ĐỀ + đáp án HSG 11 TỈNH NGHỆ AN năm 2018

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 CẤP THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 Đề thức Mơn thi: TỐN HỌC - BẢNG A Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Câu (7,0 điểm)  3x   2sin     cos3 x  4 1 a) Giải phương trình  2sin x  x  y    xy  x  y  b) Giải hệ phương trình   x  y  x  12  12  y   x  x, y    Câu (2,0 điểm) Một hộp chứa 17 cầu đánh số từ đến 17 Lấy ngẫu nhiên đồng thời cầu Tính xác suất cho tổng số ghi cầu số chẵn Câu (5,0 điểm) Cho hình chóp SABCD, có đáy hình thoi cạnh a, SA  SB  SC  a Đặt SD  x 0  x  a  a) Tính góc đường thẳng SB mặt phẳng (ABCD), biết x  a b) Tìm x theo a để tích AC.SD đạt giá trị lớn Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD Hình chiếu vng góc điểm D lên đường thẳng AB, BC M  2;2  , N  2; 2  ; đường thẳng BD có phương trình x  y   Tìm tọa độ điểm A Câu (4,0 điểm) un2  n  un  1  n a) Cho dãy số  un  , biết u1  6, un1  , với n  n 1 1  Tính giới hạn lim       un   u1 u2 b) Cho ba số thực a, b, c thuộc đoạn  0;2 Tìm giá trị lớn biểu thức P   a c  c b  b c  c a  a 2b   a  b  c  …………….Hết…………… Họ tên thí sinh…………………………………… Số báo danh…………………… Câu (7,0đ) Đáp án Điểm  3x   2sin     cos3 x  4 a) (4,0 điểm) Giải phương trình  (1)  2sin x   x   k 2  Điều kiện: sin x     x  5  k 2    (1)   cos  3x    cos3 x   2sin x 2     sin 3x  3cos3x  2sin x  sin  3x    sin x 3      3 x   x  k 2  x   k     k  3 x     x  k 2 x     3 0,5 1,0 1,0 1,0 Đối chiếu với điều kiện, phương trình cho có nghiệm x 7    k 2 , x    k 2 , x   k 6 0,5 b) (3,0 điểm) Giải hệ phương trình  x  y    xy  x  y  (1)   x  y  x  12  12  y   x 1   x  y  1 (2) 0  x  y 1   y  x 1 Thay y  x  vào phương trình (2) ta phương trình  x, y    1,0 0,5 x  x  11x   11  x   x   x  1   x  1    3  x 1     x  (3) Đặt a  x  1; b   x  , phương trình (3) trở thành  a  5a  b3  5b   b  3b   a  b   a     5   a  b 2   Do (3)  x    x    x  x x  1  13  x x  x     1  13 x   Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y ) với   y   13  1,0 0,5 (2,0đ) Một hộp chứa 17 cầu đánh số từ đến 17 Lấy ngẫu nhiên đồng thời ba cầu Tính xác suất cho tổng số ghi ba cầu số chẵn Số phần tử không gian mẫu n     C173 0,5 Gọi A biến cố: Lấy đồng thời ba cầu cho tổng số ghi ba cầu số chẵn Xét khả xảy KN 1: Lấy ba cầu có số ghi ba cầu số chẵn Số cách chọn C83 KN 2: Lấy hai cầu có số ghi hai cầu số lẻ cầu có số ghi cầu số chẵn Số cách chọn C92 C81 Vậy: P  A  (5,0đ) C83  C92 C81 43  C173 85 0,5 0,5 0,5 Cho hình chóp SABCD, có đáy ABCD hình thoi cạnh a, SA  SB  SC  a Đặt   x  SD  x  a a) Tính góc đường thẳng SB mặt phẳng  ABCD  , biết x  a b) Tìm x theo a để tích AC.SD đạt giá trị lớn a) (3,0 điểm) S D A 1,0 O C B Gọi O tâm hình thoi ABCD  SO  AC  SO  ( ABCD)  SO  BD Khi x  a, ta có   Suy góc thẳng SB mặt phẳng  ABCD  góc SBO Mà SOB  SOC  OB  OC  Đáy ABCD hình vng Do OB  a    SBO   450  cosSBO 2 b) (2,0 điểm) Ta có SOC  BOC  OS  OB  tam giác SBD vuông S Suy BD  a  x  OB  1,0 1,0 0,5 a2  x2 AC  2OC  BC  OB  3a  x Do AC.SD  x 3a  x Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si, ta có 0,5 1,0 x  3a  x 3a 3a x 3a  x    AC.SD  2 