Đề thi hsg toán 12 hải phòng 2019 2020

1,0 điểm Một quân vua được đặt trên một ô giữa bàn cờ vua.. Mỗi bước di chuyển, quân vua được chuyển sang một ô khác chung cạnh hoặc chung đỉnh với ô đang đứng xem hình minh họa.. Tính

SỞ GD&ĐT HẢI PHÒNG KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018-2019

ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

Đề thi gồm 02 trang Câu 1 (2,0 điểm)

a) Cho hàm số y=x3+3x2- 9x 1+ có đồ thị là ( )C Gọi A,B là hai điểm cực trị của ( )C Tính diện tích của tam giác OAB, trong đó O là gốc tọa độ

b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y=2x+m x2+4x+ có cực tiểu.6

Câu 2 (2,0 điểm)

a) Giải phương trình

3

2sin sin cos 2

0 tan 1

x



b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ phương trình

2





   

nghiệm

Câu 3 (2,0 điểm) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B,

,

ABBC a AD2a, SA2a và vuông góc với mặt phẳng ABCD

a) Tính góc giữa hai mặt phẳng SBC

và SCD

b) Cho M là điểm nằm trên cạnh SA sao cho SM x, 0 x2a Mặt phẳng BCM

chia hình chóp thành hai phần có thể tích V và 1 V (trong đó 2 V là thể tích của phần chứa đỉnh S ).1

Tìm x để

1 2

1 2

V

V 

Câu 4 (1,0 điểm) Một quân vua được đặt trên một ô giữa bàn cờ vua Mỗi bước di chuyển, quân vua

được chuyển sang một ô khác chung cạnh hoặc chung đỉnh với ô đang đứng ( xem hình minh họa) Bạn An di chuyển quân vua ngẫu nhiên 3 bước Tính xác suất để sau 3 bước đi quân vua trở về ô xuất phát

Câu 5 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD tâm E , gọi G là

trọng tâm tam giác ABE Điểm K7; 2  thuộc đoạn ED sao cho GA GK Tìm tọa độ đỉnh

ĐỀ CHÍNH THỨC

A và viết phương trình cạnh AB , biết đường thẳng AG có phương trình 3x y 13 0 và

đỉnh A có hoành độ nhỏ hơn 4

Câu 6 (1,0 điểm) Cho dãy số  u n

1

2 1

3 1

2

u









Ta thành lập dãy số  v n

với 12 22 2

n

n

v

Chứng minh rằng dãy số  v n

có giới hạn

và tính giới hạn đó

Câu 7 (1,0 điểm) Cho các số thực dương , ,x y z thỏa mãn điều kiện x y ; x z ; x29yz xz 9xy

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

Lời giải Câu 1 (2,0 điểm)

a) Cho hàm số y=x3+3x2- 9x 1+ có đồ thị là ( )C Gọi A,B là hai điểm cực trị của ( )C Tính diện tích của tam giác OAB, trong đó O là gốc tọa độ

b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y=2x+m x2+4x+ có cực tiểu.6

Lời giải

a)

+) Tập xác định

ê =-ë

¡ +) ( )C

có hai điểm cực trị là A( 3;28),B(1; 4)-

1

OA ( 3;28),OB (1; 4) S | 3 ( 4) 1.28 | 8

2

b)

x 2

¡

+) Ta có: Hàm số có đạo hàm liên tục trên ¡ nên hàm số có cực tiểu thì phương trình

y'=0 phải có nghiệm.

+) Xét phương trình

2

2 x 4x 6

x 2

-+ Đặt

2

2 x 4x 6

x 2

4

.Ngoài ra ta có xlim g(x) 2; lim g(x)x 2

, từ đó ta có bảng biến thiên của hàm số ( )

y=g x như

sau

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình y'=0 có nghiệm khi và chỉ m (Î - ¥ -; 2) (2;È +¥ ) +) Xét trường hợp 1 m>2

Phương trình y '=0 có nghiệm duy nhất x , khi đó ta có:0

xlim y' 2 m 0; lim y'x 2 m 0

®+¥ = + > ®- ¥ = - <

nên ta có bảng biến thiên của hàm số có dạng

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số có cực tiểu

+) Trường hợp 2 m<- 2 suy luận tương tự ta suy ra hàm số chỉ có cực đại, không thỏa mãn

Vậy m > 2

Câu 2. (2,0 điểm)

a) Giải phương trình

3

2sin sin cos 2

0 tan 1

x



b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ phương trình

2





   

nghiệm

Lời giải

Tác giả: Nhóm 4 - Tổ 8 nhóm toán team toán vd - vdc

a) Điều kiện:

tan 1 0 cos 0

x x

 









4 2











 



 

  

 , k  .

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với:

3

2sin x sinxcos 2x0  2 

sinx 2sin x 1 cos 2x 0

sin cos 2x x cos 2x 0

     sinx1 cos 2 x0

sin 1 cos 2 0

x x







2 2









 

  

Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình thì phương trình đã cho có nghiệm 3

4

x  k

, k  .

b) Ta có

2





   



2 2

2



 



Đặt a x 2x, b2x y với điều kiện

4

a x  x

Hệ phương trình đã cho có dạng

1 2

a b m







  

Suy ra a , b là hai nghiệm của phương trình t2 1 2 m t m   0  *

Hệ ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi phương trình  *

có nghiệm

1 4

t 

2

2 1

t t

t

 

1

; 4

t   



-+

 

2 2

2 1

t t

g t

t



  0

g t  2

2t 2t 1 0

    

2

2

t t

  









  







lo¹i

(tháa m·n)

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên trên suy ra

2

m 

Câu 3. Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, ABBC a,

2

AD a, SA2a và vuông góc với mặt phẳng ABCD

a)Tính góc giữa hai mặt phẳng SBC

và SCD

b)Cho M là điểm nằm trên cạnh SA sao cho SM x, 0 x2a Mặt phẳng BCM

chia hình chóp thành hai phần có thể tích V và 1 V (trong đó 2 V là thể tích của phần chứa đỉnh S ).1

Tìm x để

1 2

1 2

V

V 

Lời giải

Tác giả: Nhóm 4 - Tổ 8 nhóm toán team toán vd - vdc

a) Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng SBC

Gọi H K, lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB và SC

Ta có BC SAB  BCAH Ngoài ra AH SB AH SBC

Tương tựAK SCD Do đó góc giữa hai mặt phẳng SBC

và SCD

bằng góc giữa hai

đường thẳng AH và AK, hay

cos cos

2

HAK

AH AK

Ta có

, 5

SA AB a AH

SB

3

SA AC a AK

SC

Mặt khác SHK SCB nên

30

BC SH a HK

SC

Vậy

15 cos

5

 

b) Mặt phẳng BCM

cắt cạnh SD tại N Thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng

BCM

là hình thang BCNM

Gọi V là thể tích khối chóp S ABCD Ta có V S BCNM. V S BCM. V S CNM. ; .

1 , 3

S ABC

.

2 3

S ACD

Đặt

SM k SA

 suy ra:

.

.

1 3

S BCM

S BCM

S BCA

.

.

2

3

S CMN

S CMN

S CAD

Từ đó suy ra

2 1

V  k k V

1

1 2

V

Suy ra

2

Câu 4. Một quân vua được đặt trên một ô giữa bàn cờ vua Mỗi bước di chuyển, quân vua được chuyển

sang một ô khác chung cạnh hoặc chung đỉnh với ô đang đứng ( xem hình minh họa) Bạn An

di chuyển quân vua ngẫu nhiên 3 bước Tính xác suất để sau 3 bước đi quân vua trở về ô xuất phát

Lời giải

Tác giả: Nhóm 4 - Tổ 8 nhóm toán team toán vd - vdc

Mỗi bước đi quân vua có thể đi đến 8 ô xung quanh, từ đó suy ra số phần tử của không gian mẫu là n    83

Cách 1.

Gắn hệ trục Oxy vào bàn cờ vua sao cho vị trí ban đầu của quân vua là gốc tọa độ, mỗi ô trên bàn ứng với một điểm có tọa độ x y; 

Mỗi bước di chuyển của quân vua từ điểm x y; 

đến điểm có tọa độ x x y y 0;  0 trong đó   2 2

0; 0 1;0;1 ; 0 0 0

x y   x y  Ví dụ nếu x0 1;y0  0 thì quân vua di chuyển đến ô bên phải, x0 1;y0  thì di chuyển xuống ô đường chéo.1

Giả sử tọa độ ban đầu là 0;0

, thế thì sau 3 bước đi thì tọa độ của quân vua là

x1x2x y3; 1y2y3; , , , , ,x x x y y y1 2 3 1 2 3  1;0;1 Để về vị trí ban đầu thì

0 0

x x x

y y y





 Suy ra các bộ  x x x1; ;2 3

và  y y y1; ;2 3

là một hoán vị của 1;0;1 +)  x x x1; ;2 3

có 6 cách chọn, với mỗi cách chọn x x x1; ;2 3

có 4 cách chọn  y y y1; ;2 3

vì

x y i  i; i, 1;3 không đồng thời bằng 0

Do đó số kết quả thuận lợi cho biến cố bằng 24 và xác suất cần tìm là 3

24 3

8 64

Cách 2.

Nhận xét để quân vua trở về vị trí xuất phát sau 3 bước thì sau bước II quân vua phải ở một trong 8 ô xung quanh ô ban đầu

Trường hợp 1 Sau bước I quân vua ở 1 trong 4 ô chung cạnh với ô ban đầu

Từ đây quân vua có 4 cách đi cho bước II (đi ngang hoặc đi chéo).

Ở bước III, quân vua chỉ có 1 cách đi về vị trí xuất phát

Vậy số cách đi ở TH1: 4 4 1 16   cách

Trường hợp 2 Sau bước I quân vua ở 1 trong 4 ô chung đỉnh với ô ban đầu

Từ đây quân vua chỉ có 2 cách đi cho bước II (đi ngang hoặc đi dọc).

Ở bước III, quân vua chỉ có 1 cách đi về vị trí xuất phát

Vậy số cách đi ở TH2: 4 2 1 8   cách

Xác suất cần tìm: 3

16 8 3

8 64

Câu 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD tâm E , gọi G là trọng tâm tam

giác ABE Điểm K7; 2  thuộc đoạn ED sao cho GA GK Tìm tọa độ đỉnh A và viết phương trình cạnh AB , biết đường thẳng AG có phương trình 3x y 13 0 và đỉnh A có

hoành độ nhỏ hơn 4

Lời giải

Tác giả: Nhóm 5 tổ 8 nhóm strong team toán vd – vdc.

+) Ta có GA GB GK  nên G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABK

AGK 2ABK 2.45 90

      ⇒ tam giác AGK vuông cân tại G

+) Đường thẳng GK đi qua K7; 2  và vuông góc với AG

GK x y

Ta có G GK AG G4; 1 

Do AG có phương trình 3 x y 13 0 nên A t t ;3 13 ,  t 4

Có GA GK d K AG ;   10

Từ GA 10 t 423 12t 2 10

4

3

3 5

t

t

t t









 Vậy A3; 4 

+) Ta có

tan

3

MG MAG

AM

cos

10

MAG

Gọi    2 2 

n  a b a b 

là VTPT của đường thẳng AB và n  2 3; 1 

là VTPT của đường thẳng AG

Khi đó:



3

cos

a b MAG

a b





b

ab b





+) Với 3a4b  AB: 4x 3y 24 0

Thấy d K AB ;   2 d K AG ;   10

(loại)

+)Với b 0 AB x:  3 0

Ghi chú: Nếu học sinh công nhận hoặc ngộ nhận trong chứng minh các kết quả ở bước 1

và làm đúng các bước còn lại thì cho 0.5 điểm.

Câu 6. Cho dãy số  u n xác định bởi  

1

2 1

3 1

2

u









Ta thành lập dãy số  v n

với 12 22 2

n

n

v

Chứng minh rằng dãy số  v n

có giới hạn

và tính giới hạn đó

Lời giải

Tác giả: Nhóm 5 tổ 8 nhóm strong team toán vd – vdc.

Ta dễ có u n 0, n ¥*.

1

Do đó dãy  u n

tăng

Giả sử  u n

bị chặn, khi đó limu n a a,  3 u a1, ¡ Cho qua giới hạn hệ thức

1

vô lý

Từ đó suy ra  u n

không bị chặn và

1

n

u

u

1

2

, (vì

u  u  )

4

v

Suy ra

1 4 1 17 lim

9 5 3 45

n

v    

Câu 7. Cho các số thực dương , ,x y z thỏa mãn điều kiện x y ; x z ; x29yz xz 9xy

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

Lời giải

Tác giả: Nhóm 5 tổ 8 nhóm strong team toán vd – vdc.

+/ Ta sẽ chứng minh:

Với mọi a b, dương và ab1 thì

1a 1b 1 ab (*)

Thật vậy:

(*)  a b 2 ab1 0

(luôn đúng) Đẳng thức xảy ra khi a b hoặc ab1 +/ Ta có: x29yz xz 9xy x z x    9y 0 x 9y0 vì x z  x z 0

Đặt x  1;9

y

Khi đó

Áp dụng bất đẳng thức đã chứng minh, ta có:

1



y z



t

3

9





t

từ đó suy ra

18 (t) f(9)

5

P f

Dấu bằng xảy ra khi

2

9

3























x y

x z

x z

z y

Vậy min

18 5



P

khi

9 3











x y

z y