Đề thi HSG lớp 12 sở Hải Phòng năm học 2019-2020

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ LỚP 12 Năm học 2019 – 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MÔN:TOÁN – BẢNG KHÔNG CHUYÊN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 19/9/2019 (Đề thi gồm 01 trang) Bài 1 (2,0 điểm) 1 3 x  x 2   m  2  x  m 2  2019. Tìm điều kiện của tham số m để hàm số đã 3 cho đồng biến trên khoảng  0;   . a) Cho hàm số y  2mx  3  2m có đồ thị là  C  . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để x2 đường thẳng d : y  x  2 cắt  C  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho góc giữa hai đường b) Cho hàm số y  thẳng OA và OB bằng 450. Bài 2 (2,0 điểm) a) Giải phương trình lượng giác sau 1  2sin x  cos x  1  2sin x 1  sin x  3.  x 2  3 y  2 x 2 y  2 y  2  0 b) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực   x 2  4 x  y  1  3 2 x  1  1  Bài 3 (2,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có AB  a; AC  2a; AA '  2a 5 và góc BAC bằng 1200 . Gọi M là trung điểm của cạnh CC ' . a) Chứng minh rằng MB vuông góc với A ' M . b) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  A ' BM  theo a. Bài 4 (1,0 điểm) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0 , lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra có mặt đúng ba chữ số khác nhau. Bài 5 (1,0 điểm) 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 thẳng HK có phương trình 3 x  4 y  4  0; điểm C thuộc đường thẳng d1 : x  y  2  0 và điểm B thuộc đường thẳng d 2 : x  2 y  2  0; điểm K có hoành độ nhỏ hơn 1. Tìm tọa độ các điểm B và C. u1  2  1  . Bài 6 (1,0 điểm) Cho dãy số  un  xác định bởi  1  un , n  , n  1 un1  2  n Hai dãy số  vn  ,  wn  xác định như sau: vn  4 1  un  ; wn  u1.u2 .u3 ...un , n  , n  1. Tìm các giới hạn lim vn ; lim wn . Bài 7 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 4a 3  3b3  2c3  3b 2 c 3 a  b  c ……………HẾT…………… (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh:…………………………………….. Số báo danh:………………………….……………. Cán bộ coi thi 1:……………………………............... Cán bộ coi thi 2:…………………………………… Trang 1/1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG ĐÁP ÁN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ LỚP 12 Năm học 2019 – 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MÔN:TOÁN – BẢNG KHÔNG CHUYÊN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 19/9/2019 (Đáp án gồm 06 trang) BÀI Bài 1 (2,0 điểm) Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM 1 3 x  x 2   m  2  x  m 2  2019. Tìm điều kiện của 3 tham số m để hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  0;   . (1,0đ) Cho hàm số a y TXĐ: D  . ; y '  x 2  2 x  m  2 Hàm số đồng biến trên khoảng  0;    y '  0, x   0;   0,25  x 2  2 x  m  2  0, x   0;    m   x 2  2 x  2, x   0;   0,25 Xét hàm số g  x    x 2  2 x  2; g '  x   2 x  2; g '  x   0  x  1 x 0 + g ' x 1 0  0,25 3 g  x Từ bảng biến thiên  m  g  x  , x   0;    m  Max  g  x    m  3 x 0;   0,25 2mx  3  2m có đồ thị là  C  . Tìm tất cả các giá trị x2 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  x 2  2mx  2m  1  0 ,  x  2  0,25 Cho hàm số y  b x 1   x  2m  1 m  1  2m  1  1   d cắt  C  tại hai điểm phân biệt   1 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  m   m   3 2 1 2 Kết hợp điều kiện, ta được m  0,25 0,25 3 1 hoặc m  . 2 2 0,25 Bài 2 (2,0 điểm) a Giải phương trình lượng giác sau    x   6  k 2  7   m 2 , ĐK:  x  6     x  2  n2  1  2sin x  cos x  1  2sin x 1  sin x  3. k , m, n  . (1,0đ) 0,25 Pt  cos x  sin 2 x  3 1  sin x  2 sin 2 x  0,25  cos x  3 sin x  sin 2 x  3 cos 2 x b  2  x   k      18 3  sin   x   sin  2 x     ,k  3 6    x    k 2  2  2 Kết hợp điều kiện  Pt có nghiệm x    k , k . 18 3 Giải hệ phương trình sau trên tập số thực  x 2  3 y  2 x 2 y  2 y  2  0 (1)  2  x  4 x  y  1  3 2 x  1  1 (2) ĐK: y  0; x 2  4 x  y  1  0 0,25 0,25 (1,0đ) Từ phương trình 1 ta có x2  2  3 y  2 y  x2  2  3y y 2 2 1 x 2 x 2 y  1  y  x2  2 x 2 Thay vào phương trình  2  ta có Suy ra 2 4x  1  3 2x  1  1 u  4 x  1 Đặt  u  0 3 v  2 x  1 Hệ phương trình đã cho trở thành u  v  1 u  1   2  3 u  2v  1 v  0 Bài 3 (2,0 điểm) a 0,5 2 1   x  2  4 x  1  1 Ta có:   (Thỏa mãn điều kiện) 3 y  9  2 x  1  0  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  bằng 1200 . Gọi M là trung điểm của cạnh CC ' . và góc BAC a) Chứng minh rằng MB vuông góc với A ' M . 