Đề thi chọn HSG cấp tỉnh THPT môn Toán (Bảng B) - Sở GD&ĐT Quảng Ninh 2018-2019 (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi chọn HSG cấp tỉnh THPT môn Toán (Bảng B) - Sở GD&ĐT Quảng Ninh 2018-2019 (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT TỈNH QUẢNG NINH NĂM 2018 MÔN THI: TOÁN – BẢNG B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Bài 1 (4 điểm). 1. Cho hàm số y x4 2 m 1 x2 m2 m 1, với m là tham số. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác đều. 2. Một hộ gia đình cần xây dựng một bể chứa nước, dạng hình hộp chữ nhật có thể tích 24 m3 . Tỉ số giữa chiều cao của bể và chiều rộng bằng 4. Biết rằng bể chỉ có các mặt bên và mặt đáy (không có mặt trên). Chiều dài của đáy bể bằng bao nhiêu để xây bể tốn ít nguyên vật liệu nhất. Bài 2(4 điểm). B B 1. Cho tam giác ABC có cạnh BC a , AB c thỏa mãn 2a c.cos 2a c.sin , với 2 2 2a c . Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác cân. 2. Có hai chuồng nhốt thỏ, chuồng thứ nhất nhốt 19 con thỏ lông màu đen và 1 con thỏ lông màu trắng. Chuồng thứ hai nhốt 13 con thỏ lông màu đen và 2 con thỏ lông màu trắng. Bắt ngẫu nhiên mỗi chuồng đúng 1 con thỏ. Tính xác suất để bắt được hai con thỏ có màu lông khác nhau. Bài 3 (3 điểm). Cho x, y là các số thực dương. Giải hệ phương trình sau y 1 log4 x 1 y 1 16 x 1 y 1 . 2 2 4x 7xy 3x y 99 Bài 4 (3 điểm). Trong mặt phẳng Oxy , cho hình chữ nhật ABCD , AB 2AD . Điểm N thuộc cạnh AB 1 sao cho AN AB , M là trung điểm của DC . Gọi I là giao điểm của MN và BD . Viết 4 phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BIN . Biết điểm A 2;1 , đường thẳng BD có phương trình 11x 2y 5 0, điểm B có hoành độ là số nguyên. Bài 5 (4 điểm). Cho lăng trụ ABC.A B C có đáy là tam giác vuông tại A, AB a, BC 2a. Mặt bên BCC B là hình thoi và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng chứa đáy. Góc giữa hai 5 2 mặt phẳng BCC B và ABB A bằng , với tan , hãy tính theo a : 4 a) Thể tích khối lăng trụ ABC.A B C . b) Khoảng cách giữa hai đường thẳng A C và B C. Bài 6 (2 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 10 P 16 xy 2 10yz 2 10xz 45 x y z
2. Bài 1 (4 điểm). 1. Hàm số y xác định với mọi x ¡ và y ' 4x3 4 m 1 x 4x x2 m 1 . x 0 Ta có y ' 0 2 x m 1 Hàm số có 3 điểm cực trị m 1 0 m 1 (*). Với điều kiện (*) thì đồ thị hàm số đã cho có 3 điểm cực trị là A 0;m2 m 1 , B m 1; m 2 , C m 1; m 2 . 4 AB m 1 m 1 AC Ta có Tam giác ABC cân tại đỉnh A với m 1. BC 2 m 1 Do đó để tam giác ABC đều thì AB BC m 1 4 3 m 1 0 m 1 3 3 . Vậy với m 1 3 3 thì đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác đều. 2. Gọi chiều cao, chiều rộng, chiều dài của bể lần lượt là h , x , y m (Điều kiện: h, x, y 0) h h 4x 4 Theo đề bài ta có x 6 y xyh 24 x2 54 Tổng diện tích xung quanh và diện tích một mặt đáy của bể là S xy 2xh 2yh 8x2 x Ta đi tìm x để S đạt giá trị nhỏ nhất. Cách 1 : Áp dụng bất đẳng thức AM-GM : 27 27 27 27 3 Ta có S 8x2 33 8x2. . 54 . Dấu ‘=’ xảy ra khi x . x x x x 2 3 8 Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng 54 khi x y . 2 3 54 Cách 2 : Xét hàm số S 8x2 , x 0 . x 54 3 Có S ' 16x ; S ' 0 x . x2 2 Ta có bảng biến thiên :
