Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Quảng Ninh

Nhằm giúp các bạn học sinh đang chuẩn bị bước vào kì thi có thêm tài liệu ôn tập, TaiLieu.VN giới thiệu đến các bạn Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Quảng Ninh để ôn tập nắm vững kiến thức. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kì thi!

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT NĂM 2020 TỈNH QUẢNG NINH Mơn thi : TỐN – Bảng A ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi : 01/12/2020 Thời gian làm : 180 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có 01 trang) Câu (5 điểm) x2 (m tham số) Tìm tất giá trị thực m để hàm số a) Cho hàm số y = x+m đồng biến khoảng (−∞; −2) b) Cho hàm số y = x2 + x + x3 + (1) Tìm đường tiệm cận đứng tiệm cận x + 3x ngang đồ thị hàm số (1) Câu (3 điểm) Lớp 12B lập Kế hoạch tiết kiệm triệu đồng tiền tiêu vặt tháng để ủng hộ đồng bào bị thiên tai sau: Vào ngày mùng tháng 1, 2, 3, 4, năm 2021 học sinh lớp tiết kiệm số tiền giống A đồng nộp lại cho lớp trưởng để lớp trưởng gửi vào ngân hàng theo hình thức lãi kép (lãi nhập vào gốc để tính lãi tháng tiếp theo) với lãi suất r (r > 0) tháng (lãi suất không đổi suốt thời gian gửi) Hãy xây dựng cơng thức tính A theo r biết lớp có 40 học sinh ngày rút tiền ủng hộ ngày 01/6/2021 (chỉ rút lần) Câu (3 điểm) 3sin C AC = BC cos C Tính tỷ số Cho tam giác ABC thỏa mãn sin A + sin B = R với R r bán kính đường trịn ngoại tiếp bán kính đường trịn nội tiếp tam r giác IAB với I trung điểm AC Câu (5 điểm) a) Cho lăng trụ tam giác ABC A ' B ' C ' , biết hình chóp A ' ABC hình chóp tam giác cạnh đáy a , ( A ' BC ) ⊥ ( AB ' C ') Tính thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' theo a b) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình chữ nhật với = AB 2= a, BC a , tam giác SAB vuông đỉnh A , tam giác SBC vuông đỉnh C , d ( A;( SBC )) = a Tính khoảng cách SB AC theo a 3 ( x − 2) + y + y + x − = ( m tham số; x, y ∈  ) Câu (2 điểm) Cho hệ phương trình  m log ( x + 1) − log y + =0 Tìm giá trị thực lớn m để hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) với x > 0, y > Câu (2 điểm) Tìm số nghiệm thực bất phương trình ( x3 + x − 2) x log x + − x ≥ - Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay - Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám 1:…… Chữ ký giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH ĐỀ THI CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT NĂM 2020 Mơn thi: Tốn - Bảng A Ngày thi: 01/12/2020 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề (Hướng dẫn chấm có 05 trang) Câu Ý Nội dung x2 Cho hàm số y = (m tham số) Tìm tất giá trị thực m để x+m hàm số đồng biến khoảng (−∞; −2) TXĐ: a = D R \ {−m} nên để hàm số xác định (−∞; −2) ⇔ − m ≥ −2 ⇔ m ≤ (1) ; x + 2mx y' = ( x + m) y' = Điểm 2,5 0,5 0,5 x + 2mx Để hs đồng biến (−∞; −2) ⇔ y ' ≥ 0, ∀x < −2 ( x + m) 0,5 ⇔ x + 2mx ≥ 0, ∀x < −2 ⇔ x ≤ −2m, ∀x < −2 0,5 ⇔ −2 ≤ −2m ⇔ m ≤ kết hợp (1) suy m ≤ 0,5 x3 + Tìm đường tiệm cận đứng tiệm Cho hàm số y = x + 4x + x + 3x cận ngang đồ thị hàm số 2,5 Tập xác định: D = (−∞; −4] ∪ (0; +∞) 0,5 b lim y = +∞ ( học sinh không cần lý giải) x →+∞    −3 x +  x3 + 4x = = − x)  lim  + lim y lim ( x + x + x) + (  x →−∞ x →−∞ x + 3x   x →−∞  x + x − x x + x    −3 +   x = = + −5 suy y = −5 tiệm cận ngang lim  x →−∞   1+  − + x − x  lim+ y = +∞ ( học sinh không cần lý giải) suy x = tiệm cận đứng x →0 Vậy ĐTHS có tiệm cận ngang y = −5 tiệm cận đứng x = Lớp 12B tiết kiệm triệu đồng tháng sau: Vào ngày mùng tháng 1, 2, 3, 4, năm 2021 hs tiết kiệm số tiền A đồng, nộp gửi vào ngân hàng theo hình thức lãi kép với lãi suất r / tháng (r > 0) Hãy xây dựng cơng thức tính A theo r biết lớp có 40 học sinh ngày rút tiền ủng hộ ngày 01/6/2021 (chỉ rút lần) 0,5 0,5 0,5 0,5 3,0 Câu Ý Nội dung Điểm Ngày 1/1 lớp trưởng thu gửi vào ngân hàng 40A đồng 0,5 Ngày 1/2 số tiền gốc lãi gửi ngân hàng là: 40 A(1 + r ) = 40 Aq (với q = + r ) 0,5 Cộng số tiền hs tiết kiệm thêm nên tổng số tiền là: 40 A(1 + q ) 0,5 Ngày 1/3 tổng gốc cộng lãi cộng thu từ hs 40 A(1 + q + q ) 0,5 … đến ngày 1/5 tổng gốc cộng lãi cộng thu từ hs 40 A(1 + q + q + q + q ) đến ngày 1/6 tổng số tiền gốc lãi thu 40 Aq (1 + q + q + q + q ) 0,5 Dự định tổng số tiền ủng hộ triệu nên 40 Aq (1 + q + q + q + q ) = A= (triệu đồng) với q = + r 8q (1 + q + q + q + q ) 0,5 3sin C AC = BC cos C Cho tam giác ABC thỏa mãn sin A + 2sin B = Tính tỷ số R với R r bán kính đường trịn ngoại tiếp bán r 3,0 kính đường trịn nội tiếp tam giác IAB với I trung điểm AC Áp dụng định lý cosin với tam giác ABC ta có: a + b2 − c2 = = ⇔ a c nên tam giác ABC cân đỉnh AC BC cos= C ⇔ b 2a 2ab 0,5 B⇒ A= C (1) = 3sin C ⇔ sin B = sin C ⇔ B = C (vì B C Do A = C nên sin A + 2sin B góc tam giác) (1) nên tam giác ABC 0,5 I trung điểm AC nên BI ⊥ AC tam giác IAB vuông đỉnh I ⇒= R 0.5 a AB = 2 tam giác ABC nên BI = a (3 + 3) a ; nửa chu vi ∆IAB p = ; a2 ; = S ABI = BI AI r = ⇒ a S a ⇒r= p 2(1 + 3) R =1 + r 0,5 0,5 0,5 Cho lăng trụ tam giác ABC A ' B ' C ' , biết hình chóp A ' ABC hình chóp cạnh đáy ABC A ' B ' C ' theo a a ( A ' BC ) ⊥ ( AB ' C ') Tính thể tích khối lăng trụ 2,5 Câu Ý Điểm Nội dung Gọi H hình chiếu A ' A ' ABC hình chóp nên H trọng tâm ∆ABC ; Gọi = N AB '∩ A ' B = M AC '∩ A ' C ; I trung điểm BC ; (BCA’) kẻ A ' I cắt MN J ta có = AI 0,5 a a ;= AH = AI 3 Do tính chất đường trung bình nên J trung điểm A ' I J trung điểm MN Do ∆A ' AB = ∆A ' AC ⇒ AM = AN ⇒ AJ ⊥ MN ; MN = ( A ' BC ) ∩ ( AB ' C ') 0,5 Mà ( A ' BC ) ⊥ ( AB ' C ') ⇒ AJ ⊥ ( A ' BC ) ⇒ AJ ⊥ A ' I ∆AA ' I có AJ đồng thời đường cao đường trung tuyến ⇒ ∆AA ' I cân 0,5 a đỉnh A ⇒ AA ' =AI = ∆A ' AH vng H nên ta có A ' H = S ∆ABC = a 15 AA '2 − AH = 0,5 a2 a3 suy = ' VABC A ' B 'C ' S= A H ∆ABC 0,5 AB 2= a, BC a , tam giác = Cho hình chóp S ABCD có đáy hình chữ nhật, SAB vng đỉnh A, tam giác SBC vuông đỉnh C, d ( A;( SBC )) = a Tính khoảng cách SB AC theo a b AB ⊥ SA ( gt ) AB ⊥ AD 2,5 S nên AB ⊥ SD (1) BC ⊥ CD, BC ⊥ SC ⇒ BC ⊥ (SC D) ⇒ SD ⊥ BC (2) E M H D (1), (2) ⇒ SD ⊥ (ABCD) A C 0,5 K O B Kẻ DE ⊥ SC E kết hợp DE ⊥ BC ⇒ DE ⊥ ( SBC ) AD  ( SBC ) ⇒ d ( A, ( SBC )) = d ( D, ( SBC )) = DE = a ∆SCD vuông D ⇒ 1 = + ⇒ DS = 2 DE DC DS DE.DC DC − DE = 2a 0,5 Câu Ý Nội dung Điểm Gọi M trung điểm SD , O giao AC DB ⇒ OM  SB (tính chất đường trung bình) ⇒ SB  (MAC) ⇒ d(SB, AC)= d(SB, (MAC))= d(B, (MAC))= d(D, (MAC)) (vì 0,5 DB cắt ( MAC ) O trung điểm DB ) Kẻ DK ⊥ AC K , kẻ DH ⊥ MK H , AC ⊥ ( MKD) ⇒ DH ⊥ AC mà DH ⊥ MK ⇒ DH ⊥ ( MAC ) ⇒ d(D, (MAC)) = DH 0,5 DA.DC 2a ,= MD = SD a = DA2 + DC DM DK 2a 2a ∆MDK vng D nên ta có DH = = ⇒ d ( SB; AC ) = 3 DM + DK 0,5 ∆DAC vuông D= ⇒ DK 3 (1) ( x − 2) + y + y + x − = Cho hệ phương trình  ( m tham số) Hãy (2) m log ( x + 1) − log y + = tìm giá trị lớn tham số m để hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) với 2,0 x > 0, y > Hệ xác định với x > 0, y > ; giả sử hệ có nghiệm ( x; y ) với x > 0, y > ta có (x − 2)3 + y + y + x − =⇔ ( x − 2)3 + ( x − 2) = (−2 y )3 + (−2 y ) 0,5 Xét hàm số f (t ) = t + t ⇒ f '(t ) = 3t + > 0, ∀t ∈ R suy f (t ) đồng biến R ⇒ (1) ⇔ f ( x − 2) = f (−2 y ) ⇔ x − =−2 y 0,5 x +1 x +1 y + + y ≥ 3 ( x + 1) 2 2 y ⇒ ( x + 1) ≤ ⇔ log x +1 ( ) ≤ −2 (vì x + > 1, y > ) y 0,5 ⇔ = x + y +1 = y log ( ) log y − 1 y (2) ⇔ m log x +1 ( ) ≤ −1 Khi m = −1 ta thấy hệ = = = log ( x + 1) log ( x + 1) 2 có nghiệm ( x; y ) = (1; ) giá trị lớn tham số m để hệ có nghiệm m = −1 Tìm số nghiệm bất phương trình ( x3 + x − 2) x log x + − x ≥ 0,5 2,0 0 < x ≤ ĐKXĐ  suy < x ≤ 2 x log x + − x ≥ Ta thấy x = nghiệm bpt < x < ⇒ x3 + x − < nên bpt ⇔ x log x + − x ≤ ⇔ x log x + − x = (*) 0,5 Câu Ý Điểm Nội dung (*) ⇔ − x =4 x log 22 x , đặt t log x ⇒= x 2t = (0 < x < ⇔ t < 0, t < ứng với giá trị x ∈ (0;1) PT trở thành 4t (1 + 4t ) − =0 xét hàm số 0,5 f= (t ) 4t (1 + 4t ) − 1, t ∈ (−∞;0) ⇒ f '(= t ) 4t (4 ln 4.t + 8t + ln 4) pt f '(t) = có nghiệm âm phân biệt t1 , t2 (t1 < t2 < 0) , f '(−1) < ⇒ t1 < −1 < t2 lim f (t ) = 0; x →0 lim f (t ) = −1 f (−1) = nên ta có BBT x →−∞ 0,5 Căn BBT ta có khoảng (−∞;0) pt f (t ) = có nghiệm âm phân biệt tương ứng pt (*) có nghiệm thuộc (0;1) Vậy bpt cho có nghiệm Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác cách HDC cho điểm tối đa - Hết 0,5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT NĂM 2020 TỈNH QUẢNG NINH Mơn thi : TỐN – Bảng B ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi : 01/12/2020 Thời gian làm : 180 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có 01 trang) Câu (4 điểm) x+2 (a tham số) Tìm tất giá trị thực a để hàm số x+a cho đồng biến khoảng (−∞; −4) a) Cho hàm số y = x3 − 3mx + 1 (1) Tìm tất giá trị thực tham số m để đồ thị b) Cho hàm số y = hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B cho tam giác ABE có diện tích 32 với E (2;1) Câu (3 điểm) Cho đa giác (H) có 24 đỉnh Gọi S tập hợp tam giác có đỉnh lấy từ 24 đỉnh (H) Chọn ngẫu nhiên tam giác từ S, tính xác suất để tam giác chọn tam giác vuông 2sin C b = 2a cos C Câu (3 điểm) Cho tam giác ABC thỏa mãn sin A + sin B = R = AB c= , BC a= , CA b Tính tỷ số , R r bán kính đường trịn r ngoại tiếp bán kính đường trịn nội tiếp tam giác IAB với I trung điểm AC Câu (3 điểm)  x3 + y + x + x + y = −2 Cho hệ phương trình  ( x, y ∈  )   log x − ( m + 2) x − y + 11 = + log x − ( )    Tìm tất giá trị thực tham số m để hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt = AB 2= a, BC a 5, Câu (5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật, biết hình chiếu vng góc đỉnh S xuống mặt phẳng đáy điểm H thuộc đoạn thẳng AC cho CH = AH , tam giác SAC vuông S Gọi I K trung điểm cạnh SA BC a) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD b) Tính theo a khoảng cách hai đường thẳng IK AC Câu (2 điểm) Ở thành phố biển Q có hịn đảo, đảo có điểm O cố định Người ta cần xây dựng đường nối từ hai ga xe X Y đất liền tới điểm T cách điểm XOY = ϕ với ϕ góc O khoảng  r = ( km ) Cho biết OX = 12 ( km ) , OY = 15 ( km ) ,  13 Dự kiến đường từ X tới T đường thẳng hai xe, đường 18 từ Y tới T đường thẳng bốn xe Chi phí xây dựng cho ki-lô-mét đường hai xe bốn xe triệu USD triệu USD Tìm vị trí điểm T cho tổng chi phí xây dựng hai đường nhỏ tính chi phí nhọn thỏa mãn cos ϕ = - Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay - Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh : Số báo danh: Chữ ký giám 1: Chữ ký giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH ĐỀ THI CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT NĂM 2020 Môn thi: Toán - Bảng B Ngày thi: 01/12/2020 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề (Hướng dẫn chấm có 05 trang) Nội dung Điểm x+2 (a tham số) Tìm tất giá trị thực a để hàm x+a số đồng biến khoảng (−∞; −4) 2,0 Câu Ý Cho hàm số y = a−2 ( x + a)2 Để hàm số xác định (−∞; −4) −a ≥ −4 ⇔ a ≤ (1) D  \ {−a} y ' = TXĐ: = a 0,5 Để hàm số đồng biến (−∞; −4) y ' > 0, ∀x < −4 ⇔ b 0,5 a−2 ( x + a) > 0, ∀x < −4 ⇔ a − > ⇔ a > (2) Từ (1) (2) suy < a ≤ 0,5 x3 − 3mx + 1 (C ) với m tham số điểm E (2;1) Tìm tất Cho hàm số y = giá trị thực tham số m để đồ thị hàm số (C) có hai điểm cực trị A B cho tam giác ABE có diện tích 32 2,0 y ' 3x − 6mx TXĐ D =  = 0,5 x = Ta có y ' =⇔ x( x − 2m) =⇔  x = 2m  Để đồ thị hàm số (C) có điểm cực trị 2m ≠ ⇔ m ≠ 0,5 Giả sử A ( 0;1) B ( 2m; −4m3 + 1) −1 ; = AE Phương trình đường thẳng AE y= Ta có d ( B; AE ) = = 4m3 S ∆ABE = AE.d ( B; AE ) m3 S ∆ABE = 32 ⇔ m = 32 ⇔ m = ±2 (thỏa mãn) Cho đa giác (H) có 24 đỉnh Gọi S tập hợp tam giác lập từ đỉnh 24 đỉnh (H) Chọn ngẫu nhiên tam giác từ S, tính xác suất để tam giác chọn tam giác vuông 0,5 3 Số cách chọn đỉnh từ 24 đỉnh (H) C24 cách, suy n ( Ω ) =C24 Gọi A biến cố: “ chọn tam giác không vng ”, ta tính n ( A ) sau: Giả sử đường tròn ngoại tiếp đa giác (H) (O), từ 24 đỉnh (H) có 24 : = 12 đường kính đường chéo; Chọn hai đường kính 12 đường kính có C122 cách chọn khác nhau; 0,5 0,5 3,0 0,5 0,5 0,5 Hai đường kính sinh hình chữ nhật nội tiếp (O), ứng với hình chữ nhật cho ta tam giác vuông, số tam giác vng sinh 4C122 tam giác vuông; = Suy số tam giác không vuông n ( A ) C243 − 4.C122 Vậy xác suất cần tìm P= ( A) 0,5 0,5 − 4.C122 20 n( A) C24 = = n (Ω) C24 23 0,5 (thí sinh khơng cần tính số cụ thể cho điểm tối đa) 2sin C b = 2a cos C Tính tỷ Cho tam giác ABC thỏa mãn sin A + sin B = số R với r R r bán kính đường trịn ngoại tiếp bán kính 3,0 đường trịn nội tiếp tam giác IAB với I trung điểm AC Áp dụng định lý cosin với tam giác ABC ta có:  a + b2 − c2  = ⇔ b 2a  ⇔ a c nên tam giác ABC cân đỉnh b 2a cos C= = 2ab   B⇒ A= C (1) = 2sin C ⇔ sin B = sin C ⇔ B = C (vì B C Do A = C nên sin A + sin B góc tam giác) (1) nên tam giác ABC 0,5 a AB = 2 0.5 I trung điểm AC nên BI ⊥ AC tam giác IAB vuông đỉnh I ⇒ = R Do tam giác ABC nên BI = a ; a2 a (3 + 3) = BI AI nửa chu vi tam giác IAB p = ; S ABI = ; S ∆ABI a r ⇒= r Vì= p 2(1 + 3) ⇒ 0,5 R =1 + r 0,5 0,5 0,5 Cho hệ phương trình  x3 + y + x + x + y = −2 ( x, y ∈  )   + log ( x − ) = log  x − (m + 2) x − y + 11 Tìm tất giá trị thực tham số m để hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt ĐK: x > x − (m + 2) x − y + 11 > 0,5 Ta có (1) ⇔ ( x + x + x + 1) + ( x + 1) = −8 y − y ⇔ ( x + 1)3 + ( x + 1) = (−2 y )3 + (−2 y )           (3) Xét hàm số f (t )= t + t R (3) ⇔ f ( x + 1) = f (−2 y ) ) 3t + > 0   ∀t ∈  nên hàm số f (t )= t + t đồng biến  Ta có f '(t = ta x + =−2 y ⇔ y =− x − 3.0 (4) 0,5 0,5 Thay (4) vào (2) suy log ( x − mx + 13 = ) + log ( x − )   Với ĐK x > ta được: 0,5 log 2 x − mx + 13 =log ( x − ) ⇔ x − mx + 13 =x − x2 + ⇔ = m −               (5) x Hệ cho có hai nghiệm phân biệt PT (5) có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( 2; +∞ ) x2 + khoảng ( 2; +∞ ) Ta có x x = x2 − g '( x)= = 0⇒  x  x = −3 ( L) BBT: x 0,5 Xét hàm số g ( x) = g '( x) − +∞ + 13 0,5 +∞ g ( x) Từ BBT ta có u cầu tốn ⇔ < m − < 13 21 ⇔ 10 < m < 2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật, biết = AB 2= a, BC a 5, hình chiếu vng góc đỉnh S xuống mặt phẳng đáy điểm H thuộc đoạn thẳng AC cho CH = AH , tam giác SAC vuông S Gọi I K trung điểm cạnh SA BC a) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD b) Tính theo a khoảng cách hai đường thẳng IK AC Vì ABCD hình chữ nhật nên S AC = AB + BC = 3a ⇒ AH = a; HC= 2a a 5,0 I 0,5 Vì SH ⊥ ( ABCD) ⇒ SH ⊥ AC F N B A M D H E K C HS HA = HC 2a Do tam giác SAC vuông S có SH đường cao nên= ⇒ SH = a S ∆ABCD AB = BC a= 5.2a 2a Diện tích hình chữ nhật ABCD = 0,5 0,5 1 2a 10 = SH S ∆ABCD a= 2.2a 3 Gọi M trung điểm đoạn AH, tam giác SHA có IM đường trung Thể tích khối chóp S.ABCD= VS ABCD 0,5 SH a = 2 Trong (ABCD) lấy N trung điểm cạnh AB NK đường trung bình tam giác ABC nên NK || AC IM ⊥ NK 0.5 = bình nên IM || SH ⇒ IM ⊥ ( ABCD ) IM Kẻ ME ⊥ NK E MF ⊥ IE F MF ⊥ ( INK ) Vì AC  KN ⇒ AC || ( IKN ) ⇒ d ( IK , AC ) AC , ( IKN ) ) d= = d (= ( M , ( IKN ) ) MF b Trong tam giác vng ABC có ME = d ( B; AC ) BA.BC 2a a = ⇒ ME= mà d ( B, AC )= AC 3 Tam giác IFM vng M có MF đường cao nên = MF MI ME a 95 = 2 19 MI + ME Vậy d ( IK , AC ) = a 95 19 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Ở thành phố biển Q có hịn đảo, đảo có điểm O cố định Người ta cần xây dựng đường nối từ hai ga xe X Y đất liền tới điểm T cách điểm O khoảng  r = ( km ) Cho biết XOY = ϕ với ϕ góc nhọn thỏa mãn OX = 12 ( km ) , OY = 15 ( km ) ,  13 Dự kiến đường từ X tới T đường thẳng hai xe, 18 đường từ Y tới T đường thẳng bốn xe Chi phí xây dựng cho ki-lơ-mét đường hai xe bốn xe triệu USD triệu USD Tìm vị trí điểm T cho tổng chi phí xây dựng hai đường nhỏ tính chi phí cos ϕ = 2,0 T O Y E X Do T cách O khoảng r = ( km ) nên T thuộc đường tròn ( O; r ) Gọi E điểm thuộc đoạn thẳng OX cho OE= đường tròn ( O; r ) r = < r , suy E nằm bên Hai tam giác OET OTX đồng dạng OE OT  = TOX  ⇒ XT = = = EOT ET OT OX (Trường hợp O, T, X thẳng hàng ta có XT = ET ) Theo giả thiết chi phí xây dựng hai đường P = XT + 2.YT = ET + 2YT = ( ET + YT ) (triệu USD) Vì E Y cố định nằm ngồi đường trịn ( O; r ) nên ET + YT ≥ EY (không đổi) ⇒ P ≥ EY Vậy giá trị nhỏ P đạt 2EY T giao điểm đoạn thẳng EY với ( O; r ) Áp dụng định lý cosin cho tam giác EOY ta có EY= OE + OY − 2OE.OY cos ϕ= 26 (triệu USD) Chú thích: Thí sinh làm theo cách khác HDC cho điểm tối đa - Hết 0,5 0,5 0,5 0,5 ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH ĐỀ THI CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT NĂM 2020 Mơn thi: Tốn - Bảng A Ngày thi: 01 /12/ 2020 Thời gian làm... giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH ĐỀ THI CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT NĂM 2020 Mơn thi: Tốn - Bảng B Ngày thi: 01 /12/ 2020 Thời gian làm... ý: Thí sinh làm theo cách khác cách HDC cho điểm tối đa - Hết 0,5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT NĂM 2020 TỈNH QUẢNG NINH Môn thi : TỐN