de chon hsg thanh pho toan 12 nam 2019 2020 so gddt hai phong

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ LỚP 12
Năm học 2019 – 2020

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI MÔN:TOÁN – BẢNG KHÔNG CHUYÊN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 19/9/2019

(Đề thi gồm 01 trang)
Bài 1 (2,0 điểm)

1 3
x  x 2   m  2  x  m 2  2019. Tìm điều kiện của tham số m để hàm số đã
3
cho đồng biến trên khoảng  0;   .

a) Cho hàm số y 

2mx  3  2m
có đồ thị là  C  . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để
x2
đường thẳng d : y  x  2 cắt  C  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho góc giữa hai đường

b) Cho hàm số y 

thẳng OA và OB bằng 450.
Bài 2 (2,0 điểm)

a) Giải phương trình lượng giác sau

1  2sin x  cos x 
1  2sin x 1  sin x 

3.

 x 2  3 y  2 x 2 y  2 y  2  0
b) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực 
 x 2  4 x  y  1  3 2 x  1  1

Bài 3 (2,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có AB  a; AC  2a; AA '  2a 5 và góc BAC
bằng 1200 . Gọi M là trung điểm của cạnh CC ' .
a) Chứng minh rằng MB vuông góc với A ' M .
b) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  A ' BM  theo a.
Bài 4 (1,0 điểm) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0 , lấy ngẫu
nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra có mặt đúng ba chữ số khác nhau.
Bài 5 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường
kính BD . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BD và CD. Biết

A  4;6  ; đường thẳng HK

có phương trình 3 x  4 y  4  0; điểm C thuộc đường thẳng

d1 : x  y  2  0 và điểm B thuộc đường thẳng d 2 : x  2 y  2  0; điểm K có hoành độ nhỏ hơn 1.
Tìm tọa độ các điểm B và C.
u1  2  1

.
Bài 6 (1,0 điểm) Cho dãy số  un  xác định bởi 

1  un
, n  , n  1
un1 
2

n
Hai dãy số  vn  ,  wn  xác định như sau: vn  4 1  un  ; wn  u1.u2 .u3 ...un , n  , n  1. Tìm các giới
hạn lim vn ; lim wn .
Bài 7 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P

4a 3  3b3  2c3  3b 2 c
3

a  b  c

……………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:……………………………………
Trang 1/1


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG

ĐÁP ÁN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ LỚP 12
Năm học 2019 – 2020

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI MÔN:TOÁN – BẢNG KHÔNG CHUYÊN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 19/9/2019

(Đáp án gồm 06 trang)

BÀI
Bài 1
(2,0 điểm)

Ý

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

1 3
x  x 2   m  2  x  m 2  2019. Tìm điều kiện của
3
tham số m để hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  0;   .

(1,0đ)

Cho hàm số
a

y

TXĐ: D  . ; y '  x 2  2 x  m  2

Hàm số đồng biến trên khoảng  0;    y '  0, x   0;  

0,25

 x 2  2 x  m  2  0, x   0;    m   x 2  2 x  2, x   0;  

0,25

Xét hàm số g  x    x 2  2 x  2; g '  x   2 x  2; g '  x   0  x  1

x

0
+

g ' x

1
0


0,25

3

g  x
Từ bảng biến thiên
 m  g  x  , x   0;    m  Max  g  x    m  3
x 0;  

0,25

2mx  3  2m
có đồ thị là  C  . Tìm tất cả các giá trị
x2
thực của tham số m để đường thẳng d : y  x  2 cắt  C  tại hai điểm

(1,0đ)

phân biệt A, B sao cho góc giữa hai đường thẳng OA và OB bằng
450.
Phương trình hoành độ giao điểm:
2mx  3  2m
 x  2,  x  2 
x2
 x 2  2mx  2m  1  0 ,  x  2 

0,25

Cho hàm số y 
b

x 1

 x  2m  1

m  1
 2m  1  1



d cắt  C  tại hai điểm phân biệt  
1
2m  1  2  m  

2


Gọi A 1; 1 ; B  2m  1; 2m  3  OA 1; 1 ; OB  2m  1; 2m  3
 
OA.OB  OA.OB.cos 450  2  8m2  16m  10  8m2  16m  6  0

m 

m 


3
2
1
2

Kết hợp điều kiện, ta được m 

0,25

0,25

3
1
hoặc m  .

2
2

0,25


Bài 2
(2,0 điểm)

a

Giải phương trình lượng giác sau



 x   6  k 2

7

 m 2 ,
ĐK:  x 
6



 x  2  n2


1  2sin x  cos x 
1  2sin x 1  sin x 

3.

k , m, n  .

(1,0đ)

0,25

Pt  cos x  sin 2 x  3 1  sin x  2 sin 2 x 

0,25

 cos x  3 sin x  sin 2 x  3 cos 2 x

b


2

x   k





18
3
 sin   x   sin  2 x    
,k 

3
6


 x    k 2

2

2
Kết hợp điều kiện  Pt có nghiệm x    k
, k .
18
3
Giải hệ phương trình sau trên tập số thực
 x 2  3 y  2 x 2 y  2 y  2  0 (1)
 2
 x  4 x  y  1  3 2 x  1  1 (2)
ĐK: y  0; x 2  4 x  y  1  0

0,25

0,25

(1,0đ)

Từ phương trình 1 ta có

x2  2  3 y  2 y  x2  2 

3y

y
2 2
1
x 2
x 2

y
 1  y  x2  2
x 2
Thay vào phương trình  2  ta có
Suy ra

2

4x  1  3 2x  1  1

u  4 x  1
Đặt 
u  0
3
v  2 x  1
Hệ phương trình đã cho trở thành
u  v  1
u  1

 2

3
u  2v  1 v  0

Bài 3
(2,0 điểm)

a

0,5

2

1

 x  2
 4 x  1  1
Ta có: 

(Thỏa mãn điều kiện)
3
y  9
 2 x  1  0

4
1 9
Vậy hệ có nghiệm  ; 
2 4
Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có AB  a; AC  2a; AA '  2a 5
 bằng 1200 . Gọi M là trung điểm của cạnh CC ' .
và góc BAC
a) Chứng minh rằng MB vuông góc với A ' M .

0,25

0,25

(1,0đ)


A'

C'

B'

M
H
A
C

N

K
B

b

Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC
  7 a 2  BC  a 7
 BC 2  AB 2  AC 2  2 AB. AC .cos BAC
Trong tam giác A ' C ' M : A ' M 2  A ' C '2  C ' M 2  9a 2
Trong tam giác BAA ' : A ' B 2  AB 2  A ' A2  21a 2
Trong tam giác BCM : BM 2  BC 2  CM 2  12a 2

Ta có: A ' M 2  MB 2  A ' B 2  tam giác A ' BM vuông tại M
hay MB  A ' M .
Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  A ' BM  .

0,5

0,5
(1,0đ)

Gọi A ' M  AC  N  d  A,  A ' BM    d  A,  A ' BN  
Kẻ AK  BN , K  BN
Kẻ AH  A ' K , H  A ' K

0,5

 d  A,  A ' BN    AH
Chứng minh được CM là đường trung bình của tam giác A ' AN
 A ' M  MN và có BM  A ' N  tam giác A ' BN cân tại B
 BN  A ' B  a 21
Diện tích tam giác ABN là:
1
  1 AK .BN  AK  2 7 a
S ABN  AB. AN .sin BAN
2
2
7
1
1
1
36

a 5
Ta có:



 AH 
2
2
2
2
AH
AK
A' A
20a
3
a 5
Vậy: d  A,  A ' BM   
3
Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ số đều khác
0 , lẫy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy
ra có mặt đúng ba chữ số khác nhau.
Ta có: Số phần tử của không gian mẫu  là: n     95

Bài 4
(1,0 điểm)

0,25

0,25

(1,0đ)
0,25

Gọi A là biến cố: “Trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số
khác nhau”
Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số 1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 là
C93 .
Xét các số thỏa mãn yêu cầu bài toán được tạo thành từ 3 chữ số a; b; c ở
trên. Có hai trường hợp sau xảy ra
TH1: Một chữ số có mặt 3 lần; các chữ số còn lại có mặt đúng 1 lần:
5!
Có tất cả: 3.  60 số.
3!
TH2: Hai chữ số có mặt hai lần, chữ số còn lại có mặt 1 lần:

0,25

0,25


5!
 90 số.
2!.2!
Số kết quả thuận lợi của biến cố A là: n  A    60  90  .C93  12600

Có tất cả: 3.

