intTypePromotion=1

Đề thi HSG môn Toán lớp 12 - Sở GD&ĐT Hải Phòng

Chia sẻ: Trần Văn Ha | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

0
25
lượt xem
0
download

Đề thi HSG môn Toán lớp 12 - Sở GD&ĐT Hải Phòng

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các em tham khảo Đề thi HSG môn Toán lớp 12 - Sở GD&ĐT Hải Phòng nhằm giúp đánh giá năng lực, kiến thức của học sinh, từ đó có các phương pháp, định hướng học tập phù hợp, nâng cao kiến thức cho các em.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi HSG môn Toán lớp 12 - Sở GD&ĐT Hải Phòng

  1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ LỚP 12 HẢI PHÒNG Năm học 2019 – 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MÔN:TOÁN – BẢNG KHÔNG CHUYÊN (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 19/9/2019 Bài 1 (2,0 điểm) 1 3 a) Cho hàm số y  x  x 2   m  2  x  m 2  2019. Tìm điều kiện của tham số m để hàm số đã 3 cho đồng biến trên khoảng  0;   . 2mx  3  2m b) Cho hàm số y  có đồ thị là  C  . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để x2 đường thẳng d : y  x  2 cắt  C  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho góc giữa hai đường thẳng OA và OB bằng 450. Bài 2 (2,0 điểm) a) Giải phương trình lượng giác sau 1  2sin x  cos x  3. 1  2sin x 1  sin x   x 2  3 y  2 x 2 y  2 y  2  0 b) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực   x 2  4 x  y  1  3 2 x  1  1  Bài 3 (2,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có AB  a; AC  2a; AA '  2a 5 và góc BAC bằng 1200 . Gọi M là trung điểm của cạnh CC ' . a) Chứng minh rằng MB vuông góc với A ' M . b) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  A ' BM  theo a. Bài 4 (1,0 điểm) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0 , lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra có mặt đúng ba chữ số khác nhau. Bài 5 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BD và CD. Biết A  4;6  ; đường thẳng HK có phương trình 3 x  4 y  4  0; điểm C thuộc đường thẳng d1 : x  y  2  0 và điểm B thuộc đường thẳng d 2 : x  2 y  2  0; điểm K có hoành độ nhỏ hơn 1. Tìm tọa độ các điểm B và C. u1  2  1  Bài 6 (1,0 điểm) Cho dãy số  un  xác định bởi  1  un . un1  , n  , n  1  2 Hai dãy số  vn  ,  wn  xác định như sau: vn  4 1  un  ; wn  u1.u2 .u3 ...un , n  , n  1. Tìm các giới n hạn lim vn ; lim wn . Bài 7 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4a 3  3b3  2c3  3b 2 c P 3 a  b  c ……………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:…………………………………… Trang 1/1
  2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ LỚP 12 HẢI PHÒNG Năm học 2019 – 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MÔN:TOÁN – BẢNG KHÔNG CHUYÊN (Đáp án gồm 06 trang) Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 19/9/2019 BÀI Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM 1 3 Bài 1 Cho hàm số x  x 2   m  2  x  m 2  2019. Tìm điều kiện của y a 3 (1,0đ) (2,0 điểm) tham số m để hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  0;   . TXĐ: D  . ; y '  x 2  2 x  m  2 0,25 Hàm số đồng biến trên khoảng  0;    y '  0, x   0;    x 2  2 x  m  2  0, x   0;    m   x 2  2 x  2, x   0;   0,25 Xét