Đáp án đề thi chọn học sinh giỏi thành phố môn Toán Lớp 12 - Bảng không chuyên - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo Hải Phòng

Nội dung text: Đáp án đề thi chọn học sinh giỏi thành phố môn Toán Lớp 12 - Bảng không chuyên - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo Hải Phòng

1. 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 2 2 Bài 1 Cho hàm số y x x m 2 x m 2019. Tìm điều kiện của a 3 (1,0đ) (2,0 điểm) tham số m để hàm số đã cho đồng biến trên khoảng 0; . TXĐ: D ¡ . ; y ' x2 2x m 2 0,25 Hàm số đồng biến trên khoảng 0; y ' 0,x 0; x2 2x m 2 0,x 0; m x2 2x 2,x 0; 0,25 Xét hàm số g x x2 2x 2; g ' x 2x 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 x2 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 1 m 2 3 1 Kết hợp điều kiện, ta được m hoặc m . 0,25 2 2
2. Bài 2 1 2sin x cos x a Giải phương trình lượng giác sau 3. (1,0đ) (2,0 điểm) 1 2sin x 1 sin x x k2 6 7 ĐK: x m2 , k,m,n ¢ . 0,25 6 x n2 2 Pt cos x sin 2x 3 1 sin x 2sin2 x 0,25 cos x 3 sin x sin 2x 3 cos 2x 2 x k 18 3 sin x sin 2x ,k ¢ 0,25 6 3 x k2 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 2 2 b x 3y 2 x y 2y 2 0 (1) (1,0đ) 2 3 x 4x y 1 2x 1 1 (2) ĐK: y 0; x2 4x y 1 0 Từ phương trình 1 ta có 2 2 3y y 0,5 x 2 3y 2 y x 2 2 2 2 1 x 2 x 2 y Suy ra 1 y x2 2 x2 2 Thay vào phương trình 2 ta có 4x 1 3 2x 1 1 u 4x 1 Đặt u 0 3 v 2x 1 0,25 Hệ phương trình đã cho trở thành u v 1 u 1 2 3 u 2v 1 v 0 1 x 4x 1 1 2 Ta có: (Thỏa mãn điều kiện) 3 2x 1 0 9 y 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 · 0 (1,0đ) (2,0 điểm) và góc BAC bằng 120 . Gọi M là trung điểm của cạnh CC ' . a) Chứng minh rằng MB vuông góc với A'M.
3. A' C' B' M H A N C K B Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC BC 2 AB2 AC 2 2AB.AC.cos B· AC 7a2 BC a 7 Trong tam giác A'C 'M : A'M 2 A'C '2 C 'M 2 9a2 0,5 Trong tam giác BAA': A' B2 AB2 A' A2 21a2 Trong tam giác BCM : BM 2 BC 2 CM 2 12a2 Ta có: A'M 2 MB2 A' B2 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 1 2 7a S AB.AN.sin B· AN AK.BN AK ABN 2 2 7 1 1 1 36 a 5 Ta có: AH AH 2 AK 2 A' A2 20a2 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) 3 C9 . 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
4. 5! Có tất cả: 3. 90 số. 2!.2! 3 Số kết quả thuận lợi của biến cố A là: n A 60 90 .C9 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 3x 4y 4 0; điểm C thuộc đường (1,0đ) (1,0 điểm) thẳng d1 : x y 2 0 và điểm B thuộc đường thẳng d2 : x 2y 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 H· AD H· KC. Tứ giác ABCD nội tiếp. ·ABD ·ACD 0,25 Tam giác ABD vuông tại A ·ABD H· AD Vậy H· KC ·ACD hay tam giácECK cân tại.E Vì tam giácACK vuông tại K nênE 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 : 3x 4y 4 0 nên gọi K 4t;3t 1   AK 4t 4;3t 7 ;.CK(4t 4;3t 1) 1   t 2 5 Ta có: AK  CK AK.CK 0 25t 50t 9 0 . 0,25 9 t 5 4 2 Vì hoành độ điểm K nhỏ hơn 1 K( ; ) 5 5 BC có phương trình: 2x y 10 0. B BC  d2 B(6;2) . 0,25 Kết luận: B 6;2 ;C 4; 2
5. u 2 1 1 Cho dãy số un xác định bởi . 1 un un 1 ,n ¥ ,n 1 Bài 6 2 (1,0đ) (1,0 điểm) Hai dãy số vn , wn xác định như sau: n vn 4 1 un ;wn u1.u2.u3 un ,n ¥ ,n 1. Tìm các giới hạn limvn ; lim wn . Chọn 0; sao cho cos 2 1 2 1 cos Khi đó ta cóu cos u cos 1 2 2 2 ( Do 0; nên cos 0 ). 2 2 0,25 1 cos Tương tự ta sẽ có u 2 cos 3 2 4 1 cos n 1 Bằng quy nạp ta chứng minh được u 2 cos n 2 2n 1 n n n 2 Suy ra vn 4 (1 un ) 4 1 cos n 1 4 .2sin n 2 2 2 sin 0,25 n Vậy limv lim 4n.2sin2 lim 2 .2 2 2 2 n n 2 2n Ta có w u u u cos .cos  cos  cos n 1 2 n 2n 1 2n 2 2 2n sin .cos .cos cos .cos 0,25 n 1 n 1 n 2 sin 2 2 2 2 2 2n sin 2n sin 2n 1 2n 1 sin 2 sin 2 1 sin 2 Suy ra lim w lim lim  0,25 n 2n sin 2 sin 2 2n 1 2n 1 2n 1 Cho các số thực dương a,b,c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Bài 7 3 3 3 2 4a 3b 2c 3b c (1,0đ) (1,0 điểm) P a b c 3 Áp dụng BĐT Cauchy, ta có: 3b2c 2b3 c3 , dấu “=” xảy ra b c. 3 0,25 b c Ta chứng minh: b3 c3 (1) , b 0,c 0. 4
6. Thật vậy: 1 4 b3 c3 b3 3b2c 3bc2 c3 b c b c 2 0, b 0,c 0 Dấu “=” xảy ra b c. Áp dụng các BĐT trên ta được: b c 3 4a3 0,25 1 3 a P 4 4t3 1 t , với t , t 0;1 a b c 3 4 a b c 1 3 Xét hàm số f t 4t3 1 t với t 0;1 4 1 t 2 3 2 5 Có: f ' t 12t 1 t ; f ' t 0 4 1 t 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.