0,25 0,25 (1,0đ) A' C' B' M H A C N K B b Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC   7 a 2  BC  a 7  BC 2  AB 2  AC 2  2 AB. AC .cos BAC Trong tam giác A ' C ' M : A ' M 2  A ' C '2  C ' M 2  9a 2 Trong tam giác BAA ' : A ' B 2  AB 2  A ' A2  21a 2 Trong tam giác BCM : BM 2  BC 2  CM 2  12a 2 Ta có: A ' M 2  MB 2  A ' B 2  tam giác A ' BM vuông tại M hay MB  A ' M . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  A ' BM  . 0,5 0,5 (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 0,5  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: 1   1 AK .BN  AK  2 7 a S ABN  AB. AN .sin BAN 2 2 7 1 1 1 36 a 5 Ta có:     AH  2 2 2 2 AH AK A' A 20a 3 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 ra có mặt đúng ba chữ số khác nhau. Ta có: Số phần tử của không gian mẫu  là: n     95 Bài 4 (1,0 điểm) 0,25 0,25 (1,0đ) 0,25 Gọi A là biến cố: “Trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau” 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 C93 . Xét các số thỏa mãn yêu cầu bài toán được tạo thành từ 3 chữ số a; b; c ở 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 0,25 5!  90 số. 2!.2! Số kết quả thuận lợi của biến cố A là: n  A    60  90  .C93  12600 Có tất cả: 3. Xác suất của biến cố A là: p  A   n  A  1400   0, 2134 n    6561 0,25 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 Bài 5 (1,0 điểm) góc của A trên các đường thẳng BD và CD. Biết A  4;6  ; đường thẳng HK có phương trình 3 x  4 y  4  0; điểm C thuộc đường thẳng d1 : x  y  2  0 và điểm B thuộc đường thẳng d 2 : x  2 y  2  0; điểm K có hoành độ nhỏ hơn 1. Tìm tọa độ các điểm B và C. (1,0đ) A B H D E K C Gọi E  AC  HK   HKC . Tứ giác AHKD nội tiếp  HAD Tứ giác ABCD nội tiếp   ABD   ACD .   Tam giác ABD vuông tại A  ABD  HAD  Vậy HKC ACD hay tam giác ECK cân tại E . Vì tam giác ACK vuông tại K nên E là trung điểm của AC . c 4 8c ; Ta có C  d1  C  c;2  c   E   2   2 Vì E  HK nên tìm được c  4  C  4; 2  . 0,25 0,25 K  HK : 3 x  4 y  4  0 nên gọi K  4t ;3t  1    AK  4t  4;3t  7  ; CK (4t  4;3t  1) .  1   t  5 2 Ta có: AK  CK  AK .CK  0  25t  50t  9  0   . t  9  5 4 2 Vì hoành độ điểm K nhỏ hơn 1  K ( ; ) 5 5 BC có phương trình: 2 x  y  10  0. B  BC  d 2  B (6;2) . Kết luận: B  6; 2  ; C  4; 2  0,25 0,25 Bài 6 (1,0 điểm) u1  2  1  . Cho dãy số  un  xác định bởi  1  un u  ,  n   , n  1  n1 2  Hai dãy số  vn  ,  wn  xác định như sau: (1,0đ) vn  4n 1  un  ; wn  u1.u2 .u3 ...un , n  , n  1. Tìm các giới hạn lim vn ; lim wn .   Chọn    0;  sao cho cos  2  1  2 1  cos    cos Khi đó ta có u1  cos   u2  2 2    ( Do    0;  nên cos  0 ). 2  2 1  cos 0,25  2  cos  2 4 Tương tự ta sẽ có u3  1  cos  2n 1  cos  2 2n 1     Suy ra vn  4 n (1  un )  4 n 1  cos n 1   4n.2sin 2 n 2  2  Bằng quy nạp ta chứng minh được un  2   sin n     2 Vậy lim vn  lim  4n.2sin 2 n   lim   2    n  2     2 2  .2  2     cos 2 2 2     2n sin n 1 .cos n 1 .cos n  2 ...cos .cos sin 2 2 2 2 2     2n sin n 1 2n sin n 1 2 2         sin 2 sin 2 1    sin 2  lim  Suy ra lim wn  lim     2 2 2n sin n 1 sin n 1   2 2       2n 1  Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Ta có wn  u1u2 ...un  cos Bài 7 (1,0 điểm) n 1 P .cos n2    cos 0,25 4a 3  3b3  2c3  3b 2 c 0,25 0,25 (1,0đ) 3 a  b  c Áp dụng BĐT Cauchy, ta có: 3b 2 c  2b3  c 3 , dấu “=” xảy ra  b  c. 3 Ta chứng minh: b  c 3 b  c   4 0,25 3 (1) , b  0, c  0. Thật vậy: 2 1  4  b3  c3   b3  3b2c  3bc 2  c3   b  c  b  c   0, b  0, c  0 Dấu “=” xảy ra  b  c. Áp dụng các BĐT trên ta được: 3 b  c 4a 3  a 1 3 4 , t   0;1 P  4t 3  1  t  , với t  3 abc 4 a  b  c 1 3 1  t  với t   0;1 4  1 t  5 3 2 2 Có: f '  t   12t  1  t  ; f '  t   0   4 t   1  3 Bảng biến thiên: 1 0 1 t 5 0 + f 't  0,25 Xét hàm số f  t   4t 3  0,25 f t  4 25 Từ bảng biến thiên suy ra: P  f  t   4 . 25 b  c  Dấu “=” xảy ra   a 1  2a  b  c.   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. 0,25