SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HẢI PHÒNG
CÁC MÔN VĂN HÓA CẤP THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 ĐỀ CH ÍNH THỨC
ĐỀ THI MÔN:TOÁN – BẢNG B
(Đề thi gồm 01 trang)
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 02/11/2018 Bài 1 (2,0 điểm) a) Cho hàm số 3 2
y = x + 3x − 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 2
y = 2x + m x + 4x + 6 có cực tiểu. Bài 2 (2,0 điểm) 3
a) Giải phương trình 2sin x − sin x + cos 2x = 0. tan x −1 3
2x −( y − 2) 2
x − xy = m
b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ phương trình  2
x + 3x − y =1− 2m có nghiệm.
Bài 3 (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và . B Biết
AB = BC = a, AD = 2a; SA = 2a và vuông góc với mặt phẳng ( ABCD).
a) Tính cosin của 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 khối
chóp thành hai phần có thể tích là V và V (trong đó V là thể tích của phần 1 2 1
chứa đỉnh S ). Tìm x để V 1 1 = . V 2 2
Bài 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.
Bài 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 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. u  = 3 1
Bài 6 (1,0 điểm) Cho dãy số {u xác định bởi  1 . n} u = + + ∈  ≥  + u u u n n n ( 2n 5 n n , , 1 1 )  2
Ta thành lập dãy số {v với 1 1 1 v = + + +
Chứng minh rằng dãy số {v có giới hạn và n} n ... . n} 2 2 2 u u u 1 2 n tính giới hạn đó.
Bài 7 (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện 2
x ≥ y; x > z; x + 9yz ≤ xz + 9xy .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
9y − x 2y + x 2y + z 2z + x P = 3 + + + . y x + y y + z x + z ……….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:............................................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HẢI PHÒNG
CÁC MÔN VĂN HÓA CẤP THPT NĂM HỌC 2018 – 2019
ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI MÔN:TOÁN – BẢNG KHÔNG CHUYÊN
(gồm 06 trang ) Ngày thi: 02/11/2018 Bài Đáp án Điểm Bài 1 a) Cho hàm số 3 2
y = x + 3x − 9x +1 có đồ thị là (C). Gọi ,
A B là hai điểm cực trị (2.0 điểm) 1.00
của (C). Tính diện tích của tam giác OAB, trong đó O là gốc tọa độ. x =1
+) Tập xác định D = .  2
y ' = 3x + 6x − 9 ⇒ y ' = 0 ⇔  0.25 x = 3 −
+) (C) có hai điểm cực trị là A( 3 − ;28), B(1; 4 − ). 0.25   +) OA = (− ) OB = ( − ) 1 3;28 , 1; 4 ⇒ S = − − − = OAB 3.( 4) 1.28 8. 0.50 2
b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số 2
y = 2x + m x + 4x + 6 có 1.00 cực tiểu. +) Tập xác định x + 2 D = ;  y ' = 2 + m . 2 x + 4x + 6 0.25
Ta có: Hàm số có đạo hàm liên tục trên  nên hàm số có cực tiểu thì phương trình ’
y = 0 phải có nghiệm. 2 +) Xét phương trình 2 − x + 4x + 6 y ' = 0 ⇔ m = ,(x ≠ 2 − ) . x + 2 2 Đặt g (x) 2 − x + 4x + 6 = , x∈ \{− } 2 . Ta có: x + 2 g (x) 4 ' = > 0, x ∀ ≠ 2 − . Ngoài ra ta có
(x + 2)2 2x + 4x + 6 lim g (x) = 2
− ; lim g (x) = 2, từ đó ta có bảng biến thiên của hàm số y = g (x) như x→+∞ x→−∞ sau: 0.25 x – ∞ -2 + ∞ y' + + + ∞ -2 y 2 – ∞
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình ’
y = 0 có nghiệm khi và chỉ m∈( ; −∞ 2 − ) ∪(2;+∞). +) Xét TH1: m > 2 Phương trình ’
y = 0 có nghiệm duy nhất x , khi đó ta có: 0 0.25
lim y ' = 2 + m > 0; lim y ' = 2 − m < 0 nên ta có bảng biến thiên của hàm số có dạng x→+∞ x→−∞ 1 x – ∞ + ∞ y' - 0 + y
Từ bảng biến thiên suy ra hàm số có cực tiểu. +)TH2: m < 2 −
Suy luận tương tự ta suy ra hàm số chỉ có cực đại, không thỏa mãn. Vậy m > 2. y'(x = 0 0 )
Ghi chú: +) Nếu bài làm chỉ sử dụng điều kiện đủ: Hệ 
có nghiệm thì 0.25 y '  ( x > 0 0 )
trừ 0.25 điểm.
+) Nếu bài làm tìm điều kiện của m để pt ’
y = 0 có nghiệm và xét dấu ’’ y trong
hai trường hợp m > 2;m < 2
− thì cho điểm tối đa. Bài 2 3
2sin x − sin x + cos 2x
(1.0 điểm) a) Giải phương trình = 0. tan x −1 1.00  π x ≠ + kπ  Điều kiện:  4  ,k ∈ . π  0.25 x ≠ + kπ  2
Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương với  π x = + k2π  0.50 3 x − x + x = ⇔ ( x − ) 2 2sin sin cos 2 0 sin 1 cos 2x = 0 ⇔  π  kπ x = +  4 2 π
Kết hợp điều kiện đề bài thì phương trình có công thức nghiệm là 3 x = + kπ ,k ∈ .  0.25 4
b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ phương trình 3
2x −( y − 2) 2
x − xy = m  có nghiệm. 1.00 2
x + 3x − y =1− 2m
2x −( y − 2) x − xy = m ( 2 3 2  x + x 
)(2x− y) = m +) Ta có:  ⇔  2
x + 3x − y =1− 2m ( 2  x + x 
)+(2x− y) =1−2m 0.25 +) Đặt 2 a = x + ;
x b = 2x − y với điều kiện 2 1
a = x + x ≥ − . 4  . a b = m Hệ đã cho có dạng 
. Suy ra a,b là hai nghiệm của phương trình
a + b = 1− 2m 2
t − (1− 2m)t + m = 0 (*) . 0.25
Hệ ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm 1 t ≥ − . 4 2 2 +) Ta có: ( ) t − + t m g (t)  1 * ,t ;  ⇔ = = ∈ − +∞  . 2t +1  4  2 +) g (t) 2 − t − 2t +1 1 − + 3 ' =
⇒ g ' t = 0 ⇔ t = . 2 ( ) (2t + )1 2
+) Từ đó ta có bảng biến thiên của hàm số g (t) x – ∞ - -1/2 -1/4 + ∞ y' – 0 + + 0 – 0.25 + ∞ + ∞ y – ∞ – ∞ -5/8
+) Từ bảng biến thiên của g(t) suy ra 2 3 m − ≤ . 0.25 2 Bài 3.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B,
(2,0 điểm) AB = BC = a, AD = 2a,SA = 2a và vuông góc với mặt phẳng (ABCD).
a) Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD). 1.00
Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD). S A D K 0.50 H B C
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 tự AK ⊥ (SCD). Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng góc giữa hai đường thẳng + − AH và AK, hay ϕ =  2 2 2 cos cos AH AK HK HAK = 2AH.AK Ta có S . A AB 2 S . A AC 2 2 2 AH = = a ; AK = = a = a . SB 5 SC 6 3 0.25 Mặt khác ta có: SH SH ∆ K  SC ∆ B nên 4 HK = BC = . a . SC 30 15 cosϕ = . 0.25 5 3
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 là V và V (trong đó V là thể 1 2 1 1.00
tích của phần chứa đỉnh V 1
S ). Tìm x để 1 = . V 2 2 S N M D A 0.25 B C
+) 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 của khối chóp S.ABC .D Ta có: V = V +V ; S.BCNM S.BCM S.CMN 1 2 V = V V = V S ABC , S ACD . . . 2 3 Đặt SM k = suy ra: 0.50 SA V SM V SM SN S BCM 1 S CMN 2 . . 2 2 = = k ⇒ V = k V = = k ⇒ V = k V S BCM . ; . S CMN . . . V SA V SA SD S ABC 3 S CDA 3 . . +) Từ đó suy ra  1 2 2 V V V 1 1  k k  = +
. Mà 1 = ⇒ V = V 1 3 3    1 V 2 3 2 0.25 Suy ra: 1  1 2 2  1 V = V
k + k ⇒ k = ⇒ x =   . a 3  3 3  2 Bài 4.
Một quân vua được đặt trên một ô giữa bàn cờ vua. Mỗi bước di chuyển, quân
(1,0 điểm) 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 1.00
suất để sau 3 bước quân vua trở về ô xuất phát.
+) 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(Ω) 3 = 8 . 0.25
+) 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 trong đó x , y ∈ 1;
− 0;1 ; x + y ≠ 0 . 0 0 { } 2 2 0 0 ) 0 0 0.25
Ví dụ nếu x =1; y = 0 thì quân vua di chuyển đến ô bên phải; x = 1; − y = 1 − thì di 0 0 0 0
chuyển xuống ô đường chéo. +) Sau 3 bước đi thì tọa độ của quân vua là
(x + x + x ; y + y + y , x , x , x ; y , y , y ∈ 1;
− 0;1 . Để về vị trí ban đầu thì 1 2 3 1 2 3 ) 1 2 3 1 2 3 { }
x + x + x = 0 0.25 1 2 3 
. Suy ra (x , x , x ; y , y , y là một hoán vị của { 1; − 0; } 1 . 1 2 3 ) ( 1 2 3 )
y + y + y =  0 1 2 3
+) {x , x , x có 6 cách chọn; với mỗi cách chọn {x , x , x có 4 cách chọn {y , y , y 1 2 3} 1 2 3} 1 2 3} 0.25 4 ( vì (x y i =
không đồng thời bằng 0. Do đó số kết quả thuận lợi của biến cố i ; i ) , 1,3
bằng 24 và xác suất cần tìm là 24 3 p = = . 3 8 64
Ghi chú: Nếu thí sinh làm theo cách liệt kê mà không khẳng định bước đi thứ hai
quân vua không thể di chuyển đến một ô mà ô đó không chung đỉnh hoặc không
cạnh chung với ô ban đầu thì trừ đi 0,25 điểm; nếu liệt kê thiếu hoặc thừa thì không cho điểm. Bài 5.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm E , gọi G là
(1,0 điểm) trọng tâm tam giác ABE. Điểm K(7; 2−) thuộc đoạn ED sao cho GA=GK. Tìm 1.00
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.
+) Ta có GA = GB = GK nên G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABK. 0.25 ⇒  =  0 0
AGK 2ABK = 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 + 3y −1 = 0 .
Ta có G = GK ∩ AG ⇒ G (4;− ) 1 .
Do AG có phương trình 3x − y −13 = 0 nên A(t;3t −13),t < 4 . 0.25
Có GA = GK = d (K, AG) = 10 t = 3
Từ GA = 10 ⇔ (t − 4)2 + (3t −12)2 t<4 = 10 ⇔ →t =  3 . Vậy A(3; 4 − ) . t = 5 +) Ta có  MG 1 = = ⇒  3 tan MAG cos MAG = . AM 3 10   Gọi n = ( ; a b)( 2 2
a + b > 0 là VTPT của đường thẳng AB và n = 3; 1 − là VTPT 2 ( ) 1 ) 0.25
của đường thẳng A . G Khi đó:  3 3a − b 3 b = 0 2 cos MAG = ⇔ =
⇔ 6ab + 8b = 0 ⇔  . 2 2 10 10. a + b 10 3a = 4 − b +) Với 3a = 4
− b ⇒ AB : 4x − 3y − 24 = 0.
