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 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 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 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 ... 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: 02/11 /2018 (gồm 06 trang... 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 chi u vng góc A SB SC Ta có: BC ⊥ ( SAB... 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 Thi t diện hình chóp