Đề thi chọn HSG tỉnh toán 11 năm 2017 2018 sở GD đt quảng bình

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 Khóa ngày 22 tháng năm 2018 Mơn thi: TỐN Họ tên:………………… SỐ BÁO DANH:…………… LỚP 11 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề gồm có 01 trang Câu (2.0 điểm) sin x  cos x  3sin x  cos x   sin x 3 x y   y  x   b Giải hệ phương trình:   x y  y  x Câu (2.0 điểm) x   x  3x  a Tính giới hạn: lim x1  x  1 b Một hộp đựng chín cầu đánh số từ đến Hỏi phải lấy bao a Giải phương trình: nhiêu cầu để xác suất có cầu ghi số chia hết cho phải lớn Câu (2.0 điểm) a Cho dãy số  un  xác định bởi: n2  n  u1  , un1  un  ;n  n  3n  2n Tính giới hạn lim  n.un  b Tìm tất số nguyên dương n cho 32 n  3n  số phương Câu (3.0 điểm) Cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' Gọi G trọng tâm tam giác BC ' D a Xác định thiết diện hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' cắt mặt phẳng  ABG  Thiết diện hình gì? b Hai điểm M , N thuộc hai đoạn thẳng AD, A ' C cho MN song song với mặt phẳng  BC ' D  , biết AM  Câu (1.0 điểm) CN AD Tính tỉ số CA ' Cho a, b, c số thực dương Chứng minh : 2a 2b 2c 3 3 2 4a  4b  c 4b  4c  a 4c  4a  b HẾT SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 Khóa ngày 22 tháng năm 2018 Mơn thi: TỐN LỚP 11 THPT Đáp án gồm có 06 trang YÊU CẦU CHUNG * Đáp án trình bày lời giải cho Trong làm học sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng * Trong bài, học sinh giải sai bước giải trước cho điểm bước giải sau có liên quan Ở câu học sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai cho điểm * Điểm thành phần nói chung phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm thành phần 0,5 điểm tuỳ tổ giám khảo thống để chiết thành 0,25 điểm * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm * Điểm tồn tổng (khơng làm trịn số) điểm tất Câu Nội dung sin x  cos x  3sin x  cos x   sin x Điều kiện xác định: sin x   x  k  Phương trình  sin x  cos x  3sin x  cos x    2sin x.cos x  cos x  1  2sin x   3sin x   a Giải phương trình:  cos x  2sin x  1   2sin x  3sin x  1    2sin x  1 cos x  sin x  1  Câu (2,0 điểm)  sin x    cos x  sin x    x   k 2  sin x     x  5  k 2   x  k 2   sin x  cos x   sin  x       x   k 2 4   Đối chiếu điều kiện, nghiệm phương trình là:  5  x   k 2 ; x   k 2; x   k 2. k    6 3 x y   y  x   b Giải hệ phương trình sau:   x y  y  x Điểm 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 Ta thấy  x; y    0;0  nghiệm hệ phương trình 0,25 Với  x; y    0;0  , ta có:  15 x y  y  x  y      x  x  y x  y   y  2 x 0,25 TH1: y  x , ta có: 3 x 32.x5   x  x   x 32.x  x  32.x  64.x  x   y  (vì  x; y    0;0  ) Do hệ phương trình có nghiệm  x; y    2;4  0,25 TH2: y  2 x , ta có: 3 x 32.x   x  x    x 32.x5  x  32.x  64.x  x  2  y  (vì  x; y    0;0  ) Do hệ phương trình có nghiệm  x; y    2;4  Vậy hệ phương trình cho có nghiệm:  0;0  ,  2;4  ,  2;4  x   x  3x  a Tính : lim 1,0  x  12 x1 0,25 Ta có: lim x   x  3x   x    x  3 x  x    lim    2 x1  x  x         x  1 x    x  3 x4  4x   lim  lim x1 x 1  x  1 x     x  12  x  x  3 x    x  3  lim  lim x1  x  1  x  12  8x    x  3 x1 x1  lim x1 Câu (2,0 điểm)  x  12  x  x  3  lim x   x  3 x1  x  12   x  1  x  12  0,25 0,25 0,25 1  lim x  x  x1 x   x  x1 1 49  6 0,25 8 b Một hộp đựng chín cầu đánh số từ đến Hỏi phải lấy cầu để xác suất có 1,0 cầu ghi số chia hết cho phải lớn C Giả sử ta lấy x cầu 1  x  9, x    , số cách chọn x cầu  lim   từ cầu hộp C9x nên số phần tử không gian mẫu n     C9x Gọi A biến cố ‘‘trong số x cầu lấy ra, có cầu ghi số chia hết cho 4’’, biến cố đối A A : ‘‘trong số x cầu lấy ra, khơng có cầu ghi số chia hết cho 4’’ 0,25   Số cách chọn tương ứng với biến cố A n A  C7x   Ta có: P A   C n A n x x C  x   x  x  17 x  72    72 72 x  17 x  72  Do đó: P  A   P A   P A  72 hay x  17 x  60    x  12 Vì  x  9, x   nên  x  9, x     0,25   Do giá trị nhỏ x Vậy số cầu phải lấy mà ta phải tìm cầu 0,25 0,25 a.Cho dãy số  un  xác định bởi: n2  n  ;n  u1  , un1  un  n  3n  2n Tìm lim  n.un  Ta có: (n  1)(n  2) un1  un   un   n(n  1)(n  2) n 1 n 1 2   un   Hay: un1  n 1  n Đặt  un  ; n  Khi ta có dãy số   , v1  3; vn1  ; n  n cấp số nhân có v1  , cơng bội q  3n Nên  n1 hay un  n1  ; n   n.un  n1  2 n n 1 Bằng quy nạp ta chứng minh  n ; n  (1) Thậy vậy: Với n  1, n  2, n  , (1) Giả sử (1) với n  k ,(k  3) tức 2k 1  k Ta chứng minh (1) với n  k  1, Thật vậy: 2k 2  2.2k 1  2.k  (k  1) , k  3n 3n 12 Suy ra:  n1  Từ suy ra: lim n1  2 n  3n  Khi lim  n.un   lim  n1    2  b Tìm tất số nguyên dương n cho 32 n  3n  số phương Câu (2,0 điểm) Nếu 32 n  3n   b với b   b  32 n hay b  3n Điều chứng tỏ: b  3n  1.0 0.25 0.25 0.25 0.25 1.0 0.25 Do đó: 32 n  3n   b   3n  1  32 n  2.3n  Suy 2.3n  3.n  () 0.25 Nếu n  () khơng xảy vì: n 2.3n  2.1     Cn0  Cn1  Cn2 22   n(n  1)    1  2n      0.25   4n  4n  4n  3n   n    3n  11  3n  Do n  n  Khi n  ta tính 32 n  3n   19 số phương 0.25 Khi n  ta tính 32 n  3n   100 số phương Kết luận: n  Cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' Gọi G trọng tâm tam giác 3,0 BC ' D a Xác định thiết diện hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' cắt 1,5 mặt phẳng ABG Thiết diện hình gì?   D' C' B' A' I F E 0,5 G D Câu (3,0 điểm) C O A B Trong mặt phẳng  BC ' D  kéo dài BG cắt C ' D I Khi đó:   ABG    CDD ' C '   Ix  AB   ABG  , CD   CDD ' C '   Ix  CD AB  CD  0,25 Từ đó,  CDD ' C '  kẻ Ix  CD cắt CC ', DD ' E , F Vậy thiết diện cần tìm hình bình hành ABEF (Vì EF  CD  AB EF song song với AB ) b Hai điểm M , N thuộc hai đoạn AD, A ' C cho MN song CN song với mặt phẳng  BC ' D  , biết AM  AD Tính tỉ số CA ' 0,25 0,25 0,25 1,5 D' C' L A' B' N G C D M K O A B Gọi O  AC  BD Ta thấy A 'C qua G Khi đó, qua M kẻ đường thẳng song song với BD cắt AC K 0,25 Trong mặt phẳng  ACC ' A '  , gọi L  KN  A ' C ' , ta có: MN   BC ' D   MNK    BC ' D   KN   BC ' D   KN  OC ' 0,25 MK   BC ' D    Mặt khác, theo giả thiết, ta có: AK AM KO     AO AD AO 0,25 KO KC    AC AC LC ' A' L    A 'C ' A 'C ' A ' L A ' L AC A' N      Mà KC A ' C ' KC 7 NC Vì KO  LC ', AC  A ' C ' nên 0,25 0,25 CN  CA ' 12 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh : Vậy 2a 2b 2c 3 3  (1) 4a  4b  c 4b  4c  a 4c  a  b Ta chứng minh bổ đề sau: Cho số thực dương m, n đó: 4(m  n)  m  n Dấu ‘=’ xảy m = n Thật vậy: Đặt x  m , y  n ; ( x, y  0) 0,25 1,0 Bất đẳng thức (2) viết lại Câu (1.0 điểm)  x  y   x  y Ta xét: 4( x3  y )  ( x  y )3   x3  x y  xy  y   3 x  y   x  y 2 (2) ,    x  y   x  y   0; x, y  0,25 Nên ta có: 4( x3  y )  ( x  y )3 hay  x3  y3   x  y hay bất đẳng thức (2) bổ đề chứng minh xong Bất đẳng thức cho tương đương với a b c 3 3 1 16a  16b  4c 16b  16c  4a 16c  16a  4b Sử dụng bất đẳng thức (2) bổ đề ta có: a a 3 16a  16b  4c   4a  4b   c   3 a a  4(a  b)  c a  b  c Tương tự: b b 3 ; 16b  16c  4a a3b3c 0,25 c c 3 16c  16a  4b a b3c 0.25 Từ ta có: a b c 3 3  (3) 16a  16b  4c 16b  16c  4a 16c  16a  4b Đẳng thức (3) xảy 4a  4b  c, 4b  4c  a, 4c  4a  b nên 8(a  b  c)  a  b  c  a  b  c  mâu thuẫn Chứng tỏ dấu ‘‘=’’ không xảy 0,25 2a 2b 2c 3 3 2 Vậy 4a  4b  c 4b  4c  a 4c  4a  b ...SỞ GD& ĐT QUẢNG BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2017- 2018 Khóa ngày 22 tháng năm 2018 Mơn thi: TỐN LỚP 11 THPT Đáp án gồm có 06 trang YÊU CẦU... A ' B ' C ' D ' Gọi G trọng tâm tam giác 3,0 BC ' D a Xác định thi? ??t diện hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' cắt 1,5 mặt phẳng ABG Thi? ??t diện hình gì?   D' C' B' A' I F E 0,5 G D Câu (3,0 điểm)... Cn1  Cn2 22   n(n  1)    1  2n      0.25   4n  4n  4n  3n   n    3n  11  3n  Do n  n  Khi n  ta tính 32 n  3n   19 khơng phải số phương 0.25 Khi n  ta tính