Đề thi chọn HSG thành phố môn Toán năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Hải Phòng (Có đáp án)

8 4 0
  • Loading ...
1/8 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 26/02/2019, 10:28

Đề thi chọn HSG thành phố môn Toán năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Hải PhòngĐề thi chọn HSG thành phố môn Toán năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Hải PhòngĐề thi chọn HSG thành phố môn Toán năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Hải PhòngĐề thi chọn HSG thành phố môn Toán năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Hải PhòngĐề thi chọn HSG thành phố môn Toán năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Hải PhòngĐề thi chọn HSG thành phố môn Toán năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Hải PhòngĐề thi chọn HSG thành phố môn Toán năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Hải PhòngĐề thi chọn HSG thành phố môn Toán năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Hải PhòngĐề thi chọn HSG thành phố môn Toán năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Hải PhòngĐề thi chọn HSG thành phố môn Toán năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Hải PhòngĐề thi chọn HSG thành phố môn Toán năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Hải PhòngĐề thi chọn HSG thành phố môn Toán năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Hải Phòng SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ CÁC MƠN VĂN HĨA CẤP THPT NĂM HỌC 2018 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MƠN:TỐN BẢNG B Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 02/11/2018 (Đề thi gồm 01 trang) Bài (2,0 điểm) a) Cho hàm số y = x3 + x − x + có đồ thị ( C ) Gọi A, B hai điểm cực trị ( C ) Tính diện tích tam giác OAB, O gốc tọa độ b) Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số y = x + m x + x + có cực tiểu Bài (2,0 điểm) 2sin x − sin x + cos x a) Giải phương trình = tan x − 2 x3 − ( y − ) x − xy = m b) Tìm tất giá trị thực tham số m để hệ phương trình   x + x − y =1 − 2m có nghiệm Bài (2,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang vng A B Biết AB = BC = a, AD = 2a; SA = 2a vng góc với mặt phẳng ( ABCD ) a) Tính cosin góc hai mặt phẳng ( SBC ) ( SCD ) b) Cho M điểm nằm cạnh SA cho SM= x ( < x < 2a ) Mặt phẳng ( BCM ) chia khối chóp thành hai phần tích V1 V2 (trong V1 thể tích phần chứa đỉnh S ) Tìm x để V1 = V2 Bài (1,0 điểm) Một quân vua đặt ô bàn cờ vua Mỗi bước di chuyển, quân vua chuyển sang ô khác chung cạnh chung đỉnh với đứng (xem hình minh họa) Bạn An di chuyển quân vua ngẫu nhiên bước Tính xác suất để sau bước quân vua trở ô xuất phát Bài (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD tâm E , gọi G trọng tâm tam giác ABE Điểm K ( 7; −2 ) thuộc đoạn ED cho GA = GK Tìm tọa độ đỉnh A viết phương trình cạnh AB, biết đường thẳng AG có phương trình x − y − 13 = đỉnh A có hồnh độ nhỏ u1 =  Bài (1,0 điểm) Cho dãy số {un } xác định  un2 + 5un + un , n ∈ , n ≥ 1 un += 1 Ta thành lập dãy số {vn } với = + + + Chứng minh dãy số {vn } có giới hạn u1 u2 un tính giới hạn Bài (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x ≥ y; x > z; x + yz ≤ xz + xy ( Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= ) y − x y + x y + z 2z + x + + + y x+ y y+z x+z ……….HẾT……… (Cán coi thi không giải thích thêm) Họ tên thí sinh: Số báo danh: Cán coi thi 1: Cán coi thi 2: SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ CÁC MƠN VĂN HĨA CẤP THPT NĂM HỌC 2018 2019 ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MƠN:TỐN BẢNG KHƠNG CHUN Ngày thi: 02/11/2018 (gồm 06 trang ) Bài Đáp án Điểm Bài a) Cho hàm số y = x + x − x + có đồ thị ( C ) Gọi A, B hai điểm cực trị (2.0 điểm) ( C ) Tính diện tích tam giác OAB, O gốc tọa độ x = +) Tập xác định D =  y ' = x + x − ⇒ y ' = ⇔   x = −3 +) (C) có hai điểm cực trị A ( −3; 28 ) , B (1; −4 )   +) OA =( −3; 28 ) , OB =(1; −4 ) ⇒ SOAB = −3 ( −4 ) − 1.28 =8 b) Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số y = x + m x + x + có cực tiểu x+2 +) Tập xác định D = ; y '= + m x + 4x + Ta có: Hàm số có đạo hàm liên tục  nên hàm số có cực tiểu phương trình y’ = phải có nghiệm +) Xét phương trình y ' = ⇔ m = 1.00 0.25 0.25 0.50 1.00 0.25 −2 x + x + , ( x ≠ −2 ) x+2 −2 x + x + , x ∈  \ {−2} Ta có: = Đặt g ( x ) x+2 = g '( x) > 0, ∀x ≠ −2 Ngoài ta có 2 x + x + x + ) ( lim g ( x ) = −2; lim g ( x ) = 2, từ ta có bảng biến thiên hàm số y = g ( x ) x →+∞ x →−∞ sau: x y' 0.25 –∞ -2 + +∞ + +∞ -2 y –∞ Từ bảng biến thiên suy phương trình m ∈ ( −∞; −2 ) ∪ ( 2; +∞ ) y’ = có nghiệm +) Xét TH1: m > x0 , ta có: y’ = có nghiệm Phương trình lim y ' =2 + m > 0; lim y ' =2 − m < nên ta có bảng biến thiên hàm số có dạng x →+∞ 0.25 x →−∞ x y' y –∞ +∞ - + Từ bảng biến thiên suy hàm số có cực tiểu +)TH2: m < −2 Suy luận tương tự ta suy hàm số có cực đại, không thỏa mãn Vậy m >  y ' ( x0 ) = Ghi chú: +) Nếu làm sử dụng điều kiện đủ: Hệ  có nghiệm  y '' ( x0 ) > trừ 0.25 điểm +) Nếu làm tìm điều kiện m để pt y’ = có nghiệm xét dấu y’’ hai trường hợp m > 2; m < −2 cho điểm tối đa Bài 2sin x − sin x + cos x = (1.0 điểm) a) Giải phương trình tan x − 1.00 π   x ≠ + kπ Điều kiện:  , k ∈  π  x ≠ + kπ  Với điều kiện phương trình cho tương đương với   x= 2sin x − sin x + cos x = ⇔ ( sin x − 1) cos x = 0⇔  x=  0.25 0.25 π π + k 2π + 0.50 kπ 3π Kết hợp điều kiện đề phương trình có cơng thức nghiệm x = + kπ , k ∈  b) Tìm tất giá trị thực tham số m để hệ phương trình 2 x3 − ( y − ) x − xy = m có nghiệm   x + x − y =1 − 2m ( x + x ) ( x − y ) = m 2 x3 − ( y − ) x − xy = m  ⇔ +) Ta có:  2  x + x − y =1 − 2m ( x + x ) + ( x − y ) =1 − 2m +) Đặt a =x + x; b =2 x − y với điều kiện a= x + x ≥ − a.b = m Hệ cho có dạng  Suy a, b hai nghiệm phương trình a + b =1 − 2m t − (1 − 2m ) t + m = ( *) 0.25 1.00 0.25 0.25 Hệ ban đầu có nghiệm phương trình (*) có nghiệm t ≥ − −t + t   ⇔ m = g ( t ) , t ∈  − ; +∞  +) Ta có: (*) = 2t +   +) g ' ( t ) = −2t − 2t + ( 2t + 1) ⇒ g ' (t ) = ⇔ t = −1 + +) Từ ta có bảng biến thiên hàm số g ( t ) x y' –∞ -1/2 -1/4 + +∞ +∞ + +∞ 0.25 y –∞ –∞ -5/8 2− Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang vng A B, +) Từ bảng biến thiên g(t) suy m ≤ Bài (2,0 điểm) 0.25 AB = BC = a, AD = 2a, SA = 2a vng góc với mặt phẳng ( ABCD ) a) Tính cosin góc hai mặt phẳng ( SBC ) ( SCD ) 1.00 Gọi ϕ góc hai mặt phẳng ( SBC ) ( SCD ) S A D K 0.50 H B C Gọi H , K hình chiếu vng góc A SB SC Ta có: BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AH Ngoài AH ⊥ SB ⇒ AH ⊥ ( SBC ) Tương tự AK ⊥ ( SCD ) Do góc hai mặt phẳng ( SBC ) ( SCD ) góc  = = cos ϕ cos HAK hai đường thẳng AH AK , hay SA AB SA AC 2 = a = ; AK = a= a SB SC SH Mặt khác ta có: ∆SHK  ∆SCB nên = HK BC = a SC 30 Ta có= AH cos ϕ = 15 AH + AK − HK 2 AH AK 0.25 0.25 b) Cho M điểm nằm cạnh SA cho SM= x, ( < x < 2a ) Mặt phẳng ( BCM ) chia hình chóp thành hai phần tích V1 V2 (trong V1 thể V tích phần chứa đỉnh S ) Tìm x để = V2 1.00 S N M D A B 0.25 C +) Mặt phẳng ( BCM ) cắt cạnh SD N Thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng ( BCM ) hình thang BCNM VS BCM + VS CMN ; thể tích khối chóp S ABCD Ta có: VS= BCNM = VS ABC = V , VS ACD V SM Đặt k = suy ra: SA VS BCM SM V 2 SM SN k ⇒ VS BCM = k V ; S CMN = k ⇒ VS CMN = k V == = 3 VS ABC SA VS CDA SA SD +) Gọi V V 1  1 +) Từ suy = V1 V  k + k  Mà = ⇒ V1 = V V2 3  3  1 Suy ra: V = V  k + k  ⇒ k = ⇒ x = a 3  3 Bài Một quân vua đặt ô bàn cờ vua Mỗi bước di chuyển, quân (1,0 điểm) vua chuyển sang ô khác chung cạnh chung đỉnh với ô đứng (xem hình minh họa) Bạn An di chuyển quân vua ngẫu nhiên bước Tính xác suất để sau bước quân vua trở ô xuất phát +) Mỗi bước qn vua đến xung quanh, từ suy số phần tử không gian mẫu n ( Ω ) =83 0.50 0.25 1.00 0.25 +) Gắn hệ trục Oxy vào bàn cờ vua cho vị trí ban đầu quân vua gốc tọa độ, ô bàn ứng với điểm có tọa độ ( x; y ) Mỗi bước di chuyển quân vua từ điểm ( x; y ) đến điểm có tọa độ ( x + x0 ; y + y0 ) x0 , y0 ∈ {−1;0;1} ; x02 + y02 ≠ −1; y0 = −1 di x0 1;= y0 qn vua di chuyển đến bên phải; x0 = Ví dụ = chuyển xuống đường chéo +) Sau bước tọa độ quân vua ( x1 + x2 + x3 ; y1 + y2 + y3 ) , x1 , x2 , x3 ; y1 , y2 , y3 ∈ {−1;0;1} Để vị trí ban đầu  x1 + x2 + x3 = Suy ( x1 , x2 , x3 ) ; ( y1 , y2 , y3 ) hoán vị {−1;0;1}   y1 + y2 + y3 = +) { x1 , x2 , x3 } có cách chọn; với cách chọn { x1 , x2 , x3 } có cách chọn { y1 , y2 , y3 } 0.25 0.25 0.25 ( ( xi ; yi ) , i = 1,3 khơng đồng thời Do số kết thuận lợi biến cố 24 = 83 64 Ghi chú: Nếu thí sinh làm theo cách liệt kê mà không khẳng định bước thứ hai quân vua di chuyển đến ô mà ô khơng chung đỉnh khơng cạnh chung với ban đầu trừ 0,25 điểm; liệt kê thiếu thừa khơng cho điểm Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD tâm E , gọi G p 24 xác suất cần tìm = Bài (1,0 điểm) trọng tâm tam giác ABE Điểm K ( 7; −2 ) thuộc đoạn ED cho GA = GK Tìm tọa độ đỉnh A viết phương trình cạnh AB, biết đường thẳng AG có phương 1.00 trình x − y − 13 = đỉnh A có hồnh độ nhỏ +) Ta có GA = GB = GK nên G tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABK   ⇒ AGK = ABK = 2.450 = 900 ⇒ tam giác AGK vuông cân G +) Đường thẳng GK qua K ( 7; −2 ) vng góc với AG ⇒ GK : x + y − =0 0.25 Ta có G = GK ∩ AG ⇒ G ( 4; −1) nên A ( t ;3t − 13) , t < Do AG có phương trình x − y − 13 = Có GA = GK = d ( K , AG = ) 0.25 10 t = t < 2 →= t Vậy A ( 3; −4 ) 10 ⇔ ( t − ) + ( 3t − 12 = ) 10 ⇔  t = MG = = = ⇒ cos MAG +) Ta có tan MAG AM 10   Gọi = n1 ( a; b ) ( a + b > ) VTPT đường thẳng AB n= ( 3; −1) VTPT Từ GA = đường thẳng AG Khi đó: 3a − b b = = ⇔ = ⇔ 6ab + 8b = ⇔  cos MAG 10 10 10 a + b 3a = −4b −4b ⇒ AB : x − y − 24 = +) Với 3a = < d ( K , AG ) = 10 ⇒ loại Thấy d ( K , AB ) = 0.25 0.25 +)Với b = ⇒ AB : x − = Ghi chú: Nếu học sinh công nhận ngộ nhận chứng minh kết bước làm bước lại cho 0.5 điểm Bài u1 = (1,0 điểm) Cho dãy số {u } xác định  1.00 n un2 + 5un + un , n ∈ , n ≥ 1 un += ( ) Ta thành lập dãy số {vn } với = 1 + + + Chứng minh dãy số {vn } u1 u2 un có giới hạn tính giới hạn Ta dễ có un > 0, ∀n ∈ * 1 un2 + 5un + un > un2 + un =un , ∀n ∈ * Do dãy số {un } Ngồi un +1 = 2 tăng Giả sử {un } bị chặn lim un= a, a ≥ 3= u1 , a ∈  Cho qua giới hạn hệ thức u= n +1 ( ) ) ( ( ) un2 + 5un + un ⇒ = a ( ) a + 5a + a ⇒ = a vơ lí Từ suy {un } không bị chặn lim un = +∞, lim +) Ta có un +1 = un +1 > un > ) = un un2 + 5un + un ⇔ 2un +1 − un = un2 + 5un ⇔ 4un2+1 − 4un +1un =5un , (vì 1  4 1  4 1  4 − =  ⇒ = −  ⇒ =2 +  −  u u1  u1 un   un un +1  un +1  un un +1  17 Suy ra: lim =+ = 45 Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x ≥ y; x ≥ z; x + yz ≤ xz + xy ⇔ Bài (1,0 điểm) ) ( 0.25 0.50 n +1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= Ta chứng minh: Với a; b dương ab ≥ Thật vậy: (*) ⇔ ( a− b )( y − x y + x y + z 2z + x + + + y x+ y y+z x+z 1 + ≥ (*) + a + b + ab 0.25 1.00 0.25 ) ab − ≥ (luôn đúng) Đẳng thức xảy a = b ab = +) Ta có x + yz ≤ xz + xy ⇔ ( x − z )( x − y ) ≤ ⇒ x − y ≤ x > z Đặt t= x ⇒ t ∈ [1;9] y Khi P= 9−t + t+2 y z +1+ +1+ = t +1 y+z x+z 9−t + t+2 1 +2+ + z x t +1 1+ 1+ y z 0.25 Áp dụng bất đẳng thức chứng minh ta có: 2 t+2 t+2 P ≥ 9−t + +2+ = 9−t + +2+ = f (t ) t +1 t +1 z x 1+ t 1+ yz Xét hàm số f ( t )= f '(t ) = −1 33 (9 − t ) 2 t+2 +2+ , t ∈ [1;9] có t +1 1+ t 1 − − < 0, ∀t ∈ [1;9] từ suy 2 ( t + 1) t 1+ t 9−t + ( 0.25 ) 18 P ≥ f (t ) ≥ f (9) = x y =9  x = y  x z x = y +) Dấu xảy   = ⇔ ⇔ z = 3y  xy = z  z y  x z  =  z y 18 = P , = x 9= y, z y Vậy 0.25 ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ CÁC MƠN VĂN HĨA CẤP THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MƠN:TỐN – BẢNG KHƠNG CHUYÊN Ngày thi: ... +) Từ ta có bảng biến thi n hàm số g ( t ) x y' – – -1/2 -1/4 + +∞ +∞ + +∞ – 0.25 y – – -5/8 2− Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang vng A B, +) Từ bảng biến thi n g(t) suy m ≤ Bài... lim g ( x ) = −2; lim g ( x ) = 2, từ ta có bảng biến thi n hàm số y = g ( x ) x →+∞ x →−∞ sau: x y' 0.25 – -2 + +∞ + +∞ -2 y – Từ bảng biến thi n suy phương trình m ∈ ( −∞; −2 ) ∪ ( 2; +∞ )
- Xem thêm -

Xem thêm: Đề thi chọn HSG thành phố môn Toán năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Hải Phòng (Có đáp án), Đề thi chọn HSG thành phố môn Toán năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Hải Phòng (Có đáp án)

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay