Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 11 - Năm học 2018-2019

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 11 - Năm học 2018-2019

1. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 CẤP THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN – BẢNG A (Hướng dẫn chấm này gồm 06 trang) Câu Đáp án Điểm 1. a) (4,0 điểm) Giải phương trình cos2x 7cos x 3 sin 2x 7sin x 8. (1) (7,0đ) (1) cos2x 3sin 2x 7 cos x 3sin x 8 0,5 cos 2x 7sin x 4 0 1,0 3 6 2 1 2sin x 7sin x 4 0 6 6 1,0 2 2sin x 7sin x 3 0 6 6 1 sin x 6 2 0,5 sin x 3 ( ptvn) 6 x k2 2 k ¢ . 0,5 x k2 3 2 Vậy phương trình có nghiệm x k2 , x k2 ,k ¢ . 0,5 3 b) (3,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 x x 2x 2 y 1 y 1 (1) x, y ¡ . 3 2 2 2 x 3x 2y 6 2x y 2 0 (2) Điều kiện 2x2 y 2 0 . 0,5 1 (x 1 y) x 1 2 1 y2 1 0 (x 1 y)(x 1 y) (x 1 y) 0 x 1 2 1 y2 1 x 1 y (x 1 y) 1 0 2 2 0,5 x 1 1 y 1 x 1 y 0 x 1 y 1 0 2 2 x 1 1 y 1 1
2. y x 1 x 1 2 1 y2 1 (x 1) y 0 (*) 0,5 Ta có x 1 2 1 y2 1 (x 1) y x 1 (x 1) y y 0 nên phương trình (*) vô nghiệm. Thay y x 1 vào phương trình (2) ta được phương trình 3 2 2 x 5x 4x 4 2x x 1 0 0,5 3 2 2 2 x 3x 4 2x x 1 2x x 1 0 (3) Đặt a 2x2 x 1 0 , phương trình (3) trở thành 3 2 3 2 x a 0,5 x 3x a 4a 0 (x a)(x 2a) 0 x 2a 2 x 0 1 5 1 5 x a 2x x 1 x 2 x y x x 1 0 2 2 2 x 0 2 4 2 5 4 2 x 2a 2 2x x 1 x 2 x y 7x 4x 4 0 7 7 0,5 1 5 2 4 2 x x 2 7 Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) với và . 1 5 5 4 2 y y 2 7 2. Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau được (2,0đ) chọn từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Xác định số phần tử của S .Lấy ngẫu nhiên một số từ S, tính xác suất để số được chọn là số chia hết cho 11 và tổng 4 chữ số của nó cũng chia hết cho 11 . 4 Số phần tử của S là A9 3024 (số). Số phần tử của không gian mẫu là n  3024 0,5 Gọi A là biến cố “số được chọn là số chia hết cho 11 và tổng 4 chữ số của nó cũng chia hết cho 11 ”. Gọi số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau là abcd a 0, a b c d 0,5 Theo giả thiết ta có a c b d 11 và a c b d 11 Suy ra a c 11 và b d 11 . Trong các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có các bộ số gồm hai chữ số mà 0,5 tổng chia hết cho 11 là 2, 9; 3, 8; 4, 7; 5, 6. Chọn cặp số a, c có 4 khả năng, mỗi khả năng có 2 cách. Khi đó chọn cặp số b, d còn 3 khả năng, mỗi khả năng có 2 cách. 0,5 Như vậy n A 4.2.3.2 48 (số). 2
3. n A 48 1 Xác suất cần tìm là p A . n  3024 63 3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có (2,0đ) AB 2BC. Gọi M là trung điểm của đoạn AB và G là trọng tâm tam giác 5 ACD. Viết phương trình đường thẳng AD, biết rằng M 1; 2 và G ; 0 . 3 H M A B G D K C Gọi H là hình chiếu vuông góc của G lên AB và K là trung điểm đoạn CD. Đặt BC 3a 0, suy ra AB 6a, GH 2a, HM a. 40 8 2 2 0,5 MG2 4a2 a2 5a2 a2 a . 9 9 3 2 2 8 Suy ra AM 3a 2 2, AG AK 3a 2 . 3 3 3 Gọi A(x, y) . Khi đó 2 2 AM 2 2 1 x 2 y 8 x2 y2 2x 4y 3 0,5 2 8 5 2 64 AG x y x 3y 1 3 3 9 x 3y 1 x 1, y 0 y 0 19 8 0,5 8 x , y y 5 5 5 +) Nếu A( 1,0) . Đường thẳng ADđi qua A và vuông góc với đường thẳng AM nên phương trình đường thẳng AD là x y 1 0. 19 8 0,5 +) Nếu A( , ) . Đường thẳng ADđi qua A và vuông góc với đường 5 5 thẳng AM nên phương trình đường thẳng AD là 7x y 25 0. 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân AB / /CD nội tiếp (5,0đ) đường tròn tâm O và S· BA S· CA 900. Gọi M là trung điểm của cạnh SA. a) Chứng minh rằng MO  ABCD . b) Gọi là góc giữa hai đường thẳng AB và SC. Chứng minh rằng 3
4. BC cos . SA a) (3,0 điểm) S M I A B O D C Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng ABCD Xét các tam giác MHA, MHB, MHC có 1,0 M· HA M· HB M· HC 900 1 MH chung MA MB MC SA 2 1,0 Suy ra MHA MHB MHC nên HA HB HC Do đó H  O, vì vậy MO  ABCD . 1,0 b) (2,0 điểm) Vì AB / /CD nên góc giữa hai đường thẳng AB và SC là góc giữa hai 2 0,5 đường thẳng CD và SC, suy ra cos cos S· CD 1 sin S· CD (*) Gọi điểm I là hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng SCD 1 Ta có MD MC SA nên SDA vuông tại D 0,5 2 Mặt khác lại có MS MD MC suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp SD SD SD SCD. Khi đó sin S· CD (vì MID vuông tại I nên 0,5 2ID 2MD SA ID MD ) Từ (*) suy ra SD2 SA2 SD2 AD2 AD BC cos 1 sin2 S· CD 1 SA2 SA2 SA2 SA SA 0,5 BC cos (đpcm) SA 5. 2u u n2 n 2 a) (2,0 điểm) Cho dãy số u , biết u 12, n 1 n với n 1. (4,0đ) n 1 n2 5n 6 n2 n u Tìm lim n . 2n2 1 4
5. Ta có: 2u u n2 n 2 2u u n 2 n 1 n n 1 n n2 5n 6 n2 n n 2 n 3 n n 1 n 0,5 2u u n 2 n 1 n n 1 n 2 2 n 3 n n 1 2 n 2 n n 1 n 2 2u u 2 1 n 1 n n 1 n 2 2 n 3 n n 1 2 n 2 n 1 n 2 n n 1 0,5 un 1 1 1 un 1 2 2 (*) n 1 n 2 n 3 n 1 n 2 2 n n 1 n 2 n n 1 un 1 1 Đặt vn , từ (*) ta có vn 1 vn nên vn là n n 1 2 n 2 n n 1 2 1 1 n 1 1 cấp số nhân có công bội q , v1 suy ra vn v1q n 0,5 2 2 2 2 un 1 1 n n 1 n 2 2 2 n un n n 3n 2 n n 1 n 2 n n 1 2 2 Khi đó 2 n n 1 n 2 2 n 3n 2 2 2 u n n n 1 n 2 n 3n 2 lim n lim 2 lim 2n2 1 2n2 1 n 2 2n2 1 2 2n 1 n n 1 n 2 Ta có 2n C 0 C1 C 2 C3 C n C3 n n n n n n 6 0,5 2 n n 1 n 2 n2 3n 2 1 Suy ra lim 0 và lim 2n 2n2 1 2n2 1 2 u 1 Vậy lim n 2n2 1 2 b) (2,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a3 b3 c3 3abc 32. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P a2 b2 c2 a b b c c a . Ta có a3 b3 c3 3abc 32 a b c a2 b2 c2 ab bc ca 32 * 0,5 Đặt t a b c, từ (*) suy ra t a b c 0 * a b c 3 a2 b2 c2 a b c 2 64 0,5 64 2 64 3 a2 b2 c2 a b c t 2 a b c t Ta chứng minh 2 2 2 0,5 a b b c c a 2 a b b c a c 5
6. Thật vậy,vì vai trò a,b,c bình đẳng nên giả sử a b c a b b c c a a b b c a c 2 a c Ta có 2 a c 2 a b 2 b c 2 a c 2 a c 2 a b 2 b c 2 a b b c 2 a b 2 b c 2 2 a b b c 0 luôn đúng Vì vậy 32 8 2 a b b c c a 2 a2 b2 c2 ab bc ca 2 a b c t 3P 3 a2 b2 c2 a b b c c a . 64 2 8 2 64 64 3P t 8 2 t t 8 2.2 .t t 128 2 t t t t t t 128 2 Suy ra P . 3 0,5 128 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 3 4 4 2 4 2 2 Đạt được khi a , b c và các hoán vị của a,b,c 3 3 - - - Hết - - - Ghi chú: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 CẤP THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN – BẢNG A (Hướng dẫn chấm này gồm 06 trang) Câu Đáp án Điểm 1. a) (4,0 điểm) Giải phương trình cos2x 7cos x 3 sin 2x 7sin x 8. (1) (7,0đ) (1) cos2x 3sin 2x 7 cos x 3sin x 8 0,5 cos 2x 7sin x 4 0 1,0 3 6 6
7. 2 1 2sin x 7sin x 4 0 6 6 1,0 2 2sin x 7sin x 3 0 6 6 1 sin x 6 2 0,5 sin x 3 ( ptvn) 6 x k2 2 k ¢ . 0,5 x k2 3 2 Vậy phương trình có nghiệm x k2 , x k2 ,k ¢ . 0,5 3 b) (3,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 x x 2x 2 y 1 y 1 (1) x, y ¡ . 3 2 2 2 x 3x 2y 6 2x y 2 0 (2) Điều kiện 2x2 y 2 0 . 0,5 1 (x 1 y) x 1 2 1 y2 1 0 (x 1 y)(x 1 y) (x 1 y) 0 x 1 2 1 y2 1 x 1 y (x 1 y) 1 0 2 2 0,5 x 1 1 y 1 x 1 y 0 x 1 y 1 0 2 2 x 1 1 y 1 y x 1 x 1 2 1 y2 1 (x 1) y 0 (*) 0,5 Ta có x 1 2 1 y2 1 (x 1) y x 1 (x 1) y y 0 nên phương trình (*) vô nghiệm. Thay y x 1 vào phương trình (2) ta được phương trình 3 2 2 x 5x 4x 4 2x x 1 0 0,5 3 2 2 2 x 3x 4 2x x 1 2x x 1 0 (3) Đặt a 2x2 x 1 0 , phương trình (3) trở thành 0,5 7
8. 3 2 3 2 x a x 3x a 4a 0 (x a)(x 2a) 0 x 2a 2 x 0 1 5 1 5 x a 2x x 1 x 2 x y x x 1 0 2 2 2 x 0 2 4 2 5 4 2 x 2a 2 2x x 1 x 2 x y 7x 4x 4 0 7 7 0,5 1 5 2 4 2 x x 2 7 Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) với và . 1 5 5 4 2 y y 2 7 2. Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau được (2,0đ) chọn từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Xác định số phần tử của S .Lấy ngẫu nhiên một số từ S, tính xác suất để số được chọn là số chia hết cho 11 và tổng 4 chữ số của nó cũng chia hết cho 11 . 4 Số phần tử của S là A9 3024 (số). Số phần tử của không gian mẫu là n  3024 0,5 Gọi A là biến cố “số được chọn là số chia hết cho 11 và tổng 4 chữ số của nó cũng chia hết cho 11 ”. Gọi số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau là abcd a 0, a b c d 0,5 Theo giả thiết ta có a c b d 11 và a c b d 11 Suy ra a c 11 và b d 11 . Trong các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có các bộ số gồm hai chữ số mà 0,5 tổng chia hết cho 11 là 2, 9; 3, 8; 4, 7; 5, 6. Chọn cặp số a, c có 4 khả năng, mỗi khả năng có 2 cách. Khi đó chọn cặp số b, d còn 3 khả năng, mỗi khả năng có 2 cách. Như vậy n A 4.2.3.2 48 (số). 0,5 n A 48 1 Xác suất cần tìm là p A . n  3024 63 3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có (2,0đ) AB 2BC. Gọi M là trung điểm của đoạn AB và G là trọng tâm tam giác 5 ACD. Viết phương trình đường thẳng AD, biết rằng M 1; 2 và G ; 0 . 3 8
9. H M A B G D K C Gọi H là hình chiếu vuông góc của G lên AB và K là trung điểm đoạn CD. Đặt BC 3a 0, suy ra AB 6a, GH 2a, HM a. 40 8 2 2 0,5 MG2 4a2 a2 5a2 a2 a . 9 9 3 2 2 8 Suy ra AM 3a 2 2, AG AK 3a 2 . 3 3 3 Gọi A(x, y) . Khi đó 2 2 AM 2 2 1 x 2 y 8 x2 y2 2x 4y 3 0,5 2 8 5 2 64 AG x y x 3y 1 3 3 9 x 3y 1 x 1, y 0 y 0 19 8 0,5 8 x , y y 5 5 5 +) Nếu A( 1,0) . Đường thẳng ADđi qua A và vuông góc với đường thẳng AM nên phương trình đường thẳng AD là x y 1 0. 19 8 0,5 +) Nếu A( , ) . Đường thẳng ADđi qua A và vuông góc với đường 5 5 thẳng AM nên phương trình đường thẳng AD là 7x y 25 0. 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân AB / /CD nội tiếp (5,0đ) đường tròn tâm O và S· BA S· CA 900. Gọi M là trung điểm của cạnh SA. a) Chứng minh rằng MO  ABCD . b) Gọi là góc giữa hai đường thẳng AB và SC. Chứng minh rằng BC cos . SA a) (3,0 điểm) 9
10. S M I A B O D C Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng ABCD Xét các tam giác MHA, MHB, MHC có 1,0 M· HA M· HB M· HC 900 1 MH chung MA MB MC SA 2 1,0 Suy ra MHA MHB MHC nên HA HB HC Do đó H  O, vì vậy MO  ABCD . 1,0 b) (2,0 điểm) Vì AB / /CD nên góc giữa hai đường thẳng AB và SC là góc giữa hai 2 0,5 đường thẳng CD và SC, suy ra cos cos S· CD 1 sin S· CD (*) Gọi điểm I là hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng SCD 1 Ta có MD MC SA nên SDA vuông tại D 0,5 2 Mặt khác lại có MS MD MC suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp SD SD SD SCD. Khi đó sin S· CD (vì MID vuông tại I nên 0,5 2ID 2MD SA ID MD ) Từ (*) suy ra SD2 SA2 SD2 AD2 AD BC cos 1 sin2 S· CD 1 SA2 SA2 SA2 SA SA 0,5 BC cos (đpcm) SA 5. 2u u n2 n 2 a) (2,0 điểm) Cho dãy số u , biết u 12, n 1 n với n 1. (4,0đ) n 1 n2 5n 6 n2 n u Tìm lim n . 2n2 1 Ta có: 0,5 10
11. 2u u n2 n 2 2u u n 2 n 1 n n 1 n n2 5n 6 n2 n n 2 n 3 n n 1 n 2u u n 2 n 1 n n 1 n 2 2 n 3 n n 1 2 n 2 n n 1 n 2 2u u 2 1 n 1 n n 1 n 2 2 n 3 n n 1 2 n 2 n 1 n 2 n n 1 0,5 un 1 1 1 un 1 2 2 (*) n 1 n 2 n 3 n 1 n 2 2 n n 1 n 2 n n 1 un 1 1 Đặt vn , từ (*) ta có vn 1 vn nên vn là n n 1 2 n 2 n n 1 2 1 1 n 1 1 cấp số nhân có công bội q , v1 suy ra vn v1q n 0,5 2 2 2 2 un 1 1 n n 1 n 2 2 2 n un n n 3n 2 n n 1 n 2 n n 1 2 2 Khi đó 2 n n 1 n 2 2 n 3n 2 2 2 u n n n 1 n 2 n 3n 2 lim n lim 2 lim 2n2 1 2n2 1 n 2 2n2 1 2 2n 1 n n 1 n 2 Ta có 2n C 0 C1 C 2 C3 C n C3 n n n n n n 6 0,5 2 n n 1 n 2 n2 3n 2 1 Suy ra lim 0 và lim 2n 2n2 1 2n2 1 2 u 1 Vậy lim n 2n2 1 2 b) (2,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a3 b3 c3 3abc 32. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P a2 b2 c2 a b b c c a . Ta có a3 b3 c3 3abc 32 a b c a2 b2 c2 ab bc ca 32 * 0,5 Đặt t a b c, từ (*) suy ra t a b c 0 * a b c 3 a2 b2 c2 a b c 2 64 0,5 64 2 64 3 a2 b2 c2 a b c t 2 a b c t Ta chứng minh a b b c c a 2 a b 2 b c 2 a c 2 0,5 Thật vậy,vì vai trò a,b,c bình đẳng nên giả sử a b c a b b c c a a b b c a c 2 a c 11
12. Ta có 2 a c 2 a b 2 b c 2 a c 2 a c 2 a b 2 b c 2 a b b c 2 a b 2 b c 2 2 a b b c 0 luôn đúng Vì vậy 32 8 2 a b b c c a 2 a2 b2 c2 ab bc ca 2 a b c t 3P 3 a2 b2 c2 a b b c c a . 64 2 8 2 64 64 3P t 8 2 t t 8 2.2 .t t 128 2 t t t t t t 128 2 Suy ra P . 3 0,5 128 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 3 4 4 2 4 2 2 Đạt được khi a , b c và các hoán vị của a,b,c 3 3 - - - Hết - - - Ghi chú: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa 12