hàm số g  x    x 2  2 x  2; g '  x   2 x  2; g '  x   0  x  1 x 0 1  g ' x + 0 - 0,25 3 g  x Từ bảng biến thiên  m  g  x  , x   0;    m  Max  g  x    m  3 0,25 x 0;   2mx  3  2m Cho hàm số y  có đồ thị là  C  . Tìm tất cả các giá trị x2 b thực của tham số m để đường thẳng d : y  x  2 cắt  C  tại hai điểm (1,0đ) phân biệt A, B sao cho góc giữa hai đường thẳng OA và OB bằng 450. Phương trình hoành độ giao điểm: 2mx  3  2m  x  2,  x  2  x2  x 2  2mx  2m  1  0 ,  x  2  0,25 x 1   x  2m  1 m  1  2m  1  1  d cắt  C  tại hai điểm phân biệt    1 0,25 2m  1  2  m    2   Gọi A 1; 1 ; B  2m  1; 2m  3  OA 1; 1 ; OB  2m  1; 2m  3   OA.OB  OA.OB.cos 450  2  8m2  16m  10  8m2  16m  6  0  3 0,25 m  2  m  1  2 3 1 Kết hợp điều kiện, ta được m  hoặc m  . 0,25 2 2
  3. Bài 2 Giải phương trình lượng giác sau 1  2sin x  cos x  3. a (1,0đ) (2,0 điểm) 1  2sin x 1  sin x     x   6  k 2   7 ĐK:  x   m 2 , k , m, n  . 0,25  6    x  2  n2  Pt  cos x  sin 2 x  3 1  sin x  2 sin 2 x  0,25  cos x  3 sin x  sin 2 x  3 cos 2 x   2  x   k     18 3  sin   x   sin  2 x     ,k  0,25 6   3  x    k 2  2  2 Kết hợp điều kiện  Pt có nghiệm x    k , k . 0,25 18 3 Giải hệ phương trình sau trên tập số thực  x 2  3 y  2 x 2 y  2 y  2  0 (1) b (1,0đ)  2  x  4 x  y  1  3 2 x  1  1 (2) ĐK: y  0; x 2  4 x  y  1  0 Từ phương trình 1 ta có 3y y 0,5 x2  2  3 y  2 y  x2  2  2 2 2 1 x 2 x 2 y Suy ra 2  1  y  x2  2 x 2 Thay vào phương trình  2  ta có 4x  1  3 2x  1  1 u  4 x  1 Đặt  3 u  0 v  2 x  1 0,25 Hệ phương trình đã cho trở thành u  v  1 u  1  2 3   u  2v  1 v  0  1  4 x  1  1  x  2 Ta có:   (Thỏa mãn điều kiện) y  9 3  2 x  1  0 0,25  4 1 9 Vậy hệ có nghiệm  ;  2 4 Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có AB  a; AC  2a; AA '  2a 5 Bài 3 a  bằng 1200 . Gọi M là trung điểm của cạnh CC ' . và góc BAC (1,0đ) (2,0 điểm) a) Chứng minh rằng MB vuông góc với A ' M .
  4. A' C' B' M H A N C K B Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC  BC 2  AB 2  AC 2  2 AB. AC .cos BAC  7 a 2  BC  a 7 Trong tam giác A ' C ' M : A ' M 2  A ' C '2  C ' M 2  9a 2 0,5 Trong tam giác BAA ' : A ' B 2  AB 2  A ' A2  21a 2 Trong tam giác BCM : BM 2  BC 2  CM 2  12a 2 Ta có: A ' M 2  MB 2  A ' B 2  tam giác A ' BM vuông tại M 0,5 hay MB  A ' M . b Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  A ' BM  . (1,0đ) Gọi A ' M  AC  N  d  A,  A ' BM    d  A,  A ' BN   Kẻ AK  BN , K  BN 0,5 Kẻ AH  A ' K , H  A ' K  d  A,  A ' BN    AH Chứng minh được CM là đường trung bình của tam giác A ' AN  A ' M  MN và có BM  A ' N  tam giác A ' BN cân tại B  BN  A ' B  a 21 Diện tích tam giác ABN là: 0,25 1 S ABN  AB. AN .sin BAN   1 AK .BN  AK  2 7 a 2 2 7 1 1 1 36 a 5 Ta có: 2  2  2  2  AH  AH AK A' A 20a 3 0,25 a 5 Vậy: d  A,  A ' BM    3 Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0 , lẫy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy (1,0đ) ra có mặt đúng ba chữ số khác nhau. Ta có: Số phần tử của không gian mẫu  là: n     95 0,25 Gọi A là biến cố: “Trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau” Bài 4 Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số 1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 là (1,0 điểm) C93 . Xét các số thỏa mãn yêu cầu bài toán được tạo thành từ 3 chữ số a; b; c ở 0,25 trên. Có hai trường hợp sau xảy ra TH1: Một chữ số có mặt 3 lần; các chữ số còn lại có mặt đúng 1 lần: 5! Có tất cả: 3.  60 số. 3! TH2: Hai chữ số có mặt hai lần, chữ số còn lại có mặt 1 lần: 0,25