Xác suất của biến cố A là: p  A  

n  A  1400


 0, 2134
n    6561

0,25

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD nội tiếp
đường tròn đường kính BD . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông
Bài 5
(1,0 điểm)

góc của A trên các đường thẳng BD và CD. Biết A  4;6  ; đường
thẳng HK có phương trình 3 x  4 y  4  0; điểm C thuộc đường
thẳng d1 : x  y  2  0
và điểm B thuộc đường thẳng
d 2 : x  2 y  2  0; điểm K có hoành độ nhỏ hơn 1. Tìm tọa độ các
điểm B và C.

(1,0đ)

A

B

H

D
E
K

C
Gọi E  AC  HK
  HKC
.
Tứ giác AHKD nội tiếp  HAD
Tứ giác ABCD nội tiếp  
ABD  
ACD .


Tam giác ABD vuông tại A  ABD  HAD

Vậy HKC
ACD hay tam giác ECK cân tại E .
Vì tam giác ACK vuông tại K nên E là trung điểm của AC .
c 4 8c
;
Ta có C  d1  C  c;2  c   E 

2 
 2
Vì E  HK nên tìm được c  4  C  4; 2  .

0,25

0,25

K  HK : 3 x  4 y  4  0 nên gọi K  4t ;3t  1



 AK  4t  4;3t  7  ; CK (4t  4;3t  1) .

 1
 
t  5
2
Ta có: AK  CK  AK .CK  0  25t  50t  9  0  
.
t  9
 5
4 2
Vì hoành độ điểm K nhỏ hơn 1  K ( ; )
5 5
BC có phương trình: 2 x  y  10  0.
B  BC  d 2  B (6;2) .
Kết luận: B  6; 2  ; C  4; 2 

0,25

0,25


Bài 6
(1,0 điểm)

u1  2  1

.
Cho dãy số  un  xác định bởi 
1  un

u

,

n


,
n

1
 n1
2

Hai dãy số  vn  ,  wn  xác định như sau:

(1,0đ)

vn  4n 1  un  ; wn  u1.u2 .u3 ...un , n  , n  1. Tìm các giới hạn
lim vn ; lim wn .

 
Chọn    0;  sao cho cos  2  1
 2
1  cos 

 cos
Khi đó ta có u1  cos   u2 
2
2


 
( Do    0;  nên cos  0 ).
2
 2
1  cos

0,25



2  cos 
2
4

Tương tự ta sẽ có u3 

1  cos



2n 1  cos 
2
2n 1
 


Suy ra vn  4 n (1  un )  4 n 1  cos n 1   4n.2sin 2 n
2 
2


Bằng quy nạp ta chứng minh được un 

2



sin n




2
Vậy lim vn  lim  4n.2sin 2 n   lim 

2 

 n
 2







2
2
 .2  2






 cos
2
2
2




2n sin n 1 .cos n 1 .cos n  2 ...cos .cos
sin 2
2
2
2
2




2n sin n 1
2n sin n 1
2
2









sin 2
sin 2
1

  sin 2
 lim

Suy ra lim wn  lim

 
 2
2
2n sin n 1
sin n 1 

2
2

 



2n 1 
Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Ta có wn  u1u2 ...un  cos

Bài 7
(1,0 điểm)

n 1

P

.cos

n2

   cos

0,25

4a 3  3b3  2c3  3b 2 c

0,25

0,25

(1,0đ)

3

a  b  c

Áp dụng BĐT Cauchy, ta có: 3b 2 c  2b3  c 3 , dấu “=” xảy ra  b  c.
3

Ta chứng minh: b  c

3

b  c 

4

0,25

3

(1) , b  0, c  0.


Thật vậy:
2
1  4  b3  c3   b3  3b2c  3bc 2  c3   b  c  b  c   0, b  0, c  0
Dấu “=” xảy ra  b  c.
Áp dụng các BĐT trên ta được:
3
b  c
4a 3 
a
1
3
4
, t   0;1
P
 4t 3  1  t  , với t 

3
abc
4
a  b  c
1
3
1  t  với t   0;1
4
 1
t  5
3
2
2
Có: f '  t   12t  1  t  ; f '  t   0  
4
t   1

3
Bảng biến thiên:
1
0
1
t
5
0
+
f 't 

0,25

Xét hàm số f  t   4t 3 

0,25

f t 
4
25

Từ bảng biến thiên suy ra: P  f  t  

4
.
25

b  c

Dấu “=” xảy ra   a
1  2a  b  c.

 a  b  c 5
4
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
khi 2a  b  c.
25

Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.

0,25