Đề thi chọn HSG Toán cấp tỉnh THPT năm 2018 sở GD và ĐT Quảng Ninh (Bảng A)

6 9 0
  • Loading ...
1/6 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 29/07/2019, 21:41

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT NĂM 2018 Mơn thi: TỐN – Bảng A Ngày thi: 04/12/2018 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có 01 trang) Bài (4 điểm) Cho hàm số y  x  mx  m  , với m tham số Tìm giá trị m để đồ thị hàm số cho có ba điểm cực trị đỉnh tam giác vuông Nhà bạn An muốn đặt thợ làm bể cá, nguyên liệu kính suốt, khơng có nắp đậy dạng hình hộp chữ nhật tích chứa 400000 (cm3 ) nước Biết chiều cao bể gấp lần chiều rộng bể Xác định diện tích đáy bể cá để tiết kiệm nguyên vật liệu 100 x x2 1  y log y   y Bài (3 điểm) Giải hệ phương trình   xy   x   y  Bài (4 điểm) Cho tam giác ABC khơng có góc vng có cạnh BC  a , CA  b, AB  c Chứng minh a  b  2c tan A  tan C  tan B ABC tam giác Trong thi văn nghệ Đoàn niên trường THPT X tổ chức vào tháng 11 năm 2018 với thể lệ lớp tham gia tiết mục Kết có 12 tiết mục đạt giải đó: có tiết mục khối 12, có tiết mục khối 11 tiết mục khối 10 Ban tổ chức chọn ngẫu nhiên tiết mục biểu diễn chào mừng ngày 20 tháng 11 (khơng tính thứ tự biểu diễn) Tính xác suất cho khối có tiết mục biểu diễn có hai tiết mục khối 12 Bài (3 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có góc nhọn Gọi H trực tâm tam giác ABC ; M , N , P giao điểm AH , BH , CH với đường tròn ngoại tiếp  16     1  tam giác ABC Tìm tọa độ trực tâm H tam giác ABC , biết M   ;   ; N   ;  ; P   ;   9  4  6 Bài (4 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy tam giác vuông A, AB = a, BC = 2a Mặt bên BCC’B’ hình thoi nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng chứa đáy Góc hai mặt phẳng (BCC’B’) (ABB’A’)  , tính theo a: a Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ b Khoảng cách hai đường thẳng A’C’ B’C Gọi  góc hai mặt phẳng chứa hai mặt bên qua CC’ lăng trụ ABC.A’B’C’ , tìm hệ thức cot  cot  Trong trường hợp tan   Bài (2 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị lớn biểu thức P= 1    xy  yz  zx - Hết Họ tên thí sinh : Số báo danh: Chữ ký cán coi thi 1: Chữ ký cán coi thi 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT NĂM 2018 Mơn thi: TỐN – Bảng A Ngày thi: 04/12/2018 (Hướng dẫn có 05 trang) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Bài Sơ lược lời giải Điểm 1.( điểm) TXĐ: D    Ta có : y '  x x  m  0,5 y '   x  x  m    x  x  m 0,25 Hàm số có điểm cực trị  y '  có nghiệm phân biệt  m  0,25 Khi điểm cực trị đồ thị hàm số là:   A  m ;  m  2m  , B  0; 2m  1 , C   m ;  m  2m  0,5 Vì hàm số chẵn nên tam giác ABC cân B  Oy , A C đối xứng qua Oy ABC tam giác vuông  tam giác ABC vuông cân B 0,5  AC  AB  m  m  m  m  Bài điểm Vậy chọn m  ( điểm) Gọi a, b, c chiều rộng, dài, cao hình hộp chữ nhật ( a , b , c  ) Theo V  abc  400000 c  2a  2a 2b  400000  ab  200000 