Đề thi chọn HSG cấp tỉnh Toán 12 năm học 2018-2019, Sở GD Quảng Ninh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT NĂM 2018 Môn thi: TOÁN – Bảng B Ngày thi: 04/12/2018 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi này có 01 trang) Bài 1 (4 điểm). 1. Cho hàm số y  x 4  2(m 1) x 2  m 2  m  1 , với m là tham số. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác đều. 2. Một hộ gia đình cần xây dựng một bể chứa nước, dạng hình hộp chữ nhật có thể tích 24  m3  .Tỉ số giữa chiều cao của bể và chiều rộng của bể bằng 4. Biết rằng bể chỉ có các mặt bên và mặt đáy (không có mặt trên). Chiều dài của đáy bể bằng bao nhiêu để xây bể tốn ít nguyên vật liệu nhất. Bài 2 (4 điểm). 1. Cho tam giác ABC có cạnh BC  a, AB  c thỏa mãn 2a  c .cos B B  2a  c .sin , với 2a  c . 2 2 Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác cân. 2. Có hai chuồng nhốt thỏ, chuồng thứ nhất nhốt 19 con thỏ lông màu đen và 1 con thỏ lông màu trắng. Chuồng thứ hai nhốt 13 con thỏ lông màu đen và 2 con thỏ lông màu trắng. Bắt ngẫu nhiên mỗi chuồng đúng một con thỏ. Tính xác suất để bắt được hai con thỏ có màu lông khác nhau. Bài 3 (3 điểm). Cho x, y là các số thực dương, giải hệ phương trình ( y  1) log 4  ( x  1)( y  1)   16  ( x  1)( y  1)  2 2  4 x  7 xy  3 x  y  99 Bài 4 (3 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD, AB = 2 AD. Điểm N 1 AB , M là trung điểm của DC . Gọi I là giao điểm của MN và BD . 4 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BIN . Biết điểm A(2;1) , đường thẳng BD có phương thuộc cạnh AB sao cho AN  trình 11x  2 y  5  0 , điểm B có hoành độ là số nguyên. Bài 5 (4 điểm). Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác vuông tại A, AB = a, BC = 2a. Mặt bên BCC’B’ là hình thoi và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng chứa đáy. Góc giữa hai mặt phẳng (BCC’B’) và (ABB’A’) bằng  , với tan   5 2 , hãy tính theo a: 4 1. Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ . 2. Khoảng cách giữa hai đường thẳng A’C’ và B’C . Bài 6 (2 điểm). Cho x, y , z là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 1 10  . 45  x  yz 16 xy  2 10 yz  2 10 xz ------------------------- Hết -------------------------Họ và tên thí sinh : ........................................................................ Số báo danh: ..................................... Chữ ký của cán bộ coi thi 1: .................................... Chữ ký của cán bộ coi thi 2: ................................. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH ĐỀ THI CHÍNH THỨC Bài HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT NĂM 2018 Môn thi: TOÁN – Bảng B Ngày thi: 04/12/2018 (Hướng dẫn này có 04 trang) Sơ lược lời giải Điểm 2,0 1. Tập xác định: D   y '  4 x3  4(m  1) x 0,5 Hàm số có 3 điểm cực trị  m  1 0,25 Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là: A(0; m 2  m  1), B (  m  1;  m  2), C (   m  1;  m  2) 0,5  AB  (m  1)4  (m  1)  AC Ta có   Tam giác ABC cân tại A với m  1  BC  2  m  1 Xét: AB  BC  ( m  1) 4  3(m  1)  0  m  1  3 3 . Vậy với m  1  3 3 đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác đều 2. Gọi chiều cao, chiều rộng, chiều dài của bể lần lượt là h, x, y (m);( h  0, x  0, y  0) h h  4 x  4  Ta có:  x  6  xyh  24  y  x 2 0,25 0,5 2,0 0,5 Bài 1 4 điểm Tổng diện tích xung quanh và diện tích một đáy của bể là: S  xy  2 xh  2 yh  8 x 2  54 x 54 Xét hàm số S ( x)  8 x 2  , x  0 x 54 3 Tính S '  16 x  2 ; S '  0  x  x 2 Ta có bảng biến thiên x 3 0  2 0 + S'   S 54 3 Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại x  2 Xây bể tốn nguyên vật liệu ít nhất khi diện tích xung quanh cộng với diện tích một mặt 8 đáy có giá trị nhỏ nhất. Vậy chiều dài của đáy là y  (m) là giá trị cần tìm. 3 1. Bình phương hai vế và hạ bậc ta được: B B (2a  c) cos 2  (2a  c) sin 2  (2a  c )(1  cos B)  (2a  c)(1  cos B ) 2 2 Rút được: 2a cos B  c