x2 , x3 ) ; ( y1 , y2 , y3 ) là một hoán vị của {−1;0;1} .  y1 + y2 + y3 = 0 +) { x1 , x2 , x3 } có 6 cách chọn; với mỗi cách chọn { x1 , x2 , x3 } có 4 cách chọn { y1 , y2 , y3 } 0.25 4
( vì ( xi ; yi ) , 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 3 x − y − 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 ⇒ AGK = 2 ABK = 2.450 = 900 ⇒ tam giác AGK vuông cân tại G. +) Đường thẳng GK đi qua K ( 7; −2 ) và vuông góc với AG ⇒ GK : x + 3 y − 1 =0 . Ta có G = GK ∩ AG ⇒ G ( 4; −1) . Do AG có phương trình 3 x − y − 13 =0 nên A ( t ;3t − 13) , t < 4 . 0.25 Có GA = d ( K , AG = GK = ) 10 t = 3 t < 4 10 ⇔ ( t − 4 ) + ( 3t − 12 =) 10 ⇔  t 3 . Vậy A ( 3; −4 ) . 2 2 Từ GA = →= t = 5 = MG 1 = 3 +) Ta có tan MAG = ⇒ cos MAG . AM 3 10   Gọi = n1 ( a; b ) ( a 2 + b 2 > 0 ) là VTPT của đường thẳng AB và n= 2 ( 3; −1) là VTPT 0.25 của đường thẳng AG. Khi đó: = 3 ⇔ 3a − b 3 b = 0 cos MAG = ⇔ 6ab + 8b 2 = 0 ⇔  . 10 10. a 2 + b 2 10 3a = −4b +) Với 3a = −4b ⇒ AB : 4 x − 3 y − 24 =0. Thấy d ( K , AB ) = 2 < d ( K , AG ) = 10 ⇒ loại. 0.25 +)Với b = 0 ⇒ AB : x − 3 = 0 . 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 {u } xác định bởi  . n un += 1 1 2 ( ) un2 + 5un + un , n ∈ , n ≥ 1 1.00 5
1 1 1 Ta thành lập dãy số {vn } với vn = 2 + 2 + ... + 2 . Chứng minh rằng dãy số {vn } u1 u2 un có giới hạn và tính giới hạn đó. Ta dễ có un > 0, ∀n ∈ * . Ngoài ra un +1 = 1 2 ( un2 + 5un + un > 1 2 ) ( ) un2 + un =un , ∀n ∈ * . Do đó dãy số {un } tăng. Giả sử {un } bị chặn khi đó lim un= a, a ≥ 3= u1 , a ∈ . Cho qua giới hạn hệ thức 0.25 u= n +1 1 2 ( un2 + 5un + un ⇒ = a ) 1 2 ( a 2 + 5a + a ⇒ =)a 0 vô lí. 1 Từ đó suy ra {un } không bị chặn và lim un = +∞, lim = 0. un +) Ta có un +1 = 1 2 ( ) un2 + 5un + un ⇔ 2un +1 − un = un2 + 5un ⇔ 4un2+1 − 4un +1un =5un , (vì un +1 > un > 0 ) 0.50 5 1 1  1 4 1 1  1 4 1 1  ⇔ = 2 4 −  ⇒ 2 = −  ⇒ vn =2 +  −  u  un un +1  un +1 5  un un +1  n +1 u1 5  u1 un  1 4 1 17 Suy ra: lim vn =+ . = . 0.25 9 5 3 45 Bài 7. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x ≥ y; x ≥ z; x 2 + 9 yz ≤ xz + 9 xy . (1,0 điểm) 9 y − x 2 y + x 2 y + z 2z + x 1.00 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= 3 + + + . y x+ y y+z x+z Ta sẽ chứng minh: 1 1 2 Với mọi a; b dương và ab ≥ 1 thì + ≥ (*) 1 + a 1 + b 1 + ab 0.25 Thật vậy: ( )( ) 2 (*) ⇔ a− b ab − 1 ≥ 0 (luôn đúng). Đẳng thức xảy ra khi a = b hoặc ab = 1 +) Ta có x 2 + 9 yz ≤ xz + 9 xy ⇔ ( x − z )( x − 9 y ) ≤ 0 ⇒ x − 9 y ≤ 0 vì x > z. Đặt x t= ⇒ t ∈ [1;9] . y t+2 y z t+2 1 1 Khi đó P= 3 9−t + +1+ +1+ = 3 9−t + +2+ + t +1 y+z x+z t +1 z x 1+ 1+ 0.25 y z Áp dụng bất đẳng thức đã chứng minh ta có: t+2 2 t+2 2 P ≥ 3 9−t + +2+ = 3 9−t + +2+ = f (t ) t +1 z x t +1 1+ t 1+ yz t+2 2 Xét hàm số f ( t )= 3 9−t + +2+ , t ∈ [1;9] có t +1 1+ t −1 1 1 0.25 f '(t ) = − − < 0, ∀t ∈ [1;9] từ đó suy ra ( t + 1) ( ) 2 2 33 (9 − t ) 2 t 1+ t 6
18 P ≥ f (t ) ≥ f (9) = . 5 x y =9   x z x = 9 y x = 9 y +) Dấu bằng xảy ra khi   = ⇔ ⇔ .  z y z = 3y 2  xy = z 0.25  x z  . = 1  z y 18 Vậy min = P , khi = x 9= y, z 3 y 5 7