Thấy d (K, AB) = 2 < d (K, AG) = 10 ⇒ loại. 0.25
+)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. Bài 6. u  = 3 (1,0 điểm) 1
Cho dãy số {u xác định bởi  n}  1 1.00 u = + + ∈  ≥  + u u u n n n ( . 2n 5 n n , , 1 1 )  2 5
Ta thành lập dãy số {v với 1 1 1 v = + + +
Chứng minh rằng dãy số {v n} n ... . n} 2 2 2 u u u 1 2 n
có giới hạn và tính giới hạn đó. Ta dễ có * u > n ∀ ∈ n 0,  . Ngoài ra 1 u = + + > + = ∀ ∈ Do đó dãy số {u n} + u u u u u u n n ( 2n n n) 1 5 ( 2n n) * n ,  . 1 2 2 tăng.
Giả sử {u bị chặn khi đó limu = a a ≥ = u a ∈ n , 3 , . n} 1
 Cho qua giới hạn hệ thức 0.25 1 u = + + ⇒ = + + ⇒ = vô lí. + u u u a a a a a n ( 2n n n) 1 5 ( 2 5 0 1 ) 2 2
Từ đó suy ra {u không bị chặn và 1 limu = +∞ = n ,lim 0. n} un +) Ta có 1 u = + + ⇔ − = + ⇔ − = (vì + u u u u + u u u u + u + u u n ( 2n 5 n n) 2 2 2 n n n 5 n 4 n 4 n n 5 n, 1 1 1 1 2 u > > ) + u n n 0 1 0.50 5  1 1  1 4  1 1  1 4  1 1  ⇔ = 4 −  ⇒ =  −  ⇒ v = +  − 2 2 n 2 u  +  u u +  u +  u u +  u  u u n n n n 5 n n 5 1 1 1 1 1 1 n  Suy ra: 1 4 1 17 limv = + = n . . 0.25 9 5 3 45 Bài 7.
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện 2
x ≥ y; x ≥ z; x + 9yz ≤ xz + 9xy .
(1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 9y−x 2y+x 2y+z 2z+x 1.00 P = 3 + + + . y x + y y + z x + z Ta sẽ chứng minh: Với mọi ;
a b dương và ab ≥1 thì 1 1 2 + ≥ (*)
1+ a 1+ b 1+ ab 0.25 Thật vậy: 2
(*) ⇔ ( a − b) ( ab − )1 ≥ 0 (luôn đúng). Đẳng thức xảy ra khi a = b hoặc ab =1 +) Ta có 2
x + 9yz ≤ xz + 9xy ⇔ (x − z)(x −9y) ≤ 0 ⇒ x −9y ≤ 0 vì x > z. Đặt x
t = ⇒ t ∈[1;9] . y Khi đó + + 3 t 2 y z 3 t 2 1 1 P = 9 − t + +1+ +1+ = 9 − t + + 2 + + t +1 y + z x + z t +1 1 z + 1 x + 0.25 y z
Áp dụng bất đẳng thức đã chứng minh ta có: + + 3 t 2 2 3 t 2 2 P ≥ 9 − t + + 2 + = 9 − t + + 2 + = f (t) t +1 z x t +1 1 1 + t + y z
Xét hàm số f (t) + 3 t 2 2 = 9 − t + + 2 + ,t ∈[1;9] có t +1 1+ t 0.25 f (t) 1 − 1 1 ' = − − < 0, t ∀ ∈ 1;9 từ đó suy ra 3 (9 −t)2 3 (t + )2 1 t (1+ t )2 [ ] 6
P ≥ f (t) ≥ f ( ) 18 9 = . 5  x = 9  y   x z x = 9y x = 9y
+) Dấu bằng xảy ra khi  = ⇔   ⇔  . 2 z y  xy = z z = 3y  0.25  x  . z = 1   z y Vậy 18
min P = , khi x = 9y, z = 3y 5 7
Document Outline

• Đề thi hsg bảng B_Toán_18_19 (1)
• Đáp án đề thi toán chính thức 2018 - 2019 (1)