Bài 2 Biến đổi ra được sin(A – B) = 0 1 0,5 0,25 0,5 0,25 2,0 0,5 0,5 0,5 Bài Sơ lược lời giải 4 điểm Kết luận A  B vì 0  A, B   2. Chuồng 1: Có 20 cách; Chuồng 2: Có 15 cách Bắt ngẫu nhiên mỗi chuồng một con nên ta có: n()  15.20  300 Gọi biến cố A: “Bắt được hai con thỏ khác màu” khi đó A : “ Bắt được hai con thỏ cùng màu” +) Hai con thỏ cùng màu đen: có 19.13 = 247 ( cách ) +) Hai con thỏ cùng màu trắng có 1.2 = 2 ( cách )      n A  247  2  249  p A    Vậy p  A   1  p A  Bài 3 3 điểm Bài 4 3 điểm Điểm 0,5 2,0 0,5 0,5 249 300 0,5 17 100 0,5  1  16  x 1 ( y  1) log 4  ( x  1)( y  1)   16  ( x  1)( y  1)  log 4     x  1  log 4   16   y 1  y 1 Xét hàm số f (t )  log 4 t  16t với t  0 1 Ta có f '(t )   16  f '(t )  0 t  0  f (t ) đồng biến trên (0; ) t ln 4 x 1 1 x 1 1 Khi đó ta có f ( ) f( )   ( x  1)( y  1)  16 16 y 1 16 y 1 0,5 0,5 0,5 ( x  1)( y  1)  16 (2 x  y )  x( y  1)  15 Ta có hệ pt:  2   2 2 4 x  7 xy  3 x  y  99 (2 x  y )  3 x( y  1)  99 0,5 2 x  y  9 Rút ra ta đươc   x( y  1)  6 0,5 Tập nghiệm của hệ pt là: T  (3;3);(1;7) 0,5 N A P B J I H D C M Gọi P là trung điểm của AB, J là giao điểm của PM và BD   DJM   MN  BD Chứng minh được MNP Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BD, ta có AH  d ( A, BD)  5 1 1 1 Ta có    AB  5 2 2 AH AB AD 2 11t  5 B  BD  B(t ; ) ; Từ AB  5  B (1; 3) ( t là số nguyên ) 2  1  5 Ta có AN  AB  N ( ; 0) 4 4 2 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 Bài Sơ lược lời giải 1 3 15 Gọi K là trung điểm của BN, khi đó K ( ;  ) , KB  8 2 8 Điểm 0,5 1 3 225 Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BIN là: ( x  ) 2  ( y  ) 2  8 2 64 1. 0,25 2,0 C' A' B' K 0,5 J A C α I 2a a Bài 5 4 điểm H D B Vẽ hình, dựng AH  BC ( H  BC ) , suy ra được AH  ( BCC ' B ') Trong tam giác vuông ABC có AC  BC 2  AB 2  a 3 ; AH  AB. AC a 3  BC 2  BB '  HI  BB '  ( AHI ) Dựng HI  BB '( I  BB ') , ta có   BB '  AH Suy ra được góc giữa 2 mặt phẳng (BCC’B’) và (ABB’A’) bằng góc giữa hai đường thẳng 0,25 0,25 AI và HI bằng  AIH   ( do tam giác AHI vuông tại H nên  AIH là góc nhọn) Trong tam giác vuông ABH tính được BH = a AH 5 2 , ta có tan   tan  AIH   IH 4 2 a 3 5 2 a 6 a 6:a2 6 :   sin IBH suy ra IH  2 4 5 5 2 5 3 3 3 1 a 3 2 6 6a 2 Vậy VABCA ' B 'C '  VA. BCC ' B '  . . .4a 2 .  . 2 2 3 2 5 5 2. Dựng B ' D  BC ( D  BC ) , ta có B ' D  ( ABC ) Ta có A’C’ || AC nên A’C’ || (B’AC), nên d(A’C’, B’C) = d(A’C’, (B’AC)) BC = d(C’, (B’AC)) = d(B, (B’AC)) = . d(D, (B’AC)) DC 3 0,5 0,5 2.0 0,5 Bài Sơ lược lời giải Dựng DJ  AC tại J, có DJ || AB Dựng DK  JB’ tại K. Chứng minh được DK  ( B ' AC )  d(D, (B’AC)) = DK   Ta có cos B ' BD  cos IBH  mà cos B ' BD  Điểm 0,25 1 5 0,25 BD 2a DJ CD 4 4a  BD      DJ  BB ' 5 AB CB 5 5 0,25    2 6  B ' D  B ' D  4a 6 ' BD  sin IBH Ta có sin B 5 BB ' 5 1 1 1 25 25 175 Xét tam giác B’DJ vuông tại D có      2 2 2 2 2 DK B'D DJ 96a 16a 96a 2 0,25 0,25 5 4a 42 a 42 BC  . . DK = . DC 4 35 7 Ta có 16 xy  2 10 yz  2 10 xz  10( x  y  z ) 0,25 Suy ra d(A’C’, B’C) = Bài 6 2 Điểm Dấu bằng xảy ra  x  y  0,25 5 z 2 0,25 1 10  10( x  y  z ) 45  x  y  z 1 10 1 10 Xét f (t )   , t  0 ; f '(t )   2  10t 45  t 10t (45  t ) 2 f '(t )  0  t  5 Ta có bảng biến thiên 0 t f '(t )  f (t ) Khi đó P  0,25 0,25 0,25 5 0  + 0  0,5 9 50 25   x  y  12 9 Giá trị nhỏ nhất của P là    50 z  5  6 0,25 Các chú ý khi chấm: 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược bài giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa. 2. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thông nhất chi tiết nhưng không được quá số điểm dành cho câu, phần đó. 3. Có thể chia điểm thành từng phần nhưng không dưới 0,25 điểm và phải thống nhất trong cả tổ chấm. 4. Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm. Không làm tròn điểm. 5. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ. ------------------------- Hết -------------------------4