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

Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2018-2019 – Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Dương bao gồm 5 câu hỏi giúp giáo viên trong công tác tuyển chọn các em học sinh ưu tú tham gia vào đội tuyển học sinh cấp tỉnh môn Toán lớp 12.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT Năm học 2018-2019 Môn thi: TOÁN Ngày thi: 04 tháng 10 năm 2018 Thời gian làm bài: 180 phút Câu I (2,0 điểm) 2x −1 có đồ thị ( C ) Tìm m để đường thẳng d : y =− x + m cắt ( C ) hai x +1 điểm phân biệt A B cho ∆PAB đều, biết P ( 2;5 ) 1) Cho hàm số y = 2) Một mảnh đất hình chữ nhật ABCD có chiều dài AB = 25m , chiều rộng AD = 20m chia thành hai phần vạch chắn MN ( M , N trung điểm BC AD ) Một đội xây dựng làm đường từ A đến C qua vạch chắn MN , biết làm đường miền ABMN làm 15m làm miền CDNM làm 30m Tính thời gian ngắn mà đội xây dựng làm đường từ A đến C Câu II (2,0 điểm) (3 x + 1) + y = y + x + 1) Giải hệ phương trình  3 xy = x + + x + 2) Trong thi: "Thiết kế trình diễn trang phục dân tộc" Đoàn trường THPT tổ chức vào tháng năm 2018 với thể lệ lớp tham gia tiết mục Kết có 12 tiết mục đạt giải có tiết mục khối 12, có tiết mục khối 11và tiết mục khối 10 Ban tổ chức chọn ngẫu nhiên tiết mục biểu diễn chào mừng 26 tháng Tính xác suất cho khối có tiết mục biểu diễn có hai tiết mục khối 12 Câu III (2,0 điểm) 1) Cho dãy số ( un ) xác định = u1 1, u= n +1 + un2 − , ∀n ≥ Xét tính đơn điệu bị chặn un ( un ) 2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD ( AB / / CD, AB > CD) có , đường thẳng AB qua AD = DC , D(3;3) Đường thẳng AC có phương trình x − y − = M (−1; −1) Viết phương trình đường thẳng BC Câu IV (3,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD A’B’C’D’ có đáy ABCD hình vng 1) Gọi S tâm hình vng A ' B ' C ' D ' SA , BC có trung điểm M N Tính thể tích khối chóp S ABC theo a , biết MN tạo với mặt phẳng ( ABCD) góc 600 AB = a 2) Khi AA ' = AB Gọi R, S nằm đoạn thẳng A’D, CD’ cho RS vng a Tính thể tích khối hộp ABCD A’B’C’D’ theo a 3) Cho AA =' AB = a Gọi G trung điểm BD ' , mp ( P ) thay đổi qua G cắt góc với mặt phẳng (CB ' D ') RS = đoạn thẳng AD ', CD ', D ' B ' tương ứng H , I , K Tìm giá trị lớn biểu thức T= 1 + + D ' H D ' I D ' I D ' K D ' K D ' H Câu V (1,0 điểm) biểu thức P Cho số dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ = − a + ab + abc a+b+c - Hết Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí giám thị coi thi số 1: Chữ kí giám thị coi thi số 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG Câu Câu I.1 1,0 đ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT Năm học 2018-2019 Mơn thi: TỐN (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) Nội dung 2x −1 có đồ thị ( C ) Tìm m để đường thẳng d : y =− x + m cắt ( C ) x +1 hai điểm phân biệt A B cho ∆PAB đều, biết P ( 2;5 ) Điểm Cho hàm số y = hoành độ giao điểm đường thẳng d đồ thị (C ) nghiệm phương trình 2x −1 =− x + m ⇔ x − (m − 3) x − m − =0 (1) ( x = −1 không nghiệm (1)) x +1 Đường thẳng d cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > ⇔ m − 2m + 13 > ⇔ m ∈  x + x =m − Gọi x1 , x2 nghiệm phương trình (1), ta có:   x1 x2 =−m − Giả sử A ( x1 ; − x1 + m ) , B ( x2 ; − x2 + m ) Khi ta có:= AB ( x1 − x2 ) ( x1 − ) + ( − x1 + m − 5) PB = ( x2 − ) + ( − x2 + m − 5) 0,25 PA = 0,25 ( x1 − ) + ( x2 − ) = 2 0,25 ( x2 − ) + ( x1 − ) = , Suy ∆PAB cân P Do ∆PAB ⇔ PA2 = AB ⇔ ( x1 − ) + ( x2 − ) = ( x1 − x2 ) ⇔ ( x1 + x2 ) + ( x1 + x2 ) − x1 x2 − = 2 2  m =1 Vậy giá trị cần tìm m = 1, m = −5 ⇔ m + 4m − = ⇔   m = −5 Câu I.2 Một mảnh đất hình chữ nhật ABCD có chiều dài AB = 25m , chiều rộng 1,0 đ AD = 20m chia thành hai phần vạch chắn MN ( M , N trung điểm BC AD ) Một đội xây dựng làm đường từ A đến C qua vạch chắn MN , biết làm đường miền ABMN làm 15m làm miền CDNM làm 30m Tính thời gian ngắn mà đội xây dựng làm đường từ A đến C Giả sử đường từ A đến C gặp vạch chắn MN E M B C đặt NE = x(m)( x ∈ [0; 25]) ⇒ AE = CE = 0,25 x + 102 ; (25 − x) + 102 25m 0,25 E x A 20m N D AE CE Thời gian làm đường từ A đến C t ( x) = + = 15 30 x (25 − x) = t '( x) − ; 15 x + 100 30 (25 − x) + 100 (25 − x) + 100 x + 100 + ( h) 15 30 0,25 0,25 t '( x) =0 ⇔ x (25 − x) + 100 =(25 − x) x + 100  x(25 − x) ≥ ⇔ 2 2 4 x [(25 − x) + 100] = (25 − x) ( x + 100) 0 ≤ x ≤ 25 0 ≤ x ≤ 25 ⇔ ⇔ 2 2 2 4(25 − x) ( x − 25) + x [400 − (25 − x) ]=0 ( x − 5)[4(25 − x) ( x + 5) + x (45 − x)]=0 ⇔x= 5; 20 + 725 10 + 725 , t (25) = ,= t (5) ⇒ Thời gian ngắn làm đường từ 30 30 A đến C (giờ) CâuII.1 (3 x + 1) + y = y + x + (1) Giải hệ phương trình 1,0 đ  (2) 3 xy = x + + x + = t (0) 0,25 y ≥  Điều kiện  ≥ − x  (1) ⇔ (3 x + 1) − x + = y − y (*) xét hàm số f (t = ) t − 4t (t ∈ [0; +∞)); từ (*) ta có f ( x + 1) = f ( y) f '(t ) = 4t − 4; f '(t ) = ⇔ t = bảng biến thiên t 0,25 - f'(t) - +∞ + f(t) Từ bảng biến thiên ta thấy : hàm số nghịch biến [0;1] ; đồng biến [1; +∞) + Nếu x + thay vào (2) ta có y thuộc [0;1] [1; +∞) ta có 3x + = y ⇔ y = 3x + 3 x = x + +1 x= (thỏa x(3 x + 1) = x + + x + ⇔ x = x + + x + ⇔  ⇔ 3 x =− x + −  y = mãn) +Nếu x + y không thuộc [0;1] [1; +∞) y −1 3x y −1 ≤ ⇔ ≤ ⇔ x( y − 1) ≤ 3x + − 3x + + y + ( )( ) từ (2) ⇔ x( y − 1)= ( x + + 1) > vô lý Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) (1; 4) CâuII.2 Trong thi: "Thiết kế trình diễn trang phục dân tộc" Đoàn trường THPT tổ 1,0 đ chức vào tháng năm 2018 với thể lệ lớp tham gia tiết mục Kết có 12 tiết mục đạt giải có tiết mục khối 12, có tiết mục khối 11và tiết mục khối 10 Ban tổ chức chọn ngẫu nhiên tiết mục biểu diễn chào mừng 26 tháng Tính xác suất cho khối có tiết mục biểu diễn có hai tiết mục khối 12 Gọi không gian mẫu phép chọn ngẫu nhiên Ω Số phần tử không gian mẫu là: n( Ω )= C125 = 792 Gọi A biến cố “ Chọn tiết mục cho khối có tiết mục biểu diễn có hai tiết mục khối 12'' 0,25 0,25 0,25 0,25 Chỉ có khả xảy thuận lợi cho biến cố A : + tiết mục khối 12, hai tiết mục khối 10, tiết mục khối 11 + tiết mục khối 12, tiết mục khối 10, tiết mục khối 11 + tiết mục khối 12, tiết mục khối 10, tiết mục khối 11 Số kết thuận lợi cho biến cố A là: n(A) = C42 C32 C51 + C42 C31.C52 + C43 C31.C51 = 330 330 Xác suất cần tìm là= P = 792 12 Câu III.1 1,0 đ chặn ( un ) Giả sử uk > 0, k ≥ 1= ⇒ uk +1 (1) + uk2 − = uk + un2 − = − un un ⇒ dãy số ( un ) giảm 0,25 0,25 uk + uk2 + >0 Vậy (1) n = k + ⇒ un > 0, ∀n ∈ * un= +1 − un 0,25 + un2 − , ∀n ≥ Xét tính đơn điệu bị un Cho dãy số ( un ) xác định = u1 1, u= n +1 Chứng minh un > 0, ∀n ∈ * (1) u1 = > (1) n = 0,25 + un2 − − un2 < 0, ∀n ≥ ⇔ un +1 < un , ∀n ∈ * un 0,25 0,25 Do dãy số ( un ) giảm nên un ≤ u1 , ∀n ∈ * ⇔ un ≤ 1, ∀n ∈ * ⇒ < un ≤ 1, ∀n ∈ * ⇒ dãy số ( un ) Câu III.2 1,0 đ bị chặn Trong 0,25 mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD ( AB / / CD, AB > CD) có AD = DC , D(3;3) Đường thẳng AC có phương trình x− y−2= , đường thẳng AB qua M (−1; −1) Viết phương trình đường thẳng BC D C H I A D' M B Gọi H hình chiếu D AC D ' giao điểm DH với AD Vì DC = AD nên ∆ADC cân =  mà CAB  = DCA  (so le D ⇒ DAC DCA = D  trong) ⇒ DAH ' AH ⇒ H trung điểm BB’ BB ' qua B vng góc với AC Ta viết phương trình BB’: x + y − = H = BB '∩ AC ⇒ H ( 4; ) Có H trung điểm DD ' Do D ' ( 5;1)  AB qua M nhận MD ' làm vtcp nên phương trình AB : x − y − = ⇒ AC ∩ AB = A ( 2;0 )   Ta có ADCD ' hình bình hành nên AD = D ' C Do đó, C ( 6; ) Câu III.1 1,0 đ Gọi I= d ∩ AB , I trung Gọi d đường trung trực DC , suy d : x + y − 17 =  53 11   43 11  = ∩d I  ;  ⇒ B ;  điểm AB AB  10 10   5  Đường thẳng BC qua C nhận CB làm vectơ phương nên BC : x + 13 y − 106 = Cho hình hộp đứng ABCD A’B’C’D’ có đáy ABCD hình vng 1) Gọi S tâm hình vng A ' B ' C ' D ' SA , BC có trung điểm M N Tính thể tích khối chóp S ABC theo a , biết MN tạo với mặt phẳng ( ABCD) góc 600 AB = a 0,25 0,25 0,25 0,25 S M I H C A 600 Gọi H trung điểm AC => SH trung tuyến tam giác ∆.SAC Mặt khác ∆SAC cân S => SH đường cao ⇒ SH ⊥ AC AC  ( SAC ) ⊥ ( ABC ) ; ( SAC ) ∩ ( ABC ) =  SH ⊂ ( SAC ) ; SH ⊥ AC  ⇒ SH ⊥ ( ABC ) 0,25 N a B Câu III.2 1,0 đ Gọi I trung điểm AH , mà M trung điểm SA => IM đường trung bình  IM / / SH  tam giác SAH ⇒   IM = SH SH ⊥ ( ABC )   ( ⇒ MNI MN ,= ( ABC ) ) 600  ⇒ IM ⊥ ( ABC )= IM / / SH  3 CI = AC a ∆ABC vng cân B , có AB = a => BC = a; AC = a => CI == 4 a  = 450 ; ∆ABC vuông cân B ⇒  = NC = BC A=C 2  = a 10 ⇒ MI = IM tan 600 = a 30 Xét ∆CNI CÓ : NI = CI + CN − 2CI CN cos ICN 4 a 30 1 a 30 ⇒ SH = MI = ⇒ VS ABC = S∆ABC SH = AB.BC.SH = 3 12 Khi AA ' = AB Gọi R, S nằm đoạn thẳng A’D, CD’ cho RS vng góc với mặt phẳng (CB ' D ') RS = 0,25 0,25 0,25 a Tính thể tích khối hộp ABCD A’B’C’D’ theo a                Đặt A ' A =m, A ' D ' =n, A ' B ' =p ⇒ m =n = p =b; m.n =n p =p.m =0     D' C'= A ' R x= A ' D; D ' S y.D ' C n Ta có           A' B' ' ; ' A R = x m + x n D S = y m + y p ⇒ RS = RA ' + A ' D ' + D ' S p = S R    ( y − x ) m + (1 − x ) n + y p 0,25 m D C A B Do đường thẳng RS vng góc với mặt phẳng (CB’D’) nên ta có         ( y − x ) m + (1 − x ) n + y p m + n =  RS B ' C =  ⇔           ( y − x ) m + (1 − x ) n + y p m + p =  RS D ' C =       x = 1 + y − x = Vậy R, S điểm cho A ' R = = A ' D; D ' S D 'C ⇔ ⇔ 3 2 y − x = y =  ( ( )( )( ) ) 0,25 0,25 Câu III.3 1,0 đ     b2 b a ⇒ RS = − m + n + p ⇒ RS =⇒ RS = = ⇔ b = a ⇒ VABCD A ' B 'C ' D ' = a3 3 3 3 Cho AA =' AB = a Gọi G trung điểm BD ' , mp ( P ) thay đổi qua G cắt 0,25 đoạn thẳng AD ', CD ', D ' B ' tương ứng H , I , K Tìm giá trị lớn biểu thức 1 + + T= D ' H D ' I D ' I D ' K D ' K D ' H D' D' G B' A' K H E I C' G F C A C D 0,25 B' A B Vì AA =' AB = a nên ABCD A ' B ' C ' D ' hình lập phương có G trung điểm BD ' nên G tâm ABCD A ' B ' C ' D ' Gọi E, F tâm ADD'A' BB'C'C ⇒ E, F trung điểm A'D B'C; G trung điểm EF            ⇔ D ' G = D ' A + D'C + D'B' ⇒ GA + GB ' + GC + GD ' =2GE + 2GF =  D ' A  D ' C  D ' B '   a  a  a  'G D ' H + D ' K + D ' I ⇔ D= 'G D ' I + D ' K + D ' H (1) ⇔ D= 4D ' I 4D ' K 4D ' H D'H D'K D'I ( ) Vì điểm H,I,K,G đồng phẳng nên          GH =kGI + l.GK ⇔ D ' H − D ' H =k ( D ' I − D ' G ) + l ( D ' K − D ' G )     k l D ' I + D ' K − D ' H (2) D 'G ⇔= 0,25 k + l −1 k + l −1 k + l −1    a a a D ' I , D ' K , D ' H không đồng phẳng nên từ (1) (2) ta + + = 4D ' I 4D ' K 4D ' H ta chứng minh (ab + bc + ca ) ≤ (a + b + c) nên 0,25 1 1 1 T ) = + + ≤ ( + + = 3a D ' H D ' I D ' I D ' K D ' K D ' H D ' I D ' H D ' K 3a Nghĩa là: (P) qua G song song với ⇒ T= ⇔ D ' H= D ' I= D ' K= 3a 0,25 mp(ABC) Vậy giá trị lớn T 3a Câu V Cho số dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1,0 đ = P − a + ab + abc a+b+c a + 4b Vì a,b,c số dương ⇒ a + 4b ≥ a.4b ⇔ a + 4b ≥ ab ⇔ ab ≤ (1) Đẳng thức xảy ⇔ a = 4b Vì a,b,c số dương 0,25 a + b + 16 c ⇒ a + 4b + 16c ≥ 3 a.4b.16c ⇔ a + 4b + 16c ≥ 12 abc ⇔ abc ≤ ( 2) 12 Đẳng thức xảy ⇔ a = 4b = 16c a + 4b a + 4b + 16c + 12 a + b a + b + c 4 16 ⇔ a + ab + abc ≤ ( a + b + c ) ⇔ a + ab + abc ≤ a + + 12 3 ⇒P≥ − ⇔ ≥ (3) 4(a + b + c) a+b+c a + ab + abc ( a + b + c ) Từ (1) (2) => ⇔ ab + abc ≤ 0,25 Đặt t = a + b + c (t > 0) 6 Từ (3) xét f (t ) = − (t > 0); f '(t ) =− + ; f '(t ) =0 ⇔ t = 4t 2t t t *) Bảng biến thiên : +∞ t f '(t ) + f (t ) 0,25 +∞ −12 ( ) a + b + c ≥ f ( ) =−12, ∀a, b, c >   a = 21 a 4= b 16c  =   đẳng thức xảy ⇔  ⇔b= 84  a + b + c =   c = 336  Vậy giá trị nhỏ P -12 Nhìn vào bảng biến thiên ⇒ P ≥ f Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa 0,25 ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG Câu Câu I.1 1,0 đ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT Năm học 2018-2019 Môn thi: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 06... CâuII.2 Trong thi: "Thi? ??t kế trình diễn trang phục dân tộc" Đoàn trường THPT tổ 1,0 đ chức vào tháng năm 2018 với thể lệ lớp tham gia tiết mục Kết có 12 tiết mục đạt giải có tiết mục khối 12, có tiết... khối 1 1và tiết mục khối 10 Ban tổ chức chọn ngẫu nhiên tiết mục biểu diễn chào mừng 26 tháng Tính xác suất cho khối có tiết mục biểu diễn có hai tiết mục khối 12 Gọi không gian mẫu phép chọn ngẫu