3. 3 8 Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại x y . 2 3 8 Vậy khi chiều dài của bể bẳng m thì ta xây bể tốn ít nguyên vật liệu nhất. 3 Bài 2(4 điểm). 1. Bình phương hai vế ta có phương trình: B B 2a c .cos2 2a c .sin2 2a c 2 2 2a c . 1 cos B 2a c . 1 cos B 2a.cos B c 4R.sin A.cos B 2R.sinC 2.sin A.cos B sinC sin A B sin A B sinC sin(1800 C) sin(A B) sinC sin(A B) 0 µA Bµ do 0 A, B  . Vậy tam giác ABC cân tại C . 2. Chuồng thứ nhất bắt ra 1 con thỏ có 20 cách. Chuồng thứ hai bắt ra 1 con thỏ có 15 cách. Số cách bắt ra mỗi chuồng 1 con thỏ là: n  15.20 300 Gọi A là biến cố: "bắt được hai con thỏ cùng màu" + TH1: Hai con thỏ cùng màu đen có 13. 19 = 247 (cách) + TH2: Hai con thỏ cùng màu trắng có 1. 2 = 2 (cách) n(A) 249 n(A) 247 2 249 (cách) P(A) n  300 249 17 Do đó xác suất bắt được hai con thỏ có màu lông khác nhau là: 1 . 300 100 Bài 3 (3 điểm). Ta có y 1 log4 x 1 y 1 16 x 1 y 1 16 log x 1 log y 1 x 1 (vì x, y dương) 4 4 y 1
4. 16 log x 1 x 1 2 log y 1 4 y 1 4 16 16 log x 1 x 1 2 log 2 1 . 4 4 y 1 y 1 Xét hàm số f t t log4 t 2 liên tục trên 0; . 1 Ta có f ' t 1 0 t 0 . t ln 4 Suy ra hàm số y f t liên tục và đồng biến trên 0; . 16 Phương trình 1 có dạng f x 1 f y 1 16 x 1 x 1 y 1 16 xy x y 15 y 1 2x y x y 1 15 2 . Ta có 4x2 7xy 3x y2 99 2x y 2 3x y 1 99 3 . Từ 2 , 3 ta có hệ phương trình 2 2x y x y 1 15 2x y 3 2x y 54 2 2x y 3x y 1 99 2x y x y 1 15 2x y 9 2x y 9 2x y 6 (vì x, y dương nên 2x y 0 ) x y 1 6 2x y x y 1 15 x 1 x 8 2x 6 y 7 (thỏa mãn điều kiện x, y 0 ). y 9 2x x 3 y 3 Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm S 1;7 ; 3;3 . Bài 4 (3 điểm). Gọi P là trung điểm của AB , J là giao điểm của PM và BD . Ta có P , M là trung điểm của AB và DC nên AP PM MD AD APMD là hình vuông. DM DM Xét hai tam giác vuông MNP và DJM có MN DI MNP DJM M· NP D· JM MN  BD .
5. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BD , ta có AH d A, BD 5 . 1 1 1 Ta có AB 5 . AH 2 AB2 AD2 11t 5 Gọi B BD B t; . Vì điểm B có toạ độ nguyên nên t ¢ . 2 2 t 1 2 11t 3 2 Mà AB 5 t 2 5 125t 50t 75 0 3 2 t 5 B 1; 3 vì t là số nguyên.  1  5 Ta có AN AB N ;0 . 4 4 1 3 15 Gọi K là trung điểm của BN , khi đó K ; , KB . 8 2 8 2 2 1 3 225 Phương trình đường trong ngoại tiếp tam giác BIN là: x y . 8 2 64 Bài 5 (4 điểm). * Nhận xét: Đề nên cho B· BC là góc nhọn, nếu không phải xét thêm trường hợp B· BC 900 và B· BC 900 a) Dựng AH  BC H BC , suy ra AH  BCC B . AB.AC a 3 Trong tam giác vuông ABC : AC BC 2 AB2 a 3, AH . BC 2
6. BB  HI Dựng HI  BB I BB thì BB  AHI hay ·AIH . BB  AH AB2 a AH a 3 5 2 a 6 IH 2 6 Ta có: BH , IH : sin I·BH . BC 2 tan 2 4 5 BH 5 1 1 6 2 Vậy V 3V 3 AH. BB .BC.sin I·BH a3. ABC.A B C A.BB C 3 2 5 b) Dựng B D  BC D BC , ta có B D  ABC . Ta có BC d A C , B C d A C , B AC d C , B AC d B, B AC .d D, B AC . DC Dựng DJ  AC J AC , DK  B J K BJ , khi đó d D, B AC DK. 2a BD BB .cos I·BH 2 6 1 5 Trong tma giác vuông IBH : sin I·BH cos I·BH 5 5 4 6a B D BB .sin I·BH 5 2a 2a DJ CD 4 4 Trong tam giác ABC : 5 DJ a . AB CB 2a 5 5 4 6a 4 . a DB .DJ 4 42a Suy ra DK 5 5 . '2 2 96 16 35 DB DJ a2 a2 25 25 BC 42 Vậy d A C ; B C .DK a. DC 7 Bài 6 (2 điểm). Ta có 16 xy 2 10yz 2 10xz 16 xy 2 (2y)(5z) 2 (2x)(5z) 8x 8y 2y 5z 2x 5z 10(x y z) . 1 10 1 10 Vậy ta có P f t , với t x y z 0. 10 x y z 45 x y z 10t t 45 1 10 1 10 Xét f t với t>0. Ta có f (t) ; 10t t 45 10t 2 (45 t)2 t 5 2 2 t 0 f (t) 0 t 45 100t 45  t 5 . t 11 Ta có bảng biến thiên
7. 9 Suy ra P f t t 0 . 50 25 5 x y 9 x y z 12 Do đó giá trị nhỏ nhất của P là đạt được khi 2 50 5 x y z 5 z 6