UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn thi: Tốn – Lớp 11 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y m 1 x 2m có đồ thị đường thẳng d Tìm m để đường thẳng d cắt trục Ox ,Oy hai điểm A B cho tam giác OAB cân Câu (4,5 điểm) sin2 1) Giải phương trình x 3 cos 2x cos2 x cos 3x x xy x 2y y 2) Giải hệ phương trình x 3y 2x 5x 3y 5x 2y Câu (4,0 điểm) 3x x x x2 1 1) Tìm a để hàm số f x liên tục điểm x a 2 x x 2u un 1 2) Cho dãy số un xác định u1 2019; u2 2020; un 1 n , n 2, n Tính lim un Câu (2,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD có tâm I Trung điểm cạnh AB M (0; 3) , trung điểm đoạn CI J (1; 0) Tìm tọa độ đỉnh hình vng, biết đỉnh D thuộc đường thẳng : x y Câu (4,0 điểm) 1) Cho hình chóp S ABCD , có đáy ABCD hình chữ nhật với AB a 3, BC a SA SB SC SD 2a Gọi K hình chiếu vng góc B AC H hình chiếu vng góc K SA a) Tính độ dài đoạn HK theo a b) Gọi I giao điểm hai đường thẳng HK , SO Mặt phẳng di động, qua I cắt đoạn thẳng SA, SB, SC , SD A, B ,C , D Tìm giá trị nhỏ P SA.SB .SC .SD 2) Cho tứ diện ABCD có đường cao AH Mặt phẳng P chứa AH cắt ba cạnh BC ,CD, BD M , N , P ; gọi ; ; góc hợp AM ; AN ; AP với mặt phẳng BCD Chứng minh tan2 tan2 tan2 12 Câu (3,0 điểm) 1) Cho tam thức f x x bx c Chứng minh phương trình f x x có hai nghiệm phân biệt b 2b 4c phương trình f f x x có bốn nghiệm phân biệt 2) Cho a, b, c số thực dương thay đổi thỏa mãn (a b c)2 ab Tìm giá trị nhỏ ab c2 c biểu thức P a b a b a b c 3) Lớp 11 Tốn có 34 học sinh tham gia kiểm tra mơn Tốn để chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi cấp tỉnh Đề kiểm tra gồm tốn Biết tốn có 19 học sinh giải Chứng minh có học sinh cho toán hai học sinh giải -Hết Họ tên thí sinh : Số báo danh HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 - 2019 Mơn: Tốn – Lớp 11 UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Câu (2,0 điểm) Lời giải sơ lược Điểm 2m Ta có d cắt trục Ox điểm A ; 0 (điều kiện m ) m 0,5 d cắt trục Oy điểm B 0; 2m Khi OAB vng O nên OAB cân O OA OB 2m 2m m 1 m 2m m m m Với m ta có ba điểm A, B,O trùng (Loại) Hai trường hợp lại thỏa mãn Vậy m 0; m giá trị cần tìm 0,5 0,5 0,5 Chú ý: + Học sinh thiếu điều kiện m trừ 0,25 điểm + Nếu học sinh thiếu dấu trị tuyệt đối bước 2, mà làm bước tìm m cho 1,25 điểm + Nếu học sinh thiếu dấu trị tuyệt đối bước 2, mà làm bước tìm m 2; m cho 1,0 điểm CÁCH 2: Học sinh giải theo cách ngắn sau (vẫn cho điểm tối đa) Vì d cắt trục Ox ,Oy A, B cho OAB vng cân O nên d có hệ số góc k tan 45 k k , với k 1 k tan 135 Mặt khác theo giả thiết d có hệ số góc k m m m Do m m 2 2.1 (2,25 điểm) Điều kiện: cos 3x Ta có: phương trình cho tương đương với x 3 sin2 