  5. 5! Có tất cả: 3.  90 số. 2!.2! Số kết quả thuận lợi của biến cố A là: n  A    60  90  .C93  12600 n  A  1400 0,25 Xác suất của biến cố A là: p  A     0, 2134 n    6561 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BD và CD. Biết A  4;6  ; đường Bài 5 thẳng HK có phương trình 3 x  4 y  4  0; điểm C thuộc đường (1,0đ) (1,0 điểm) thẳng d1 : x  y  2  0 và điểm B thuộc đường thẳng d 2 : x  2 y  2  0; điểm K có hoành độ nhỏ hơn 1. Tìm tọa độ các điểm B và C. A B D H E K C Gọi E  AC  HK Tứ giác AHKD nội tiếp  HAD   HKC. Tứ giác ABCD nội tiếp   ABD  ACD . 0,25  Tam giác ABD vuông tại A  ABD  HAD   Vậy HKC ACD hay tam giác ECK cân tại E . Vì tam giác ACK vuông tại K nên E là trung điểm của AC . c 4 8c Ta có C  d1  C  c;2  c   E  ;   2 2  0,25 Vì E  HK nên tìm được c  4  C  4; 2  . K  HK : 3 x  4 y  4  0 nên gọi K  4t ;3t  1    AK  4t  4;3t  7  ; CK (4t  4;3t  1) .  1   t  5 2 Ta có: AK  CK  AK .CK  0  25t  50t  9  0   . 0,25 t  9  5 4 2 Vì hoành độ điểm K nhỏ hơn 1  K ( ; ) 5 5 BC có phương trình: 2 x  y  10  0. B  BC  d 2  B (6;2) . 0,25 Kết luận: B  6; 2  ; C  4; 2 
  6. u1  2  1  Cho dãy số  un  xác định bởi  1  un . u  n1  , n   , n  1 Bài 6  2 (1,0đ) (1,0 điểm) Hai dãy số  vn  ,  wn  xác định như sau: vn  4n 1  un  ; wn  u1.u2 .u3 ...un , n  , n  1. Tìm các giới hạn lim vn ; lim wn .   Chọn    0;  sao cho cos  2  1  2 1  cos   Khi đó ta có u1  cos   u2   cos 2 2    ( Do    0;  nên cos  0 ).  2 2 0,25  1  cos Tương tự ta sẽ có u3  2  cos  2 4  1  cos Bằng quy nạp ta chứng minh được un  2n 1  cos  2 2n 1     Suy ra vn  4 n (1  un )  4 n 1  cos n 1   4n.2sin 2 n  2  2 2    0,25  sin n     2 Vậy lim vn  lim  4n.2sin 2 n   lim  2  .2  2 2  2   n    2     Ta có wn  u1u2 ...un  cos n 1 .cos n2  cos    cos 2 2 2     2n sin n 1 .cos n 1 .cos n  2 ...cos .cos 0,25 2 2 2 2 sin 2     2n sin n 1 2n sin n 1 2 2         sin 2  sin 2 1   sin 2 Suy ra lim wn  lim  lim  0,25   2   2 2n sin n 1  sin n 1  2 2       2n 1  Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Bài 7 4a 3  3b3  2c3  3b 2 c P (1,0đ) (1,0 điểm) 3 a  b  c Áp dụng BĐT Cauchy, ta có: 3b 2 c  2b3  c 3 , dấu “=” xảy ra  b  c. 3 0,25 Ta chứng minh: b  c 3 3  b  c  (1) , b  0, c  0. 4
  7. Thật vậy: 2 1  4  b3  c3   b3  3b2c  3bc 2  c3   b  c  b  c   0, b  0, c  0 Dấu “=” xảy ra  b  c. Áp dụng các BĐT trên ta được: 3 4a 3  b  c 1 a 0,25 P 4 3  4t 3  1  t  , với t  , t   0;1 3 a  b  c 4 abc 1 3 Xét hàm số f  t   4t 3  1  t  với t   0;1 4  1 2 3 2 t  5 Có: f '  t   12t  1  t  ; f '  t   0   4 t   1  3 Bảng biến thiên: 1 0,25 t 0 1 5 f 't  - 0 + f t  4 25 4 Từ bảng biến thiên suy ra: P  f  t   . 25 b  c  Dấu “=” xảy ra   a 1  2a  b  c. 0,25   a  b  c 5 4 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là khi 2a  b  c. 25 Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
ADSENSE
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản