Đáp án đề thi HSG thành phố lớp 12 TP Hải Phòng môn Toán Học Bảng Không chuyên 2019-2020 - Học Toàn Tập

Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra có mặt đúng ba chữ số khác nhau... Vì tam giác ACK vuông tại K nên E là trung điểm của AC.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG

(Đáp án gồm 06 trang)

ĐÁP ÁN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ LỚP 12 Năm học 2019 – 2020

ĐỀ THI MƠN:TỐN – BẢNG KHƠNG CHUN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 19/9/2019

BÀI Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM

Bài

(2,0 điểm) a

Cho hàm số



2



2019.

y x x  m x m  Tìm điều kiện tham số m để hàm số cho đồng biến khoảng



0;



.

(1,0đ) TXĐ: D ; y'x22x m 2

Hàm số đồng biến khoảng



0;    



y' 0, x



0;



0,25









2 2 2 0, 0; 2 2, 0;

x x m x m x x x

                0,25

Xét hàm số g x

 

  x2 2x2; g x'

 

  2x 2; g x'

 

  0 x 1 x 

 

'

g x + -

 

g x

0,25

Từ bảng biến thiên

 





 

 

0;

, 0;

x

m g x x m Max g x m

 

          0,25

b

Cho hàm số

2

mx m

y

x

  

 có đồ thị

 

C Tìm tất giá trị

thực tham số m để đường thẳng d y:  x 2 cắt

 

C hai điểm phân biệt A B, cho góc hai đường thẳng OA OB

0 45

(1,0đ)

Phương trình hồnh độ giao điểm:





2

2,

2

mx m

x x

x

 

   







2 2 2 1 , 2

x mx m x

      

2

x

x m

 

   



0,25

d cắt

 

C hai điểm phân biệt

1

2 1

1

2

2 m m

m m

   

 

 

    

  0,25

Gọi A



1; ;

 

B m2 1;2m3



OA



1; ;



OB m



2 1;2m3



.cos 45

OAOB OAOB  2 8m216m108m216m 6 0

2 m m

    

  

0,25

Kết hợp điều kiện, ta

m

m 0,25

Bài

(2,0 điểm) a Giải phương trình lượng giác sau











1 2sin cos

3 2sin sin

x x

x x





  (1,0đ)

ĐK:

2

2 , , ,

6 2

x k

x m k m n

x n

     

    



   

 

   

0,25





cos sin sin 2sin cos sin sin cos

Pt x x x x

x x x x

    

    0,25

2

18

sin sin ,

6

2

x k

x x k

x k

 

 

 

    

   

       

      



0,25

Kết hợp điều kiện Pt có nghiệm , 18

x  k  k 0,25

b

Giải hệ phương trình sau tập số thực

2

2

3 2 (1)

4 1 (2)

x y x y y

x x y x

     

 

     



(1,0đ) ĐK: y0;x24x y  1 0

Từ phương trình

 

1 ta có





2

2

3

2 2

2

y y

x y y x

x x

      

 

Suy

2 2

y

y x

x     

0,5

Thay vào phương trình

 

2 ta có 4x 1 2x 1 1

Đặt





3

4

0

2

u x

u

v x

  

 



 



Hệ phương trình cho trở thành

2

1

0

2

u v u

v

u v

  

 



  

  



0,25

Ta có:

1

4 1 2

9

2

4 x x

x y

  

  

 

 

 

 

 



(Thỏa mãn điều kiện)

Vậy hệ có nghiệm 9;

 

 

 

0,25

Bài

(2,0 điểm) a

Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C có ' ' ' AB a AC ; 2 ;a AA' 2 a 5 và góc BAC 1200 Gọi M trung điểm cạnh CC '

a) Chứng minh MB vng góc với A M '

Áp dụng định lí cosin tam giác ABC

2 2 2 . .cos 7 7

BC AB AC AB AC BAC a BC a

      

Trong tam giác A C M A M' ' : ' A C' '2C M' 9a2 Trong tam giác BAA A B' : ' AB2A A' 21a2 Trong tam giác BCM BM: BC2CM2 12a2

0,5

Ta có: A M' 2MB2  A B'  tam giác A BM' vuông M

hay MBA M' 0,5

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 Kẻ AH A K H' , A K'







, '



d A A BN AH

 

0,5

Chứng minh CM đường trung bình tam giác A AN' '

A M MN

  có BM A N'  tam giác A BN' cân B

' 21

BN A B a

  

Diện tích tam giác ABN là:

1

.sin

2

ABN

a S  AB AN BAN  AK BNAK 

0,25

Ta có: 2 12 2 362

' 20

a AH

AH  AK  A A  a   Vậy:



,



'





3 a d A A BM 

0,25

Bài (1,0 điểm)

Từ tập hợp tất số tự nhiên có chữ số mà chữ số khác 0 , lẫy ngẫu nhiên số Tính xác suất để số tự nhiên lấy ra có mặt ba chữ số khác

(1,0đ) Ta có: Số phần tử không gian mẫu  là: n

 

 95

0,25 Gọi A biến cố: “Trong số tự nhiên lấy có mặt ba chữ số

khác nhau”

Số cách chọn chữ số phân biệt a b c, , từ chữ số



1;2;3;4;5;6;7;8;9



9 C

Xét số thỏa mãn yêu cầu toán tạo thành từ chữ số a b c; ; Có hai trường hợp sau xảy

TH1: Một chữ số có mặt lần; chữ số cịn lại có mặt lần: Có tất cả: 3.5! 60

3! số

0,25

TH2: Hai chữ số có mặt hai lần, chữ số cịn lại có mặt lần: 0,25

N M

C' B'

A

B

C A'

Có tất cả: 90 2!.2! số

Số kết thuận lợi biến cố A là:

  



60 90 12600

n A   C 

Xác suất biến cố A là:

 

 

 

14006561 0, 2134 n A

p A n

  



0,25

Bài (1,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính BD Gọi H K, hình chiếu vng góc A đường thẳng BD CD Biết A

 

4;6 ; đường thẳng HK có phương trình 3x4y 4 0; điểm C thuộc đường thẳng d x y1:   2 0 điểm B thuộc đường thẳng

2: 2 0;

d x y  điểm K có hồnh độ nhỏ Tìm tọa độ điểm B C

(1,0đ)

Gọi E AC HK

Tứ giác AHKDnội tiếp HAD HKC Tứ giác ABCD nội tiếpABD ACD Tam giác ABD vuông AABD HAD

Vậy HKCACD hay tam giácECK cân tạiE

Vì tam giácACK vuông K nênE trung điểm củaAC

0,25

Ta có C d 1 C c



;2c



8;

2

c c

E   

  

Vì EHK nên tìm c 4 C



4; 



0,25

: 4

KHK x y  nên gọi K t t



4 ;3 1





4 4;3 7



AK t t

   ;CK t(4 4;3t1)

Ta có: AKCKAK CK 025t2 50t 9 0

1 t t

    

  

Vì hồnh độ điểm K nhỏ ( ;4 2) 5

K 



0,25

BCcó phương trình: 2x y 10 0.

2

B BC d B(6;2) Kết luận: B

  

6;2 ;C 4; 2



0,25 E

K

H D

B

A

Bài (1,0 điểm)

Cho dãy số

 

u xác định n

1

2

, ,

2

n n

u

u

u  n n

  



 

   

 

Hai dãy số

   

vn , w xác định sau: n





4 1n ; , ,

n n n n

v  u w u u u u  n n Tìm giới hạn lim ; limvn wn

(1,0đ)

Chọn 0;   

 sao chocos  1

Khi ta có 1 cos 2 cos cos

2

u   u    

( Do 0;   

  nên cos2 

 )

Tương tự ta có 3

1 cos

2 cos

2

u







 

Bằng quy nạp ta chứng minh 1

1 cos

2 cos

2

n

n n

u



 





 

0,25

Suy

1

4 (1 ) os 2sin

2

n n n

n n n n

v  u   c   

 

Vậy

2

2 sin2 2

lim lim 2sin lim 2

2

n n

n n

n

v



  



 

 

 

     

   

 

0,25

Ta có 1 2 cos 1.cos 2 cos os

2 2

n n n n

w u u u      c 

1

1

2 sin os os os cos sin 2

2 2

2 sin sin

2

n

n n n

n n

n n

c c c

    



 

  

 

  0,25

Suy

1

1

sin sin sin

lim lim lim

2

2 sin sin

2

2

n

n

n n

n

w    

 



 



 

 

 

 

 

   

 

 

 

 

 

0,25

Bài (1,0 điểm)

Cho số thực dương a b c, , Tìm giá trị nhỏ biểu thức:





3 3

3 4a 3b 2c 3b c P

a b c

  



 

(1,0đ) Áp dụng BĐT Cauchy, ta có: 3b c2 2b3c3 , dấu “=” xảy  b c.

Ta chứng minh:





3

3 (1) , 0, 0.

4 b c

b  c   b c

 



3 3



3 2 2 3







2

1 4 b c  b 3b c3bc   c b c b c 0,b0,c0 Dấu “=” xảy  b c

Áp dụng BĐT ta được:













3

3

3

4 1

4 4 1 ,

4 b c

a

P t t

a b c

 

   

  với ,

 

0;1

a

t t

a b c

 

 

0,25

Xét hàm số

 

4 1



1



3

f t  t  t với t

 

0;1

Có:

 





2

 

1

3

' 12 ; '

1

3 t

f t t t f t

t

  

     

   

Bảng biến thiên:

t

5

 

'

f t - +

 

f t

25

0,25

Từ bảng biến thiên suy ra:

 

25 P f t 

Dấu “=” xảy 1

5 b c

a b c a

a b c

  

   

    

Vậy giá trị nhỏ P

25 2a b c 

0,25