Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2018-2019 – Sở Giáo dục và Đào tạo Long An

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

Thêm vào BST

Báo xấu

21
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán năm học 2018-2019 – Sở Giáo dục và Đào tạo Long An" là tư liệu tham khảo hữu ích dành cho các em học sinh, giúp các em ôn luyện và củng cố kiến thức, gặt hái nhiều thành công trong kì thi tuyển chọn học sinh giỏi cấp tỉnh sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2018-2019 – Sở Giáo dục và Đào tạo Long An

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  4x  y  2   Câu 2 (5,0 điểm): Cho hàm số y  x 4  2mx 2  3 ( m là tham số thực) có đồ thị C m  . Tìm tất cả các giá trị của m sao cho trên đồ thị C m  tồn tại duy nhất một điểm mà tiếp tuyến của C m  tại điểm đó vuông góc với đường thẳng x  8y  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   900 . minh NIK 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)
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):  u1  2020   Cho dãy số (un ) được xác định như sau:  2018n  2 .  u  (u  1), n  1,2, 3,...    n 1 2019n  2 n 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)
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  4x  y  2 (2)    2x  y  0  u  2x  y  Điều kiện   . Đặt   (u, v  0) 0,5  4x  y  0  v  4x  y     u 2  v 2  2x 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  14x  2  x 1,0 2 2 2  x 2     x  9  77  x  9  77 1,0      x  9  77    27  3 77  y  3 2   9  77 . So điều kiện, hệ có nghiệm    9  77; 2   0,5 Câu 2 (5,0 điểm): Cho hàm số y  x 4  2mx 2  3 ( m là tham số thực) có đồ thị C m  . Tìm tất cả các giá trị của m sao cho trên đồ thị C m  tồn tại duy nhất một điểm mà tiếp tuyến của C m  tại điểm đó vuông góc với đường thẳng x  8y  2018  0 . Tiếp tuyến có hệ số góc bằng 8 0,5 Gọi x 0 là hoành độ tiếp điểm thì x 0 là nghiệm của phương trình x 3  mx  2  0 (1) 1,0 Để thỏa yêu cầu bài toán thì (1) có nghiệm duy nhất. 1,0 Trang 1/ 3
Vì x  0 không là nghiệm của (1) nên 2 (1)  m  x 2  x 2 2 2x 3  2 Xét hàm số: f (x )  x 2  ; f '(x )  2x   0,5 x x2 x2 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 '  cắt các đường thẳng AH , BC theo thứ tự tại N và K . Chứng minh NIK  900 .  1   Ta có OAC  900  AOC  900  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.     Ta có HKN  900  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
  MCB Vì MAC  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 sñ AB   và MCI   sñ MC   1  1 sñ AB   .   sñ MB MIC     1,0 2 2  2  2   MCI Do đó, MIC  nên tam giác MIC cân tại M . Suy ra, MI  MC . (3)  Từ (1), (2), (3) suy ra MN .MK  MI 2  NIK  900 . 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  4k  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 B  bcd   : 0  b, c, d  9, b  c  d  4k  r , 0  r  2 ,   C  bcd   : 0  b, c, d  9, b  c  d  4k  3 .  1,0   Khi đó, ta có: A  2 B  3 C  2 B  C  C  2.103  C . Xét tập hợp C với c  d  4m  n . Nếu n  0;1 thì mỗi giá trị của n sẽ có hai giá trị của b sao cho b  c  d  4k  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  4k  3 .   Gọi D  cd   : 0  c, d  9, c  d  4m  n, 0  n  1 ,  E  cd   : 0  c, d  9, c  d  4m  n, 2  n  3 .  1,0   2 Khi đó, ta có: C  2 D  3 E  2 D  E  E  2.10  E , với E  25  24  49 . Suy ra: A  2.103  2.102  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: P X   . 9000…….…HẾT……. … Trang 3/ 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: 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, y2   sao cho f y1  f y2   (1) . Thế x bởi a và thế y lần lượt bởi y1, y2 ta được:       1,0 f af y1   f f a   f y1   y1f a   f a  f y1  (2) f af y2   f  f a   f y2   y2 f a   f a  f y2  (3) Từ (1), (2), (3) ta được: y1 f a   y2 f a   y1  y2 (vì f a   0 ). 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:       f xf 0  f f x   f 0  0.f x   f x  f 0 , x   . 1,0 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):  u1  2020   Cho dãy số (un ) được xác định như sau:  2018n  2 .  un 1  (un  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
Ta có: un  0, n  1,2... 0,5 (2018n  2)(un  1)  (2019n  2)un 2018n  2  nun Xét hiệu: un 1  un   1,0 2019n  2 2019n  2 Ta đi chứng minh: 2018n  2  nun  0  nun  2018n  2, n  2, 3, 4,... () 0,5 Khi n  1 , dễ thấy mệnh đề () đúng. Giả sử: kuk  2018k  2, k  2, 3, 4,... 0,5 2018k  2 (k  1)uk 1  (k  1) (u  1) 2019k  2 k 1,0 k 1  2019k  2 2018kuk  2uk  2018k  2 k  1  2018k  2   2018(2018k  2)  2  2018k  2 2019k  2  k   (k  1)(2018k  2)  1  (k  1)(2018k  2) 1,0  2019  2   2019k  2  k  k 2  2018k  2  2018   2018k  2020, k  2, 3, 4,... 1,0 k Vậy un 1  un , 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: L  (L  1)  L  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 An , Bn 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 Bn , có 5 cách thêm vào chữ số cuối cho b để được một phần tử 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
   An  5 Bn A Ta có:  n 1 . 1,0   Bn 1  3 An  3 Bn    Khi đó: An 1  Bn 1  4 An  8 Bn  4 An  Bn  4 Bn .  1,0  4  An  Bn   4.3  An 1  Bn 1   4  An  Bn   12  An 1  Bn 1 , n  2 1,0 với A1  5, B1  3, A2  20, B2  24 Kí hiệu x n  An  Bn , ta được: x n 2  4x n 1  12x n , trong đó x1  8, x 2  44 . 1,0 1 n n Sử dụng sai phân tuyến tính, ta được: x n  5.6  2  . 1,0 4   Áp dụng cho n  2018 , ta có 1 4   5.62018  22018 số cần tìm. 0,5 …….…HẾT…….… Trang 3/ 3