de hsg toan 11 cap truong nam 2019 2020 truong nguyen dang dao bac ninh

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC NINH TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐĂNG ĐẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Năm học: 2019 – 2020 MƠN THI: TỐN, LỚP 11 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (2,0 điểm) Cho parabol ( P ) : y = x − x đường thẳng d : y = x + m Tìm m để d cắt ( P ) hai điểm phân biệt A, B cho tam giác OAB vuông O (O gốc tọa độ) Câu (4,0 điểm) sin x − cos x + 3sin x − cos x − =0 1) Giải phương trình: cos x + ( )  x ( x − 1) + x = y + 1 + y y + ( 1)  2) Giải hệ phương trình:  3 ( x − 1) = + y − − y + − x ( ) Câu (4,0 điểm) 1) Chứng minh phương trình m x − x − 2m + 2m = ln có nghiệm với m ∈ ¡  u1 = 2) Cho dãy số ( un ) thỏa mãn  Tính giới hạn lim ( un ) *  un +1 = , ∀n ∈ ¥ − un  Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A ( 2;3) Các điểm I ( 6;6 ) , J ( 4;5 ) tâm đường tròn ngoại tiếp tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh B C biết hoành độ điểm B lớn hoành độ điểm C Câu (5,0 điểm) 1) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB = a, AD = b , cạnh bên SA vng góc với đáy a) Gọi I, J trung điểm SB CD Biết đường thẳng IJ tạo với mặt phẳng ( ABCD ) góc 600 Tính độ dài đoạn thẳng SA b) ( α ) mặt phẳng thay đổi qua AB cắt cạnh SC, SD M N Gọi K giao điểm AB BC − có giá trị khơng đổi MN SK 2) Cho tứ diện ABCD có AD = BC = 2a, AC = BD = 2b , AB.CD = 4c Gọi M điểm di động hai đường thẳng AN BM Chứng minh biểu thức T = 2 không gian Chứng minh biểu thức H = ( MA + MB + MC + MD ) ≥ ( a + b + c ) Câu (3,0 điểm) 1) Có hai hộp đựng tất 15 viên bi, viên bi có màu đen trắng Lấy ngẫu nhiên từ hộp viên bi Biết số bi hộp nhiều hộp 2, số bi đen hộp nhiều số bi đen hộp xác suất để lấy viên đen Tính xác suất để lấy viên trắng 28 2 2) Cho số thực x, y , z thỏa mãn x, y , z ≥ ( x + y + z ) = x + y + z + xy Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = x2 ( x + y) +x + x z +x ………… Hết………… (Chú ý: Giám thị coi thi khơng giải thích thêm) SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC NINH TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐĂNG ĐẠO ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG Năm học: 2019 – 2020 MƠN THI: TỐN, LỚP 11 Câu Nội dung Điểm Câu 2,0 2 Phương trình hồnh độ giáo điểm: x − x = x + m ⇔ x − x − m = ( 1) Đường thẳng d cắt ( P ) hai điểm phân biệt A, B pt(1) có nghiệm phân biệt ⇔ ∆′ = m + > ⇔ m > −4 0,25 Gọi A ( x1 ; x1 + m ) , B ( x2 ; x2 + m ) ( x1 , x2 nghiệm pt(1))  x1 + x2 = Theo Định lý Vi-et:   x1 x2 = −m uuu r uuur Vì ∆OAB vng O ⇒ OA.OB = ⇒ x1 x2 + ( x1 + m ) ( x2 + m ) = 0,5 m = ⇒ x1 x2 + 2m ( x1 + x2 ) + m = ⇒ m + 3m = ⇒   m = −3 0,5 x = ⇒ A ( 0;0 ) ≡ O (Loại) +) Với m = , phương trình (1) trở thành: x − x = ⇔  x =  x = ⇒ A ( 1; −1) +) Với m = −3 , phương trình (1) trở thành: x − x + = ⇔  (t/m)  x = ⇒ B ( 3;3) 0,5 Kết luận: Vậy m = −3 0,25 Câu 2.1 2,0 Điều kiện: cos x = − 5π ⇔x≠± + k 2π Phương trình tương đương: 0,25 cos x ( 2sin x − 1) + ( 2sin x + 3sin x − ) = ⇔ cos x ( 2sin x − 1) + ( 2sin x − 1) ( sin x + ) = ⇔ ( 2sin x − 1) ( ) cos x + sin x + = π  x = + k 2π   sin x =   5π ⇔ ⇔ x = + k 2π   cos  x − π  = −1  ÷   6  x = 7π + k 2π  0,75 ( k ∈¢) 0,5 Kết hợp điều kiện suy nghiệm phương trình là: x = π + k 2π ( k ∈ ¢ ) 0,5 Câu 2.2 2.0 0≤ x≤3 Điều kiện:   −1 ≤ y ≤ Ta thấy x = 0, y = −1 nghiệm hệ Từ suy x + y > −1 Do phương ) 0,5 Do đó, phương trình ( *) tương đương x − y − = ⇔ y = x − 0,5 2 trình (1) hệ tương đương ( x − y ) − ( x + y ) + ( x − y +1 =   ⇔ ( x − y − 1)  x + y + ÷ = ( *)  x + y +1 ÷   Ta có: x + y = x + ( y + 1) − ≥ ( ⇒ x+ y+ x + y +1 ( ≥ x + y +1 x + y +1 ) ) −1 2 + x + y +1 −1 Lại có: ( x + y +1 ) 2 ( = ≥ 33 x + y +1 ( + ) x + y +1 + x + y +1 ( −1 ) x + y +1 ( x + y +1 + ) 2( x + y +1 ) −1 ) −1 = −1 = 2 Thế vào pt(2), ta được: ( x − 3) = + x − − x + − x  + x = u , u ≥ ⇒ ( x − 1) = u − 2v Đặt:   − x = v, v ≥ 2 Suy ra: u − 2v = 2u − 4v + uv ⇔ u − ( + v ) u − 2v + 4v = ∆ = 9v − 12v + = ( 3v − ) u = − v ⇒  u = 2v 0,5 +) u = − v ⇒ + x = − − x (Vô nghiệm) +) u = 2v ⇔ + x = − x ⇔ x = ⇒y= 5 0,5 9 4 Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y ) =  ; ÷ 5 5 Câu 3.1 2,0 Xét hàm số f ( x ) = m x − x − 2m + 2m 0,5 Ta thấy f ( x ) liên tục ¡ f ( 1) = −m + 2m − = − ( m − 1) ≤ 0, ∀m ∈ ¡ f ( −2 ) = 14m + 2m + = 13m + ( m + 1) + > 0, ∀m ∈ ¡ 0,5 +) Nếu m = ⇒ f ( 1) = ⇒ phương trình có nghiệm x = +) Nếu m ≠ ⇒ f ( −2 ) f ( 1) < ⇒ Phương trình có nghiệm x ∈ ( −2;1) 0,5 Vậy phương trình cho ln có nghiệm với m 0,5 Câu 3.2 2,0 Ta có: un +1 − = ⇒ 2u − 4 − ⇔ un +1 − = n − un − un − un 1 1 = ⇔ =− + un +1 − 2 ( un − ) un +1 − 2 un − 0,5 0,5  v1 = −   ⇒ Đặt: = un −  +1 = − + , ∀n ∈ ¥ *  −7n − ⇒ = − − ( n − 1) = 14 ⇒ −7n − 14 = ⇒ un = − un − 14 7n + 0,5 0,5 14   ⇒ lim ( un ) = lim  − ÷= 7n +   Câu 2,0 Đường tròn ( C ) ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I ( 6;6 ) , bán kính R = IA = có phương trình: ( x − ) + ( y − ) = 25 2 Phương trình đường thẳng AJ: x − y + = Gọi D giao điểm thứ hai đường thẳng AJ với đường tròn ( C ) 2 ( x − ) + ( y − 3) = 25 ⇒ Tọa độ D nghiệm hệ:   x − y + = ⇒ D ( 9;10 ) (Do A ≠ D ) 0,5 · · » ⇒ DB = DC ( 1) ⇒ D điểm cung BC Vì BAD = CAD µA + B µ · · góc ngồi tam giác JAB ⇒ BJD = BJD ( 2) · · ·  µ + µA JBD = JBC + CBD B · · ·  ⇒ JBD = JBC + CAD = · · CBD = CAD  ( 3) · · Từ (2) (3) suy BJD = JBD ⇒ ∆DBJ cân D (4) Từ (1) (4) suy DB = DC = DJ = 0,75 ⇒ B, C thuộc đường tròn ( C ′ ) tâm D, bán kính R′ = Phương trình ( C ′ ) : ( x − ) + ( y − 10 ) = 50 2 B, C giao điểm ( C ) ( C ′ ) nên tọa độ B C nghiệm hệ:  ( x − ) + ( y − ) = 25 ⇒ B ( 10;3) , C ( 2;9 ) (Do xB > xC )  2 ( x − ) + ( y − 10 ) = 50 0,5 Vậy B ( 10;3) , C ( 2;9 ) Câu 5.1a 1,5 Gọi H trung điểm AB ⇒ IH / / SA ⇒ IH ⊥ ( ABCD ) ⇒ góc IJ với ( ABCD ) · góc IJH ⇒ I· JH = 600 0,75 · Trong tam giác IHJ vng H ta có: IH = HJ tan IJH =b 0,5 ⇒ SA = IH = 2b 0,25 Câu 5.1b 1,5 Ta có : MN = ( α ) ∩ ( SCD )   ⇒ MN / / AB / / CD AB / / CD  SK = ( SAD ) ∩ ( SBC )   ⇒ SK / / AD / / BC AD / / BC  Từ suy ⇒ 0,5 AB CD CS = = MN MN MS BC CM = SK SM Câu 5.2 0,25 AB BC CS CM MS − = − = = (đpcm) MN SK MS SM MS 0,5 0,5 2,0 Đặt AB = m, CD = n ⇒ mn = 4c Gọi P, Q trung điểm AB CD Ta có ∆BCD = ∆ADC ⇒ BQ = AQ ⇒ ∆QAB cân Q ⇒ QP ⊥ AB Tương tự ta có QP ⊥ CD ⇒ B đối xứng A qua PQ D đối xứng C qua PQ Gọi N điểm đối xứng M qua PQ I giao điểm MN với PQ ⇒ MB = NA; MD = NC Ta có: H = ( MA + MB + MC + MD ) = ( MA + NA + MC + NC ) 0,5 uuuu r uuur uur Trong tam giác AMN có AM + AN = AI ⇒ AM + AN ≥ AI Tương tự ta có: CM + CN ≥ 2CI ⇒ H ≥ ( AI + 2CI ) = ( AI + CI ) 2 0,5 Đặt: IP = x, IQ = y ⇒ ( AI + CI ) = ( IP + PA + IQ + QC 2 2 )  m2 n2 = + x2 + + y2  4   ÷ ÷  Ta có = m2 n2 m+n + x2 + + y2 ≥  ÷ + ( x + y) 4   m2 + n + 2mn m + n + 8c + PQ = + BQ − PB 4 2c + n2 n 2 BC + BD − CD + BQ = 2c + + = 2a + 2b + 2c 4 ⇒ H ≥ ( 2a + 2b + 2c ) = ( a + b + c ) (đpcm) Câu 6.1 0,5 0,5 1,5 Gọi số bi hộp n ( < n < 15 , n ∈ ¢ ) Gọi x, y số bi đen hộp hộp ( n ≥ x > y > 0, x, y ∈ ¢ ) Suy xác suất lấy viên bi đen là: xy = ( 1) n ( 15 − n ) 28  nM7 ⇒ 28 xy = 5n ( 15 − n ) ⇒  ( 15 − n ) M7 0,5 +) Nếu nM7 , < n < 15 ⇒ n = 14 ⇒ số bi hộp viên ⇒ y = Thay vào (1) ta có: x 5 = ⇒ x = (Loại) 14 28 0,25 +) Nếu ( 15 − n ) M7 , < n < 15 ⇒ n = Thay vào (1) ta được: x = xy = ⇒ xy = 10 ⇒  56 28 y = ⇒ Xác suất lấy bi trắng là: 0,5 0,25 15 = 56 Câu 6.2 1,5  4x 1  ≥ +  Ta có x ≥ ⇒ x ≥ x ⇒ P ≥ x  2  ( x + y ) + x z + x  ( x + y ) + z + x 0,5 Theo giả thiết ta có: ( x + y ) + z = ( x + y + z ) ≤ ( x + y ) + z    ⇒ ( x + y ) + z ≤ 18 ⇒ P ≥ 2 4x 18 18 = 2− ≥ 2− = x + 18 x+9 10 0,5 Dấu “=” xảy x = 1, y = 2, z = Vậy P = 0,5 Hết……………  ...SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC NINH TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐĂNG ĐẠO ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG Năm học: 2019 – 2020 MƠN THI: TỐN, LỚP 11 Câu Nội dung Điểm Câu 2,0 2 Phương trình hồnh