30 đề hsg tỉnh toán 11 giải

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ Câu 1.(2,0 điểm) a) Giải bất phương trình: x  x  2(2  x ) x   x  xy  y10  y b) Giải hệ phương trình:   x   y  6 Câu 2.(2,0 điểm)  x  m  y ( x  my ) Tìm tất giá trị tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm   x  y xy Câu 3.(2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm I (2; 4) đường thẳng d1 : x  y  0, d : x  y  0 Viết phương trình đường trịn (C ) có tâm I cho (C ) cắt d1 A, B cắt d C , D thỏa mãn AB  CD  16 5 AB.CD Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB= c ,BC=a ,CA=b Trung tuyến CM vng góc với phân giác AL CM b   Tính cos A AL c Cho a,b   thỏa mãn: (2  a )(1  b)  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  16  a   b Câu (2,0 điểm) Cho f  x   x  ax  b với a,b   thỏa mãn điều kiện: Tồn số nguyên m, n, p đôi phân biệt m, n, p 9 cho: f  m   f  n   f  p  7 Tìm tất số (a;b) Câu 6: (2,0 điểm) Giải phương trình cos x(tan x  tan x) sin x  cos x Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x  y  x  y  0 tâm I điểm M (3; 2) Viết phương trình đường thẳng  qua M ,  cắt (C ) hai điểm phân biệt A, B cho diện tích tam giác IAB lớn  x4  x  y  y  ( x , y  ) Câu (2,0 điểm) Giải hệ phương trình  x  y   Câu (2,0 điểm) Cho số a, b, c khơng âm cho tổng hai số dương Chứng minh :   a b c ab  bc  ca    6 b c a c a b a b c Câu 10.(2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho A  3;1 , B   3;9  , C  2;  3  a) Gọi D ảnh A qua phép tịnh tiến theo BC Xác định tọa độ D b) Viết phương trình đường thẳng qua A , cắt đoạn thẳng CD M cho tứ giác ABCM có diện tích 24 Trang HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN ĐỀ 01 Câu1 Đáp án Điểm Điều kiện: x  Đặt t  x  ( t 0 ) x t  Khi ta có 2 x  x   2(2  x)t 0  x  2tx  4t  3(t  1)  0 1.0  ( x  t )2  (2t  1)2 0  ( x  3t  1)( x  t  1) 0 1điểm  x  t (do x  3t   0; x  ; t 0 )  x 1  x 2  Với x  t ta có x   x     x  x  2 x  Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm bất phương trình S [2  2; )  x  xy  y10  y (1)   x   y  6 (2) Điều kiện: x  1,0 Th1: y 0  x 0 không thỏa mãn điểm  x x Th2: y 0 ta có: (1)      y  y  (t  y )(t  t y  t y  ty  y ) 0 với t=x/y y  y  (t  y )  (t  y )  (t  y ) (t  yt  y )   0  t=y hay y  x 23  x  Thay vào (2): x   x  6  x  37 x  40 23  x    x  42 x  41 0   y   x 1 Đối chiếu đk ta nghiêm hệ là: ( x; y )  (1;1);(  1;1) Câu2  my  y  m 0 (1) Hệ cho tương đương với:   x  yx  y 0 (2) 2.0  y 0 Phương trình (2) (ẩn x ) có nghiệm  x  y  y 0    y  Th1: m 0, ta có y 0, x 0 Suy m 0 thỏa mãn Trang Th2: m 0 Phương trình (1) (ẩn y ) khơng có nghiệm thuộc khoảng (  ;  4]  [0; ) (*) nghiệm (1) có nghiệm thuộc ( 4;0), điều kiện 1   1  4m     m  ( ;  )  ( ; )     1  4m    1  4m 0     m       1  4m 0     (B)   4m    y   4 0        4m   8m ( A) 2m      y2     4m     m    8m         2m điểm (với y1 , y2 nghiệm phương trình (1)) (1) vơ  1 4  m     m    (B)  m  ( ;  )  ( ; ) (A)   17 17   m    8m  Hệ phương trình cho có nghiệm phương trình (1) (ẩn y ) có nghiệm 4 m  ; m 0 Vậy tất thuộc khoảng (  ;  4]  [0; ) hay (*) không xảy ra, điều kiện 17 4 m  giá trị m cần tìm 17 2 Gọi hình chiếu I d1 , d E , F IE d ( I ;d1 )  ; IF d ( I ;d2 )  5 Gọi R bán kính đường trịn (C ) cần tìm ( R  ) AB 2 AE 2 R  Câu3 điểm 4.a điểm 2,0 36 ; CD 2CF 2 R  5 4 36  36   R2  Theo giả thiết ta có:  R     R    16 20 R  5  5    R  16 4 (5 R  4)(5 R  36)  R   (5 R  4)(5 R  36) 6  (2 R  4)2 (5R  4)(5R  36) (do R  )  R 2 ( R  ) 5 Vậy phương trình đường trịn (C ) cần tìm (C ) : ( x  2)  ( y  4) 8  c b AB  AC Ta có: AL  b c  b  c  CA  CB AB  AC CM   2   Theo giả thiết: AL  CM  AL.CM 0      b AB  c AC AB  AC 0  bc  bc cos A  2cb cos A  2cb 0   1.0    c  2b    cos A  0  c 2b (do cos A   1) b2  a c2 a  b2      1 AL2  AB  AC  AB  AC  AB AC   9b  a  9 Khi đó: CM      Trang CM CM a  b a  b2 a2  5         6  AL AL2 9b  a 9b  a b2  cos A   b  c  a 5b  a 5   2bc 4b C/M : a  b  c  d  (a  c )  (b  d ) ấu xẩy khi: 4.b 1điểm a b  c d 1.0  a2   a2  p (a  4b ) Áp dụng (1) ta có :       b     b2    16     Mặt khác: (1  2a)(1  b)   a  2b  ab  (2) 2  a  2a  3(a  4b )   2a  4b  2ab  a  4b 2 (3) Mà: 4b  4b  a  4b  2ab  Từ (1) (3) suy ra: p 2 17 Dấu “=” xẩy khi: a=1 b  Vậy: MinP 2 17 Đạt a=1 b  số f(m),f(n),f(p) dương, âm có số dấu nên: Th1: f(m),f(n),f(p) -7  loại phương trình f(x)-7=0 có nghiệm phân biệt 2,0 Th2: f (m)  f (n) 7 f ( p)  Khơng tính tổng quát,giả sử m>n m  p  n  p ta có: m,n nghiệm pt: x  ax  b  0 p nghiệm pt: x  ax  b  0 nên : Câu điểm  n  p 2  n  m 9(l )  m  n a  p  m     (n  p)(n  p  a) 14  ( n  p)( p  m) 14   n  p  (m  p )(m  p  a) 14   n  m  9(l )    p  m  Th3: f (m)  f (n)  f ( p ) 7 ,khiđó hồn tồn tương tự ta có:  m  p   m  p 7 ( p  n)( m  p)  14     p  n 2  p  n  Do m,n,p   1;9 nên tìm là: (a;b)=  (11;17),(13; 29), (7;  1),(9;7) Câu 2,0 Điều kiện: cosx 0 (*) PT cho tương đương 2sin x  2sin x.cos x sin x  cos x  2sin x(sin x  cos x) sin x  cos x  (sin x  cos x)(2sin x  1) 0  +) sin x  cos x 0  tan x   x   k  5 + sin x   x   k 2 ; x   k 2 6 Đối chiếu điều kiện (*), suy nghiệm PT Trang x    5  k ; x   k 2 ; x   k 2 (k  ) 6 Câu 2,0 I t A M H B (C ) có tâm I (1; 2) , bán kính R 3 Ta có IM 2  R nên M nằm đường trịn (C) Gọi H hình chiếu I AB đặt IH t ,  t 2 Ta có S IAB  IH AB t  t Xét hàm f ( x ) t  t ;0  t 2 Ta có f '(t )   2t  t2  0, t   0; 2 , suy f (t ) đồng biến  0; 2  f (t )  f (2) Vậy S IAB lớn d  I ;   t 2 , hay H M  Khi  nhận IM véc tơ pháp tuyến, suy  : x  0 Câu 2,0 điểm Đặt x  y a, x  y b Để cho tiện ta đặt c 3 Từ phương trình thứ hai hệ, ta có:  ab  c  ab c a b a b ab , suy x  y  (a  b ) ,y  2 (a  b) a  3b a  c b x  y (a  b)    2 ab a  c 3b Phương trình thứ hệ trở thành: (a  b )   c(a  b ) a  c 3b 2 2 c(a  b ) a  c b Ta có hệ  , suy  ab c 0,25 Từ x  0,25  c2  c4 c  a   a   ca  c3 a  ac  (ca  1)(a  c ) 0  a   a c a a  c  Câu c 1 1 3 - Nếu a c, b 1 x   ,y  2    c3    c3  1 x   c   , y   - Nếu a  , b c     c  3 2 c 2c 2 c 2c c 3    3 1 3      ( x ; y )  ;  , ;  Vậy hệ cho có hai nghiệm    3   2,0 điểm Đặt P  a b c ab  bc  ca    bc a c a b a b c 0,25 0,25 0,25 Trang Giả sử a b c , Suy ab ac b.b c.c     bc a c a b b c c b b c b c   a c a b a Đặt t b  c P  0,25 a t at   t a a t 0,25 a t at a  t at     6 (AM-GM) Do P 6 (đpcm) t a a t at a  t Chú ý: Đẳng thức xảy a  t 3 at chẳng hạn (a, b, c) thỏa mãn Ta có  0,25  3  ( a; b; c)  ;1;0  (HS khơng cần nêu bước này)   Câu 10(2,0 điểm)   D TBC  A   AD BC a/ BC  5;  12   xD  5   y   12  D  b/ AB   6;8    xD 8  D  8;  11  y  11  D 16 AB 10 ;Pt(AB): x  y  15 0  d   CM  ,  AB   d  C ,  AB     AB  CM  d   CM  ,  AB   SABCM  24  CM 5 AB CD Do M thuộc đoạn thẳng CD, CM 5  suy M trung điểm CD  M  5;    2 Pt (AM) là: x  y  13 0 Hết ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ Câu (3,0 điểm) a) Cho hàm số y x  3x  hàm số y  x  m Tìm m để đồ thị hàm số cắt hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trung điểm I đoạn thẳng AB đến trục tọa độ b) Giải bất phương trình:  x2  4x   0 2x  Câu (3,0 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(1;2) Đường thẳng  đường phân giác góc A có phương trình 2x  y  0 ; Khoảng cách từ C đến  gấp lần khoảng cách từ B đến  Tìm tọa độ A C biết C nằm trục tung b) Cho tam giác ABC vng A, gọi  góc hai đường trung tuyến BM CN tam giác Chứng minh sin   Câu (3,0 điểm) Trang  2  1 a) Cho tam giác ABC Gọi D, E điểm thỏa mãn: BD  BC; AE  AC Tìm vị trí điểm K AD cho điểm B, K, E thẳng hàng b) Cho tam  giác ABC I thỏa mãn hệ   vuông A; BC = a; CA = b; AB = c Xác2 định2 điểm 2 thức: b IB  c IC  2a IA 0 ; Tìm điểm M cho biểu thức ( b MB  c MC2  2a MA ) đạt giá trị lớn Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình:   x   x  2  x  x  b) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x  y  z xyz Chứng minh rằng:   x2   y   z   xyz x y z Câu 5: (3,0 điểm) a) Cho tan b a b a 3sin a  4 tan Chứng minh : tan  3cos a 2 1   0 cos 290 sin 250 35 8 c) sin x  cos x  cos8 x  cos x  64 16 64 b) Chứng minh : Câu 6: (3,0 điểm) Giải phương trình sau: a) sin x  3sin x cos x  cos x 1  0 12cos x  5sin x  14  cot2x.tan x  6(1  sin 2 x) ; c) cos x Câu 7(1,0 điểm): Tìm giá trị  để phương trình : b) 12 cos x  5sin x  (cos   3sin   3)x  ( cos   3sin   2)x  sin   cos   0 có nghiệm x =1 Câu 8(2,0 điểm):  a).Trong mặt phẳng 0xy ,cho vectơ v =(-2;1), đường thẳng d có phương trình 2x –3y +3 =0 Hãy xác định  phương trình d’ ảnh d qua phép tịnh tiến theo vectơ v b) Trong mặt phẳng 0xy , cho đường tròn ( C) có phương trình : x  y  2x  4y  0  Tìm ảnh ( C) qua phép tịnh tiến theo vec tơ v =(-2;5) HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ Câu Ý Nội dung Điểm a Cho hàm số y x  3x  hàm số y  x  m Tìm m để đồ thị hàm số cắt hai điểm phân biệt A, B đồng thời trung điểm đoạn thẳng AB cách trục tọa độ 1,5 Yêu cầu toán  PT sau có hai nghiệm phân biệt x  x   x  m hay x  x   m 0 (*)có  '   m>1 Gọi x A ; x B nghiệm (*), I trung điểm AB ta có x I  xA  xB 1 ; y I  x I  m m  Yêu cầu toán  y I  x I  m  1  m 2; m 0 Kết hợp ĐK, kết luận m 2 Trang b Giải bất phương trình: TXĐ: (1)   x2  x    (1) 2x  1,5  x  x     x  2;2  x   x    x  4x  Nếu  x   0,25 2x  0,25  x  x    x  , bất phương trình nghiệm với x: 1 x  2 x   Nếu  x      x  x   bất pt cho  2x    x  4x   x  16 x  16   x  x   x  20 x  19  Kết hợp nghiệm, trường hợp ta có:  Tập nghiệm bpt cho: (1;2)  (2  a x 2 0,25 5 ;x  2 5 0,25 x 3 0,25 ;3) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B (1;2) Đường thẳng  đường phân giác góc A có phương trình 2x  y  0 ; khoảng cách từ C đến  gấp lần khoảng cách từ B đến  Tìm tọa độ A C biết C nằm trục tung D(B;  )= y0  y0    y 10; y  ; C(0:y0) ; D(C;  )= , theo ta có 5 5 Vẽ hệ trục tọa độ, điểm B, ý C khác phía B  suy C(0;-8) 1,5 0,25 0,25 Gọi B’(a;b)  điểm đối xứng với B qua  B’nằm AC  Do BB'  u  (1;  2) nên ta có: a  2b  0 ; 0,25 Trung điểm I BB’ phải thuộc  nên có: 2a  b  0 Từ ta có: a= -7/5; b=4/5  3 Theo định lý Ta - Let suy CA  CB' Từ suy A(    44  A(x; y);CA  x; y   ;CB'   ;   5  0,25  21 26 ; ) ;C(0;-8) 10 0,25 Xét tam giác vuông ABC vng A, gọi  góc hai đường trung b tuyến BM CN tam giác Chứng minh sin   1,5 Gọi a, b c tương ứng độ dài cạnh đối diện góc B A, B BM c  N G C tam giác Có CN b  c2 b2 BG  CG  BC2 2BG.CG 2 2(b  c )  Gọi G trọng tâm tam giác ABC, ta có cos BGC  A =  2(b  c2 ) M (4c  b )(4b  c ) C ; Do cos  (4c  b )(4b  c ) Trang 5(b  c ) ;" "  4c  b 4b  c  b c 2 2(b  c ) 2(b  c ).2   Do cos  5(b  c ) (4c  b )(4b  c ) Có (4c2  b )(4b  c )  Hay sin    cos   Dấu có tam giác vng cân đỉnh A  a  2  Cho tam giác ABC Gọi D, E BD  BC; AE  AC Tìm vị 1,5 trí điểm K AD cho điểm B, K, E thẳng hàng  1   1 BA(1) 4 4   4 Giả sử AK x.AD  BK x.BD  (1  x)BA Vì AE  AC  BE  BC  A E K  2     2x  BD  (1  x)BA 3   DVì B, K, ECthẳng hàng(B E ) nên có m cho BK mBE  2x  m 3m BC  BA  BC  (1  x)BA Do có: 4    m 2x 3m    Hay    BC    x   BA 0      m 2x 3m  0 &1  x  0 Từ suy Do BC; BA không phương nên 4  1 x  ; m  Vậy AK  AD Mà BD  BC nên AK x.AD  BK  B b Cho tam giác ABC vuông A; BC = a; CA = b; AB  = c. Xác định điểm I thỏa mãn hệ thức:  2a IA  b IB  c IC 0 ; Tìm điểm M: biểu thức  2a MA  b MB2  c MC đạt giá trị lớn 1,5 Kẻ đường cao AH, ta có b a.CH;c a.BH nên b BH c CH Do đó:    b BH  c CH 0      Suy b IB  c IC b IH  c IH a IH     Kết hợp giả thiết suy 2a IA a IH hay 2.IA IH Do điểm I thỏa mãn gt I thỏa mãn A trung điểm IH     Với x, y, z tùy ý thỏa mãn: x.IA  y.IB  z.IC 0 (*) bình phương vơ hướng vế (*), ý  2IA.IB IA  IB2  AB2 ta có: 2 A 2 (x.IA  y.IB  z.IC )(x  y  z) xyc  xzb  yza Từ có ( 2a IA  b IB2  c IC ) 3b c    Mặt khác xMA x(IA  IM) x(IM  IA  2IA.IM) B Tương tự cho yMB2; zMC2 cộng đẳng thức lại ta có H 2 2 2 C xMA  yMB  zMC (x  y  z)IM  xIA  yIB  zIC Thay số có:  2a MA  b2 MB2  c2 MC2  a IM  3b 2c 3b 2c2 Dấu xảy M trùng I a Giải phương trình:   x   x  2  x  x  (*) 1,5 Trang ĐK: x  1 ; x  2 (*)  (3x  1)  (2x  1)  2(3x  1) 2x   (3x  1)  (2x  1)  (10x  8x)  2x   3x     2x  2x  2(a)  x  1    2x  4x(b)  4  4 Giải (b) vô nghiệm Kết luận (*) có nghiệm x  Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x  y  z xyz Chứng minh rằng: Giải(a) đối chiếu ĐK có nghiệm x  b   x2   y   z   xyz (I) x y z Giả thiết suy ra: 1,5 1   1 Ta Có: xy yz zx  1  1   1  1 x2 1 1                 ;" "  y z x x xy yz zx  x y  x z  2 x y z  Viết hai BĐT tương tự cộng lại ta được:   x   y   z     ;" "  x y z       x y z x y z  1 1 2    xyz   xy  yz  zx   xyz   x  y  z   x y z Ta CM:  2   x  y    y  z    z  x  0 Điều lng Dấu có x=y=z Vậy (I) CM, dấu có x=y=z= Câu 5(2,0 điểm) b a tan  tan b a a b 2  3t  a) Đặt tan = t tan = 4t ,do : tan a b  4t 2 2  tan tan 2 2t b a 3sin a 3t   1 t  Mặt khác : tan Từ suy điều phải chứng minh 1 t  3cos a  4t 5 1 t2 1 1    b)VT = 0 cos 70 sin 700 sin 20 cos 200   0 cos 20  sin 20   0 4sin 400 2 cos 20  sin 20    ( đpcm) = =  sin 40 3 sin 200 cos 200 sin 400 c) VT = (sin x  cos x)  2sin x cos x = (1  2sin x cos x)  2sin x cos x  cos x   cos x  =  sin x cos x  2sin x cos x =     =… 8  2 4 Trang 10