a 0,25 0,25 Ta có tổng diện tích xung quanh diện tích đáy bể S  ab  ac  2bc  ab  4a  ab  5ab  4a  1000000  125000 125000   4a     a2  a a  a  125000 125000  125000 125000  S  4   a   4.3 a  30000 a a a  a  125000  a  a  50  b  80  Sđ  4000 cm2 a Điều kiện: x  ; xy  Ta có Bài 100 x x2 log    log100 x  log y  y  x  điểm y y y Suy S nhỏ  x  log x  y  log y (1) 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 Bài Sơ lược lời giải Điểm Xét hàm số  0, t > , t ln10 suy hàm số f(t) đồng biến khoảng  0;   f  t   t  log t ( t > )  f '  t    Kết hợp với (1) ta có f ( x)  f  y   x  y  2 Thế (2) vào phương trình lại hệ cho ta được: y3   y 1  y  y    y     y  3    Ta có  y2  y   1 0 2 3 y   y2 1     y 1   1  < ( y  1)  y   Nên pt (3) có nghiệm y = 2 y2  y  y 2 5 0,25 0,25  0,5 (3)  y = 0,5 y3    y 3 y3  0,25 với y  Vậy hệ pt có nghiệm ( x; y )  (9;3) 0,25 0,25 1.(2 điểm) Ta có tan A  tan C  tan B  cos B  cos A cos C     2 2 a  b  2c  a  c  b   a  c  b b  c  a a  b2  c    2ac 2bc 2ab  2 a  2c  b 0,5 0,5  b (3c  2b )  (2b  c )c  b 2c  c  2b  (c  b )(c  2b )   c  b 0,5 Kết hợp với a  b  c  a  b  c Vậy tam giác ABC tam giác 0,5 Bài điểm (2 điểm) Gọi không gian mẫu phép chọn ngẫu nhiên  Số phần tử không gian mẫu là: n(  )= C125  792 Gọi A biến cố “ Chọn tiết mục cho khối có tiết mục biểu diễn có hai tiết mục khối 12'' Chỉ có khả xảy thuận lợi cho biến cố A : + tiết mục khối 12, tiết mục khối 10, tiết mục khối 11 + tiết mục khối 12, tiết mục khối 10, tiết mục khối 11 + tiết mục khối 12, tiết mục khối 10, tiết mục khối 11 Số kết thuận lợi cho biến cố A là: n(A) = C42 C32 C51  C42 C31.C52  C43 C31 C51  330 330 Xác suất cần tìm P ( A)   792 12    PCB   PNB        BNM  , suy BN đường phân giáctrongcủa PNM Ta có  PCB  BAM  PNB     BNM   Bài BAM    điểm  , PMN  Chứng minh tương tự PC, AM đường phân giác góc MPN Suy H tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 Bài Sơ lược lời giải Điểm   65 65  Ta có MN   ;  , viết PT MN: 2x – y + =  72 36  A 0,5 N P E H C B M Tương tự ta có PT MP: 3x – 6y + = 0; NP: 4x +2y + =  : 6x + 18y – = 18x – 6y +7 = PT đường phân giác MPN M, N nằm phía cua đường phân giác nên ta chon PT PC: 6x + 18y – = 0,25 0,25 0,25 0,25  : 4y – = 8x + = Đường phân giác PNM Chọn PT NB : 8x + = 0,5 Ta có NB  PC = H, suy H  ;  0,25  25    72  (3 điểm) a (1,5 điểm) Dựng AH  BC ( H  BC ) , suy AH  ( BCC ' B ') AB AC a  Trong tam giác vng ABC có AC  BC  AB  a ; AH  BC  BB '  HI Dựng HI  BB '( I  BB ') , ta có   BB '  ( AHI )  BB '  AH 0,5 Suy góc mặt phẳng (BCC’B’) (ABB’A’) góc hai đường thẳng AI HI  AIH   ( tam giác AHI vuông H nên  AIH góc nhọn) AH a AIH   , ta có tan   tan  IH Bài a a a 6:a2 :   sin IBH điểm suy IH  5 3 a 2 6a 4a  Vậy VABCA ' B ' C '  VA BCC ' B '  2 5 (Hoặc tính đường cao B’D tính SABC suy thể tích khối lăng trụ ) b (1,5 điểm) Dựng B ' D  BC ( D  BC ) , ta có B ' D  ( ABC ) 0,25 0,25 Trong tam giác vng ABH tính BH = 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 Dựng DJ  AC J, có DJ || AB Dựng DK  JB’ K Chứng minh DK  ( B ' AC )  d(D, (B’AC)) = DK 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Bài Sơ lược lời giải Điểm C' A' B' K J A C I 2a α a H D B β E  1 Ta có cos B ' BD  cos IBH BD 2a DJ CD 4a  mà cos B ' BD   BD      DJ  BB ' AB CB 5     B ' D  B ' D  4a Ta có sin B ' BD  sin IBH BB ' Xét tam giác B’DJ vng D có 1 25 25 175      2 2 DK B'D DJ 96a 16a 96a 4a 42 a 42 BC  DK = 35 DC CC '  AH  CC '  ( AHE ) 2) (1 điểm) Dựng HE  CC ' ( E  CC ') , ta có  CC '  HE Suy góc mặt phẳng (BCC’B’) (ACC’A’) góc hai đường thẳng    ( tam giác AHE vuông H nên  AE HE AEH AEH góc nhọn) Suy d(A’C’, B’C) = Xét tam giác vng AHE , ta có cot   Ta có BH = 0,25 0,25 0,25 0,25 HE AH a a a , AH  , IH  AH cot   cot  tam giác BHI vuông 2 I nên HI < BH suy 0,25 a a cot    cot    60o    90o 2 0,25 Bài Sơ lược lời giải Vì BH = Điểm a BC HE HC = nên    HE  HI HI HB HE 3HI   3cot  Vậy cot   3cot  với 60 o    90o AH AH Khơng tính tổng qt giả sử x = min(x, y, z)  x  (*) 1 Xét : P    2 y2  z2 1 y  z y2  z2  x  x 2  cot    y2  z2  x y        y2  z2 (1  xy ) 1  x    y2  z2  x z         y2  z2  (1  zx )   x           y  z  y2  z2  1  yz  1      yz zy x x   y  z         2   y2  z2  y  z  1  yz    y  z  (1  xy )   x  (1  zx) 1  x                y  z    x2   0  2  2   xy  zx 1  x y  z  1  yz  1  y  z                Bài điểm y2  z2 y2  z2 Đúng : x  1 x ;  xy   yz;1  zx   2 0,25 0,25 0,5 P  x y z 2 Với t  x ;0  t   f ( x, y , z )   0,25 1 2 2      2 2 y2  z2  x  t  t (1  t ) y z 1 x 1 1  x  x 2 2 Hàm số y   1 2 đồng biến  0;  :   t (1  t )  t  3 2    t (1  t )  t Suy MaxP = x = y = z = 0,5 0,5 Các ý chấm: Hướng dẫn chấm trình bày sơ lược giải Bài làm học sinh tiết, lập luận chặt chẽ, tính tốn xác điểm tối đa Các cách giải khác cho điểm Tổ chấm trao đổi thông chi tiết không số điểm dành cho câu, phần Có thể chia điểm thành phần khơng 0,25 điểm phải thống tổ chấm Điểm toàn tổng số điểm phần chấm Khơng làm tròn điểm Mọi vấn đề phát sinh trình chấm phải trao đổi tổ chấm cho điểm theo thống tổ - Hết -5 ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT NĂM 2018 Mơn thi: TỐN – Bảng A Ngày thi: 04/12 /2018 (Hướng dẫn có 05 trang) ĐỀ THI CHÍNH THỨC... tam giác 0,5 Bài điểm (2 điểm) Gọi không gian mẫu phép chọn ngẫu nhiên  Số phần tử không gian mẫu là: n(  )= C125  792 Gọi A biến cố “ Chọn tiết mục cho khối có tiết mục biểu diễn có hai tiết... 10, tiết mục khối 11 Số kết thuận lợi cho biến cố A là: n (A) = C42 C32 C51  C42 C31.C52  C43 C31 C51  330 330 Xác suất cần tìm P ( A)   792 12    PCB   PNB        BNM  , suy
- Xem thêm -

Xem thêm: Đề thi chọn HSG Toán cấp tỉnh THPT năm 2018 sở GD và ĐT Quảng Ninh (Bảng A), Đề thi chọn HSG Toán cấp tỉnh THPT năm 2018 sở GD và ĐT Quảng Ninh (Bảng A)

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn