Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 11 - Năm học 2018-2019 - Trường THPT Hậu Lộc

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 11 - Năm học 2018-2019 - Trường THPT Hậu Lộc

1. TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Tổ - Toán Năm học: 2018 - 2019 Số báo danh Môn thi: TOÁN - Lớp 11 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu Câu I (3,0 điểm) 2 Cho hàm số y x m 2 x m 3 ( với m là tham số) 1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị P của hàm số khi m 0 2. Tìm m để đồ thị của hàm số đã cho cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1; x2 thỏa mãn x m 1 x m 1 1 2 26 . x2 x1 Câu II (5,0 điểm) 1. Giải phương trình: x 1 x2 4x 1 3 x 4 2. Cho cos 2 với . Tính giá trị của biểu thức: P 2018 tan cos 5 2 4 2cos x 2sin 2x 2sin x 1 3. Giải phương trình: cos 2x 3 1 sin x . 2cos x 1 Câu III (4,0 điểm) 2x2 3x 5 4x 7 1. Giải bất phương trình : 2 3 x 3 x 3 x 2 x y 3x x y 2y 6y 2. Giải hệ phương trình: x, y ¡ . 2 3 2 y 6 2 x 4 4 y 10 3x Câu IV (4,0 điểm) 1 1 1 1 1. Cho tam giác ABC có góc B 300 và ( trong đó a BC,b CA,c AB và p a p p b p c p là nửa chu vi của tam giácABC ). Tính các góc còn lại của tam giác ABC . 2. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c 6 . Chứng minh rằng: a b c 2 . b3 1 c3 1 a3 1 Câu V (4,0 điểm) 3 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cóM ;0 là trung điểm đoạn AC , phương 2 trình các đường cao AH, BK lần lượt là 2x y 2 0 và 3x 4y 13 0 . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . 2. Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB 2BC , B 7;3 . Gọi M là trung điểm của AB ; E là điểm đối xứng với D qua A . Biết rằng N 2; 2 là trung điểm của DM , điểm E thuộc đường thẳng : 2x y 9 0 . Tìm tọa độ đỉnh D . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
2. ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Câu NỘI DUNG Điểm I 2 2.0 Cho hàm số y x m 2 x m 3 ( với m là tham số) 3,0 điểm 1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị P của hàm số khi m 0 Với m 0 ta được y x2 2x 3 0.50 x 1 ta có đỉnh I : I 1; 4 y 4 Ta có bảng biến thiên: x -∞ 1 +∞ +∞ +∞ 0.50 y -4 đồ thị là parabol có bề lõm hướng lên có trục đối xứng là đường thẳng x 1 cắt trục hoành tại điểm 1;0 ; 3;0 cắt trục tung tại điểm 0; 3 0.50 Ta có đồ thị của hàm số: y 1 O x -1 3 0.50 -4 2. Tìm m để đồ thị của hàm số đã cho cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành x1 m 1 x2 m 1 1.0 độ x1; x2 thỏa mãn: 26 . x2 x1 x1 0 Đk: x 0 2 0.25 Xét phương trình hoành độ giao điểm x2 m 2 x m 3 0 (*) để đồ thị của hàm số đã cho cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1; x2 phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 0 m2 16 0 m 3 m 3 0 0.25 x1 x2 m 2 Theo định lí viet ta có: x1x2 m 3
3. x1 m 1 x2 m 1 2 2 ta có 26 x1 x2 m 1 x1 x2 26x1x2 x2 x1 2 2 0.25 x1 x2 m 1 x1 x2 24x1x2 m 2 m 1 m 2 24 m 3 14 14 0.25 25m 70 0 m ( thỏa mãn đk). vậy giá trị của m cần tìm là m 5 5 II 1. Giải phương trình: x 1 x2 4x 1 3 x (*) 2.0 5,0 Điều kiện: x 0. 0.50 điểm Trường hợp 1. Nếu x 0 thì ( ) 2 0 : sai nên x 0 không là nghiệm Trường hợp 2. Nếu x 0, chia hai vế cho x 0, thì: 0.50 1 1 1 Cauchy 1 ( ) x x 4 3 0 (1). Đặt t x 2 t 2 x 2. x x x x 2 t 3 5 0.50 (1) t 2 6 3 t t 2 2  t 6t 9 t 6 2 Suy ra: 0.50 1 5 1 1 x 2( x)2 5 x 2 0 x 2  x x 4  x  x 2 2 4 1 Kết hợp với điều kiện ta được phương trình có 2 nghiệm x 4, x  4 4 2. Cho cos 2 với . Tính giá trị của biểu thức: 5 2 1.5 P 2018 tan cos 4 Do nên sin 0,cos 0 . Ta có: 2 1 cos 2 1 1 0.50 cos2 cos 2 10 10 9 3 sin sin2 1 cos2 sin , tan 3 10 10 cos 0.50 1 Khi đó: P 2018 tan . cos sin 2 0.25 1 1 3 2018 3 . 403. 5 0.25 2 10 10 2cos x 2sin 2x 2sin x 1 1.5 3. Giải phương trình: cos 2x 3 1 sin x 2cos x 1 1 Điều kiện: 2cos x 1 0 cos x x k2 , k Z . 2 3 2cos x 1 2sin x 2cos x 1 0.50 cos 2x 3 1 sin x 2cos x 1 2cos x 1 1 2sin x cos 2x 3 1 sin x 2cos x 1 0.50 1 2sin2 x 3 3 sin x 1 2sin x
4. 3 2sin2 x 2 3 sin x 3 0 sin x hoặc sin x 1 2 3 2 Với sin x sin x sin x k2 hoặc x k2 , k Z 0.25 2 3 3 3 Với sin x 1 x k2 , k Z 2 0.25 2 So với điều kiện nghiệm của phương trình: x k2 ; x k2 , k Z . 3 2 III 2x2 3x 5 4x 7 4,0 1. Giải bất phương trình : 2 3 x 2.0 điểm 3 x 3 x 1 x 3 2x2 3x 5 0 đk: 5 3 x 0 x 0.50 2 bpt 2x2 3x 5 2 3 x 4x 7 2x2 3x 5 2x 1 (*) 5 0.50 Nếu x ta có VT (*) 0 , VF(*) 0 nên (*) vô nghiệm. 2 Nếu 1 x 3 , cả hai vế của (*) không âm nên ta có x 2 2 2 2 Bpt (*) 2x 3x 5 2x 1 2x 7x 6 0 3 0.50 x 2 3 Kết hợp với đk ta được 1 x hoặc 2 x 3 nên tập nghiệm của bất phương trình 2 0.50 3 đã cho là S 1; 2;3 . 2 2 x y 3x x y 2y 6y 2. Giải hệ phương trình: x, y ¡ . 2.0 2 3 2 y 6 2 x 4 4 y 10 3x x y 0 Điều kiện : 0 y 2 . x 2 Nhận xét rằng với x, y 0;0 không thỏa hệ nên x y 2y 0 . Khi đó 0.50 x y pt đầu x y 2y 3 x y x 6y2 3 x2 xy 2y2 0 x y 2y x y 1 3 x y x 2y x y 3 x 2y 0 1 x y 2y x y 2y 0.50 1 Từ điều kiện và nhận xét ở trên ta có : 3 x 2y 0 . x y 2y Do đó 1 x y 0 x y . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình:
5. 3 2 x 6 2 x 4 4 x2 10 3x (*) 0.50 ta có : ( ) 3( 2 x 2 2 x) 10 3x 4 4 x2 (2) Đặt t 2 x 2 2 x, suy ra: t 2 ( 2 x 2 2 x)2 10 3x 4 4 x2 . khi đó pt(2) trở thành 3t t 2 t 0 hoặc t 3. 6 Với t 0, suy ra: 2 x 2 2 x 2 x 8 4x x  5 VT 2 x 2 Với t 3, suy ra: 2 x 2 2 x 3 có ,x  2;2 nên 0.50 VP 2 2 x 3 3 phương trình sẽ vô nghiệm khi t 3. Kết hợp với điều kiện hệ phương trình 6 6 đã cho có nghiệm duy nhất là x; y ; 5 5 IV 1 1 1 1 2.0 1. Cho tam giác ABC có góc B 300 và ( trong đó 4,0 p a p p b p c điểm a BC,b CA,c AB và p là nửa chu vi của tam giácABC ). Tính các góc còn lại của tam giác ABC . Ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 a 2 p b c 0.50 p a p p b p c p a p p b p c p( p a) p b p c a a p( p a) p b p c p( p a) p b p c 0.50 p b c a bc b c a b c a 2bc b c 2 a2 2bc b2 c2 a2 ABC vuông tại A A 900 0.50 mà B 300 C 900 B 900 300 600 . Vậy A 900 , C 600 . 0.50 2. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c 6 . Chứng minh rằng: a b c 2.0 2 b3 1 c3 1 a3 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng 2 xy x y ta được a a 2a 2a 2 2 b3 1 b 1 b2 b 1 b 1 b b 1 b 2 0.50 Áp dụng tương tự ta được bất đẳng thức a b c 2a 2b 2c 2 2 2 b3 1 c3 1 a3 1 b 2 c 2 a 2 2a 2b 2c Ta cần phải chứng minh được 2 b2 2 c2 2 a2 2 2a ab2 Thật vậy, ta có a , mà cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta được 0.50 b2 2 b2 2 ab2 2ab2 2ab2 a 3 2b2 a 3 2.b.b a 2 b b 2 2 2 b 2 b b 4 33 b4.4 3 3 9 2a a 2 2b Suy ra a . Chứng minh tương tự ta được b2 2 9 0.50
6. 2a 2b 2c 2 a b c 2 ab bc ca a b c b2 2 c2 2 a2 2 9 9 a b c 2 Mặt khác theo một đánh giá quen thuộc ta có ab bc ca 12 3 2a 2b 2c 2.6 2.12 Do đó ta được 6 2 . 0.50 b2 2 c2 2 a2 2 9 9 Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a b c 2 . V 3 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có M ;0 là trung 4,0 2 2.0 điểm điểm đoạn AC . Phương trình các đường cao AH, BK lần lượt là 2x y 2 0 và 3x 4y 13 0 . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Đường thẳng AC đi qua M và vuông góc với BK nên có phương trình 4x 3y 6 . Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 4x 3y 6 0.50 phương trình A 0;2 2x y 2 3 Từ M ;0 là trung điểm AC suy ra C 3; 2 . 2 0.50 Đường thẳng BC đi qua C và vuông góc với AH nên có phương trình x 2y 1 0 . 0.50 x 2y 1 Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình B 3;1 0.50 3x 4y 13 Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là A 0;2 , B -3;1 , C 3;-2 2. Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB 2BC , 2.0 B 7;3 . Gọi M là trung điểm của AB . E là điểm đối xứng với D qua A . Biết rằng N 2; 2 là trung điểm của DM , điểm E thuộc đường thẳng : 2x y 9 0 . Tìm tọa độ đỉnh D Ta chứng minh BN  NE E 1 Ta có AM AD AB nên tam giác 2 ADM vuông cân tại A , suy ra AN  DM . A M B 0.50 Xét tam giac ANE và MNB có 1 AN MN DM, AE MB AD và 2 N N· AE 90 ·NAM N· MB D C Do đó VANE VMNB ·AEN M· BN ·ABN , suy ra tứ giác ANBE nội tiếp, do đó 0.50 B· NE B· AE 90 hay BN  NE .
7. Đường thẳng NE qua N và vuông góc với BN nên có phương trình x y 0 . 2x y 9 0 x 3 0.50 Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ E 3;3 . x y 0 y 3 1 Ta có BD BE 10 . Vì AB2 AE 2 EB2 AB2 AB2 100 AB 4 5 nên 4 DE 4 5 Gọi D x; y , vì DE 4 5 và BD 10 nên tọa độ điểm D là nghiệm của hệ: 0.50 2 2 x 3 y 3 80 x 1; y 5 . 2 2 x 1; y 11 x 7 y 3 100 Đối chiếu điều kiện B, D khác phía với NE nên D 1; 5 . Hết