cos 2x cos2 x 0,25 0,75 cos x cos 2x sin 2x 2 cos x cos 2x sin 2x cos 2x cos x x 5 k 2 18 k x k 2 0,75 Với x 7 k 2 k , ta có cos 3x (thỏa mãn điều kiện * ) 5 2 k k , ta có cos 3x (không thỏa mãn điều kiện * ) 18 2 7 k 2 k Vậy phương trình cho có nghiệm x 2.2 (2,25 điểm) x xy x 2y y 1 x 3y 2x 5x 3y 5x 2y 2 x Điều kiện: 2x 5x x Với x 0,5 Ta có phương trình 1 x y xy y x y x y 2 x y x xy y x xy 2y * y 7y 2 Mà x xy 2y x 0, x , y nên phương trình * vơ 0,5 0,25 nghiệm Thay y x vào phương trình 2 ta có x 3x 2x 5x 3x 5x 2x x 3x x 3x 2x 5x 2x 5x (3) x x 2x 5x x 3x 2x 5x x 2x 5x 2x 5x 3x 5x 2x x 3x 1,0 2x 5x 3 x 3x x 2x 5x 4 5 33 5 33 , thỏa mãn x 4 (4) x 2x x 2x 5x x (2x 5) x 2x 5x x x3 2 2x (2x 5) (2x 5)2 x (2x 5) x (2x 5) (2x 5)2 2x 2x 2x (2x 5) , không thỏa mãn x 2x Vậy hệ phương trình cho có nghiệm 5 33 5 33 5 33 5 33 ; x ; y ; ; 4 4 3.1 (2,0 điểm) 0,5 TXĐ: Ta có 0,25 lim f x lim x 1 x 1 3x x lim f x lim x 1 x 1 x2 1 3x x a 2 x lim x 1 x 1 3x x a 2 f 1 x 1 x 1 3.2 (2,0 điểm) 2un un 1 0,75 0,5 Hàm số liên tục điểm x lim f x lim f x f 1 Với n ta có un 1 a 2 a 1 4 3un 1 2un un 1 3un 1 3un un un 1 un 1 un un un 1 0,5 0,5 Do đó, dãy vn với un 1 un cấp số nhân với v1 , công bội q Ta có un un un 1 un 2 un 3 u2 u1 u1 1 2 v1 u1 n 1 un v1 q n 1 u1 1q 1 1 n 1 3 2019 1 2019 4 n 1 3 1 Vậy un 2019 4 lim un 8079 1,0 0,5 (2,5 điểm) M A B I J C D Gọi a độ dài cạnh hình vng ABCD 2 a a 5a Ta có AC a JD DI IJ 2 3a JM JA2 AM 2JA.AM cos 450 a2 3a a 5a 4 2 5a DM DJ JM DMJ vng J Do JM vng góc với JD (1) Chú ý: Học sinh dùng cách vec tơ để chứng minh tính chất vng góc DM AM AD 0,5 D thuộc nên D(t; t 1) JD(t 1; t 1), JM (1; 3) Theo (1) JD.JM t 3t t 2 D(2; 1) Dễ thấy DM a 0,25 a2 a 4 x 2; y AM x (y 3)2 Gọi A(x ; y ) Vì 2 AD (x 2) (y 1) 16 x ; y 5 Với A(2; 3) (thỏa mãn)(vì A, J phía so với DM ) B(2; 3) I (0;1) C (2; 1) J (1; 0) 6 Với A ; (loại) (vì A, J phía so với DM ) 5 0,5 0,75 0,5 Vậy tọa độ đỉnh hình vng A(2; 3), B(2; 3),C (2; 1), D(2; 1) 5.1.a) (1,5 điểm) S H B' A' I B A D' 0,75 C' O K D C Gọi O giao điểm AC BD Theo giả thiết ta có: SO ABCD SO BK , Mà BK AC BK SAC BK SA BK HK 1 3a 2 BK Do ABC vuông đỉnh B nên: BK AB BC Dễ thấy SA BHK BH SA SAB cân đỉnh S , BH đường cao nên dễ thấy HB a 39 3a 27a HK 16 Chú ý: Nếu học sinh không vẽ điểm K nằm đoạn AC trừ 0,25 điểm 5.2.b) (1,5 điểm) 5a 3a HA Ta có SH SB BH 4 Từ O kẻ đường thẳng song song với SA cắt HK J OJ OK Theo định lí Talet ta có AH AK Do HBK vuông K nên HK HB BK 0,75 0,75 Mà 1 AH OJ OI SO SH SH SI SI S H C' I A' A J E K O C F Chú ý: Nếu dùng định lý Melenauyt (khơng chứng minh định lí) để tính tỉ số SO trừ SI 0,5 điểm Từ A,C kẻ đường thẳng song song với AC cắt SO E , F SA SC SE SF SO OE SO OF SO 12 2 SA SC SI SI SI SI SB SD 12 SA SB SC SD 24 Tương tự ta có SB ' SD ' SA ' SB ' SC ' SD ' Khi 0,5 Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có 24 SA SB SC SD 625 a 44 SA.SB .SC .SD SA ' SB ' SC ' SD ' 81 5a Dấu xảy SA SB SC SD 625 a Vậy giá trị nhỏ biểu thức SA.SB .SC .SD 81 5.2 (1,0 điểm) Đẳng thức cần chứng minh tan2 tan2 tan2 12 1 0,25 Gọi a độ dài cạnh tứ diện ABCD AH a Tương đương với 1 18 (2) MH NH PH a2 0,5 A D B D K B M H I K N M P P H I J N J C C Xét tam giác BCD Từ H kẻ HI ; HJ ; HK vng góc với BC ;CD; BD Khơng tính tổng qt ta giả sử M thuộc đoạn BI gọi 1; 2 ; 3 ba góc hợp HM ; HN ; HP với ba cạnh BC ;CD; BD Ta có tam giác HMI HNJ vng I J nên tứ giác HICJ nội tiếp 120º 120º IHJ Mặt khác tổng ba góc tam giác BMP 180 nên BPM B 180 180 60 180 60 BMP 1 Từ suy 1 12 sin2 1 sin2 2 sin2 3 2 MH NH PH a 12 sin2 1 sin2 120 1 sin2 1 60 a 1 cos 21 cos 1200 1 cos 1 600 a 18 6 1 1 cos 21 cos 21 sin 21 cos 21 sin 21 a a 2 2 2 Vậy tan tan tan 12 6.1 (1,0 điểm) Đặt a xc, b yc từ điều kiện ta có (x y 1)2 xy P xy 1 x y x y xy x y (x y )2 (x y )2 2(x y ) 1 Ta có (x y 1) xy 3(x y )2 8(x y ) 0,5 0,5 x y 2 Đặt t x y, t 2 thay xy (t 1)2 vào biểu thức P ta 3 (t 1)2 (t 1)2 1 1 P 2 t t t 2(t 1) (t 1) t 4t (t 1)2 (t 1)2 1 t 2(t 1) t 4t 2(t 1)2 0,5 2 4 ;2 2, t 3 t | t | t 4t 2(t 1)2 t | t | t2 Vậy Pmin a b c 6.2 (1,0 điểm) Ta có f f x x f x bf x c x f x f x x x f x x b f x x x bx c x f x x f x x b 1 f x x 1 Do đó, f f x x x b 1 x b c 2 Theo giả thiết, 1 có hai nghiệm phân biệt; b 2b 4c nên 2 có hai 0,5 nghiệm phân biệt Gọi x nghiệm 1 ta có x 02 bx c x Khi x nghiệm 2 x 02 b 1 x b c 2x b x b 1 0,5 b 1 b b 1 b 1 c 4c b 2b , trái giả thiết 2 Do đó, x không nghiệm 2 Vậy phương trình f f x x có bốn nghiệm phân biệt 6.3 (1,0 điểm) Giả sử ngược lại, tức với hai học sinh tồn tốn mà hai học sinh không giải Bây ta đếm ba x , a, y x , y hai học sinh a toán mà hai học sinh x , y không giải Gọi k số tất ba Ta có C 34 cách chọn hai học sinh từ 34 học sinh Vì hai học sinh có 0,5 561 1 toán mà hai học sinh không giải nên k C 34 Mặt khác, tốn a có 19 học sinh giải nên tốn có nhiều 15 học sinh khơng giải Như vậy, toán a có nhiều C 152 cặp học sinh khơng giải tốn a Do k 5.C 152 525 2 Từ 1 2 dẫn đến mâu thuẫn Điều giả sử sai, tức toán chứng minh Hướng dẫn chấm trình bày sơ lược cách giải Bài làm học sinh tiết, lập luận chặt chẽ, tính tốn xác tính điểm tối đa Với cách giải khác đáp án, tổ chấm trao đổi thống điểm chi tiết không vượt số điểm dành cho phần Mọi vấn đề phát sinh q trình chấm phải trao đổi tổ chấm cho điểm theo thống tổ Điểm toàn tổng số điểm phần chấm, khơng làm tròn điểm 0,5