2 Dấu “=” xảy x  3a  x  x  3a  x  x  a a tích AC SD đạt giá trị lớn Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD Hình chiếu vng góc điểm D lên đường thẳng AB, BC M  2;2  , N  2; 2  ; đường thẳng BD có phương trình x  y   Tìm tọa độ điểm A Vậy x  (2,0đ) M A B I D C N Gọi I ( x; y ) tâm hình bình hành ABCD 0,5 Vì tam giác BMD vng M I trung điểm BD nên MI  BD 1 Tương tự ta có NI  BD   Từ (1) (2) suy 2 2 MI  NI   x     y     x     y    y  x (3) Mà I thuộc BD nên 3x  y   (4) 1 1 Từ (3) (4) suy x  y   I  ;  2 2 34  B, D thuộc đường tròn (T ) có tâm I bán kính 2 34 1   17  ( T ) R x   y  có phương trình      2  2  Vì B, D giao điểm đường thẳng BD đường tròn (T ) nên tọa độ B, D 3x  y     x  2 x   2 nghiệm hệ   1   17   y   y  x   y         2  2  TH1: B (3;2) , D (2; 1)   Suy phương trình đường thẳng AB : y  2; AD : x  y    A   ;    TH2: B (2; 1) , D(3;2) Do ID  IB  MI  Suy phương trình đường thẳng 0,5 0,5 0,5 13   AB : x  2; AD : x  y  11   A  2;  4  (4,0đ) un2  n  un  1  n a) (2,0 điểm) Cho dãy số  un  , biết u1  6, un 1  với n  n 1 1    Tính giới hạn: lim   un   u1 u2 Ta có: u1   3.1 u2  u12  u1   32  3.2 * Giả sử uk  3k , k   Ta cần chứng minh uk 1   k  1 uk2  kuk  k  k uk  uk  3k   2kuk  k  k Thật vậy: uk 1   k k  uk 1  2uk  k   2.3k  k    k  1 (đpcm) 0,5 Vậy un  3n, với n  * (1) uk2  kuk  k  k uk2  kuk uk 1   uk 1   k 1 k k u  kuk k 1  uk 1   k  1  k     k uk 1   k  1 uk  kuk uk  k uk 1     2 uk uk  k uk 1   k  1 Áp dụng (2) suy 0,5 1   u1 u1  u2  1   u2 u2  u3  … 1   un un  n un 1   n  1 0,5 Cộng theo vế đẳng thức ta 1 1 1         3 u1 u2 un u1  un1   n  1 un1   n  1 Mặt khác theo (1) ta có un1   n  1  un   n  1  2n   0, n  * Vậy 1  un 1   n  1 2n  Mà lim 1   lim   3 2n  un 1   n  1 0,5 1 1      un   u1 u2 Từ (2) (3), suy lim  b) (2,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c thuộc đoạn  0; 2 Tìm giá trị lớn   biểu thức P  a c  c 2b  b c  c a  a 2b  a  b  c  Với ba số thực a, b, c thuộc đoạn  0; 2 ta có 0,5 a c  c 2b  b c  c a  a 2b  a c  c 2b  b a  b c  c a  a 2b  a 2c  c 2b  b c  c a  a 2b   a  b  b  c  c  a   P  Q với Q   a  b  b  c  c  a  a  b  c  Ta chứng minh Q  32 (1) (2) Thật vậy: Khơng tính tổng quát ta giả sử a  max a; b; c TH1: a  b  c  Q  TH2: a  c  b , áp dụng bất dẳng thức Cô – Si cho ba số không âm     a  c ; c  b;    1 a  c 2c  b    a  b  c  ta có       3a   b     a  c  c  b  a  b  c    108   a  b  a  c  c  b  a  b  c    a  b       3a   b   1 a  b  c        a  b   0,5 3a  108    b  (3) 3  b   32 (4) Mà 108 32 Từ (3) (4) suy Q  32 Do (2) Từ (1) (2) suy P  32 Khi a  2, b  0, c  P  32 Vậy giá trị lớn biểu thức P 3a  - - - Hết - - Ghi chú: Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa 0,5 0,5 ...Câu (7,0đ) Đáp án Điểm  3x   2sin     cos3 x  4 a) (4,0 điểm) Giải phương trình  (1)  2sin x   x...  y  x 1 Thay y  x  vào phương trình (2) ta phương trình  x, y    1,0 0,5 x  x  11x   11  x   x   x  1   x  1    3  x 1     x  (3) Đặt a  x  1; b   x ...  1,0 0,5 (2,0đ) Một hộp chứa 17 cầu đánh số từ đến 17 Lấy ngẫu nhiên đồng thời ba cầu Tính xác suất cho tổng số ghi ba cầu số chẵn Số phần tử khơng gian mẫu n     C173 0,5 Gọi A biến cố: