Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 11 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Bắc Ninh

Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 11 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Bắc Ninh được TaiLieu.VN sưu tầm và chọn lọc nhằm giúp các bạn học sinh lớp 11 luyện tập và chuẩn bị tốt nhất cho kì thi HSG hiệu quả. Đây cũng là tài liệu hữu ích giúp quý thầy cô tham khảo phục vụ công tác giảng dạy và biên soạn đề thi. Mời quý thầy cố và các bạn học sinh cùng tham khảo đề thi.

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  1q  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 21   cos 1200  1   cos 1  600   a   18 6 1 1    cos 21  cos 21  sin 21  cos 21  sin 21    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 ...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... 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... x  b  1 x  b  c   2 Theo giả thi t, 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