Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 12 của tỉnh Quảng Trị có đáp án chi tiết

- HOC247 NET: Website hoc miễn phí các bài học theo chương trình SGK từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các môn học với nội dung bài giảng chi tiết, sửa bài tập SGK, luyện tập trắc nghiệm m[r]

Trang | SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG TRỊ

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HĨA LỚP 12 THPT Mơn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu (3,0 điểm) Cho hàm số yx33mx23 2( m3)x1.Tìm tất giá trị tham số m để hàm số nghịch biến khoảng  ; 

 

1

2

Câu (4,0 điểm)

1 Giải phương trình: 19 3 x2 4x24x24 2  x 12 3x 2. Giải hệ phương trình: x y x x y

x y x y x x y

     

 

         



3

2

3

4 14

Câu (2,0 điểm) Cho a b c, , số thực dương thỏa mãn a b c  1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

     

a b

P a b

b c bc c a ca

   

   

2

2

2

3

5

Câu (2,0 điểm) Bạn An vẽ lên giấy đa giác lồi  H có số cạnh nhiều Sau bạn An đếm tam giác nhận đỉnh đa giác làm đỉnh nhận xét: số tam giác khơng có cạnh chung với  H nhiều gấp lần số tam giác có cạnh chung với  H Hỏi bạn An vẽ đa giác lồi có cạnh?

Câu (6,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ(Oxy),cho tam giácABC AC  AB.Gọi D ; 

 

3

2 chân đường

phân giác góc A E, 1 0,  điểm thuộc đoạn AC thỏa mãn ABAE Tìm tọa độ đỉnh , ,

A B C biết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC x2y2 x 2y30 0 A có hồnh độ dương

2. Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng A ABC, 600,BC 2a Gọi H hình chiếu vng góc A BC Biết SH vng góc với mặt phẳng ABC SA tạo với mặt phẳng SBC góc 300 Tính thể tích khối chóp S ABC tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng

SAC theo a

Trang |

( , )

n n n

x a

x  x x n n

   

    



1

2

1

3 1

1

4 8

1. Với a3, chứng minh dãy (xn) có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn 2 Chứng minh với a[-2; ]6 , dãy (xn)có giới hạn hữu hạn

- HẾT -

Trang | HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 Mơn thi: TỐN

Câu Ý Nội dung Điểm

1 (3,0đ)

Ta có y'3x26mx3 2( m3)

Hàm số nghịch biến khoảng  ;  y'   , x  ; 

   

1 1

0

2 2

( ) x , ;

m x x m x

x

  

         

  

2

2 1

2

2 2

Xét hàm số ( )f x x x

 



3

2 khoảng ;

 

 

 

1 2

Ta có

 

( )( )

'( ) x x , ;

f x x

x

   

     

 



1 1

0

2

2

Từ bảng biến thiên suy m 13

0,5

0,5 0,5

0,5

0,5

0,5

2 (4,0đ)

1 (1,0đ)

Giải: Điều kiện:   3 x

Phương trình cho tương đương với

19 3 x4 2 x3x6 2 x 3x

Đặt t 2 x 3x ta có t2 14 3 x4 2 x3x, Phương trình trở thành: t t t

t  

     



2 6 5 0

5

Với t1 ta có 2 x 3  x 3x13 2  x3x0 Phương trình vơ nghiệm   3 x

Với t5 ta có

    

x x x x x x

           

2 4 25

0,5

0,5

Trang |

 

 

( )

x

x x x

x x x

tmđ x x x x k                              2 2 11

4 11

16 11

11

1

25 50 25

Vậy phương trình có nghiệm x1

0,5

2 (2,0đ)

 

 

x y x x y

x y x y x x y

     

 

         



3

2

3

4 14

Điều kiện: x x y          

4 14

 1 y33y 1 x33 1 x( )3

Xét hàm số f t( ) t3 3t t, R ta có f t'( )3t2   3 t R , hàm số f đồng biến R nên từ  3 ta có y 1 x

Thế vào  2 ta có phương trình:

 

x2 x  x  x 

2 11 ( điều kiện x 6

5 )

   

x x x x x x

2 22  4  2 5 6   3 7 11

  x   x  x   x 

x x

x x x x

     

    

     

2

2 11

2

2 11

 

 *

x x x x

x x

x x x x

x x

x x x x

                                2 2 2 2

2 11

2

1

2

2 11

Với x 6 ta có

x  x x  x       

1 1 65

2

6 36

2 11 2 3

5

Do phương trình  * vơ nghiệm, phương trình  4 có hai nghiệm

,

x 1 x2

0,5

0,5

Trang | Vậy hệ phương trình có hai nghiệm 1 2;  ; 1;  0,5

3 (2,0đ)

       

a a a

b c  bc  b c  b c  b c

2 2

2 2 2

4

5

4

Tương tự ta có

   

b b

ca  ca ca

2 2              

a b a b

P a b a b

b c c a b c c a

a b c a b

a b ab c a b c

                                      2 2 2 2 2 2

4 3

9

2             a b

c a b

a b c

c a b

c a b c

                                 2 2 2

2 2

1

9

4

Xét

   

( ) , ;

f c c c

c             2

8

1 1

9 f c'( )  c

1

3 Lập bảng biến thiên từ suy f c( ) 1, c  0 1;

9

Ta có P f c( ) 1

9 dấu đẳng thức xảy a  b c Vậy minP 1

9 0,5 0,5 0,5 0,5 4 (2,0đ)

Gọi n (n4) số cạnh đa giác

Số tam giác có đỉnh đỉnh đa giác Cn3

Số tam giác có đỉnh đỉnh đa giác có cạnh chung với (H) ( )

n n4

Số tam giác có đỉnh đỉnh đa giác có cạnh chung với (H) n Số tam giác có đỉnh đỉnh đa giác khơng có cạnh chung với (H)

( )

n

C3n n 4 n

Theo giả thiết Cn3n n(   4) n 5n n( 4) Giải phương trình này, ta n35

0,5

0,5

0,5

Trang | 1

(3,0đ)

Gọi H AIDE

Ta có AB AE BAD, EAD AD chung nên

ABD AED AED ABC

    

Ta có HAEICA AIC  ABC

0

180

90

2

Suy AEDHAE ABC900ABC900 AHE900 Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I ; ,R

 

1 5

1

2

Phương trình đường thẳng AI: 2x  y

Tọa độ A nghiệm hệ:

x y x y

x y x y x

y

 



 

  

 

 

       

 

   

2

2

2

2 30

4

Do A có hồnh độ dương nên A 2 6; Phương trình đường thẳng AD: x 2

Gọi A' giao điểm thứ AD đường tròn  C A' ;2 4  Phương trình đường thẳng BC x: 2y 5

Tọa độ B C, nghiệm hệ

x y x y

x y x y x

y

 



 

  

 

 

       

 

   

2

5

2

2 30

4

Suy    

   

; , ;

; , ;

B C

B C

  



  

5

3

Do ACAB nên B  5 0; ,C  3 4; 

1,0

0,5

0,5

0,5

Trang | 5

(6,0đ)

(3,0đ)

Góc SAvà mp SBC là ASH 300 suy SAH600 Ta có

 

tan

AH AB AC a a a

a a

AH SH AH

    

    

2

2 2 2

0

1 1 1

3

3

60

2

SABC ABC

a a

V  SH S     a a 

3

1 3

3

3 2

Ta có CA CH CB CH CA a CB

   

2

2

 

 

 

 ,   ,   , 

,

d B SAC CB

d B SAC d H SAC

CH

d H SAC    

4

3

Hạ HE AC HK, SE, ta có

 

,

AC HE ACSHAC SHE ACHK mặt khác HKSE suy HK(SAC) Vậy d B SAC , 4HK

3 Ta có HECH.sin300 3a,

4

a HK HK2  HS2 HE2  

1 1

10

Vậy d B SAC , 2a

5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

Ta có

( n )( n n )

n n n

x x x

x    x  x       

2

1

2

3

2

4 8 2xn 4

( n )( n )

n n n

x x

x    x  x      

2

1

2

3

4

Trang | 6

(3đ)

1 (1,5đ)

Do 2xn 4thì 2xn14 Do 2 x1 nên 2xn 4 Ta lại có:

( )( )

n n n

n n n n n n n

x x x

x 1x  x2 x3x     x 1x

2

3

0

4 8

Dãy (xn) tăng bị chặn nên có giới hạn hữu hạn

Đặt limxn b Ta có

( ) ( ) b l

b b b b l

b   

   

  

2

0

3

2

4

4

Vậy limxn 4

0,5

0,5

0,5

2 (1,5đ)

Từ ý 1, ta có 2 a dãy (xn)có giới hạn hữu hạn

Hiển nhiên với a a a

       

0

dãy (xn)là dãy nên có giới hạn hữu hạn

Với 0 a 2, dễ dàng chứng minh 0xn 2 dãy giảm nên có giới hạn

Với   2 a 0hoặc 4 a 0x2 4 nên (xn)có giới hạn hữu hạn

Vậy với a[-2; ]6 , dãy (xn)có giới hạn hữu hạn

0,5

0,5

Trang | Website HOC247 cung cấp môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội dung giảng biên soạn công phu giảng dạy giáo viên nhiều năm kinh nghiệm, giỏi kiến thức chuyên môn lẫn kỹ sư phạm đến từ trường Đại học trường chuyên danh tiếng

I. Luyện Thi Online

- Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ Trường ĐH THPT danh tiếng xây dựng khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học Sinh Học

- Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An trường Chuyên khác TS.Trần Nam Dũng, TS Phạm Sỹ Nam, TS Trịnh Thanh Đèo Thầy Nguyễn Đức Tấn.

II. Khoá Học Nâng Cao HSG

- Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Tốn Chun dành cho em HS THCS lớp 6, 7, 8, u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập trường đạt điểm tốt kỳ thi HSG

- Bồi dưỡng HSG Tốn: Bồi dưỡng phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp dành cho học sinh khối lớp 10, 11, 12 Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS Lê Bá Khánh Trình, TS Trần Nam Dũng, TS Phạm Sỹ Nam, TS Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩn đơi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia

III. Kênh học tập miễn phí

- HOC247 NET: Website hoc miễn phí học theo chương trình SGK từ lớp đến lớp 12 tất môn học với nội dung giảng chi tiết, sửa tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu tham khảo phong phú cộng đồng hỏi đáp sôi động

- HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp Video giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa tập, sửa đề thi miễn phí từ lớp đến lớp 12 tất mơn Tốn- Lý - Hố, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học Tiếng Anh

Vững vàng tảng, Khai sáng tương lai

Học lúc, nơi, thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Toán Online Chuyên Gia