Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi môn Toán Lớp 11 - Năm học 2019-2020 - Trường THPT Triệu Sơn 5 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi môn Toán Lớp 11 - Năm học 2019-2020 - Trường THPT Triệu Sơn 5 (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 5 ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG KHỐI 11 LẦN I  Năm học 2019-2020 Môn TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I: (4,0 điểm) 1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho đường thẳng y 2x 1 cắt đồ thị hàm số y x2 2 m 1 x 2m 1 tại hai điểm phân biệt nằm về hai phía trục hoành. 2 2. Giải phương trình x 2x 1 2x 17 16. Câu II (4,0 điểm). 2sin 2x 2sin 2x 3 3 1. Giải phương trình : 4cos4x . cos x x3 y3 3x2 6x 3y 4 0 2. Giải hệ phương trình: 1 y 1 x2 1 x2 x 1 1 y2 2y x 3 Câu III (4,0 điểm). 1. Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn ab bc ca 3 . Chứng minh rằng: a2 b2 c2 1 . a3 8 b3 8 c3 8 u1 1, u2 2 2. Cho dãy số un thỏa mãn . un 2 4un 1 3un 2n 1, n * u Tìm số hạng tổng quát của u và tính lim n ? n 3n 1 Câu IV(4,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I , có 2 4 8 4 trọng tâm G ; . Hai điểm E 1;1 , F ; lần lượt là hình chiếu vuông góc của 3 3 5 5 B và C trên đường thẳng AI . Tìm tọa độ điểm A . 2. Trong hội thi văn nghệ chào mừng ngày nhà giáo Việt Nam có 9 tiết mục lọt vào vòng chung khảo. Trong đó lớp 11A có 2 tiết mục, lớp 11B có 3 tiết mục và 4 tiết mục còn lại của 4 lớp khác nhau. Ban tổ chức sắp xếp thứ tự thi của các lớp một cách ngẫu nhiên. Tính xác suất để không có hai tiết mục của cùng một lớp liên tiếp nhau. Câu V(4,0 điểm). 1. Cho tứ diện ABCD . Gọi G là trọng tâm của tam giác BCD và M là điểm nằm bên trong tam giác BCD . Đường thẳng qua M và song song với GA lần lượt cắt các mặt phẳng ABC , ACD , ADB tại P, Q, R . Chứng minh rằng khi M di động trong tam giác BCD , biểu thức T MP MQ MR có giá trị không đổi. 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Đường thẳng SA vuông góc với mặt đáy, góc giữa SB và mặt đáy bằng 600. Gọi N là trung điểm của BC. Gọi H, K là hai điểm lần lượt thuộc các đường thẳng SB và DN sao cho HK  SB, HK  DN. Tính độ dài đoạn HK theo a. Hết
2. Đáp án Câu Nôi dung Điểm I 1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho đường thẳng Phương trình hoành độ giao điểm: x2 2 m 1 x 2m 1 2x 1 x2 2 m 2 x 2m 0 (1) 0.5 2 2 Ta có: ' m 2 2m m 2m 4 0 với mọi m nên pt(1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1; x2 x1 x2 2m 4 0.5 Theo định lí Viet ta có: x1x2 2m Hai giao điểm nằm về hai phía trục hoành 0.75 3 2x 1 2x 1 0 8m 2 2m 4 1 0 m 1 2 4 3 0.25 Vậy tập hợp các giá trị của m cần tìm là: ; 4 2 2. Giải phương trình x 2x 1 2x 17 16. 2x 1 0 Điều kiện 2x 17 0 x 0 0.25 x 0 Với x 0 không thỏa phương trình nên ta chỉ cần xét x 0 . Lúc đó phương trình đã cho được biến đổi trở thành: 2 2 2 0.5 x 2x 1 2x 17 2x 17 2x 1 16 2x 1 2x 17 0.5 2 16x 2x 17 2x 1 6x 9 4x2 36x 17 3 6x 9 0 x x 4. 0.5 2 2 2 6x 9 4x 36x 17 2 32x 144x 64 0 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của phương trình là x 4. 0.25 II 1.Giải phương trình lượng giác 3 2cos2 x 1 2sin xcos x 3 0.5 4cos4x cos x 3 cos x sin x 2cos4x (vì cos x 0 ) 0.5 cos x cos4x (1) 6 0.25 Giải (1) và đối chiếu ĐK, kết luận nghiệm của phương trình đã cho k2 k2 0.75 là: x ; x . 18 3 30 5 2. Giải hệ phương trình:
3. x3 y3 3x2 6x 3y 4 0 1 y 1 x2 1 x2 x 1 1 y2 2y x 3 Điều kiện: y2 2y x 3 0 Phương trình 1 tương đương với: 0.5 x 1 3 3 x 1 y3 3y y x 1 Thay y x 1 vào 2 ta được: 1 x x2 1 x2 x 1 1 x2 x 2 x x2 1 x2 x 1 x2 x 2 1 x2 x 1 0 0.5 x 1 2x2 x 2 x 1 x 0 x x2 1 x2 x 1 x2 x 2 1 x2 x 1 Nếu x 0 , áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: x2 x 1 x2 x 2 3 x2 x 1 x2 x 2 x2 x 2 2 0.5 x2 x2 1 1 x x2 1 x2 2 2 x2 x 1 x2 x 2 x x2 1 2x2 x 2 x x A 1 0 vì 1 1 x2 x 1 1 x2 x 1 Tóm lại , với mọi x ta có A 0 . Do đó * tương đương 0.5 x 1 0 x 1 y 2 Thỏa mãn điều kiện. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x; y 1;2 . III 1. Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn ab bc ca 3 . Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 2 a 2 a 2a 4 a2 a 6 a3 8 a 2 a2 2a 4 2 2 a2 2a2 Suyra 2 . 0.5 a3 8 a a 6 b2 2b2 c2 2c2 Tương tự ta có 2 ; 2 Từ đó suy b3 8 b b 6 c3 8 c c 6 ra a2 b2 c2 2a2 2b2 2c2 2 2 2 1 a3 8 b3 8 c3 8 a a 6 b b 6 c c 6 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxky ta được 0.5
4. a2 b2 c2 a2 a 6 b2 b 6 c2 c 6 2 2 2 a a 6 b b 6 c c 6 a b c 2 0.5 Suyra 2 2a2 2b2 2c2 2 a b c 2 a2 a 6 b2 b 6 c2 c 6 a2 b2 c2 a b c 18 2 a b c 2 Ta chứng minh 1 3 a2 b2 c2 a b c 18 0.5 Thậtvậy: 3 2 a b c 2 a2 b2 c2 a b c 18 a2 b2 c2 a b c 6 * Vìa2 b2 c2 ab bc ca 3 và a b c 2 3 ab bc ca 9 nên (*) đúng. Do đó (3) đúng. a2 b2 c2 Từ (1), (2), (3) suy ra 1 . Đẳng thức a3 8 b3 8 c3 8 xảy ra a b c 1 . 2. Giới hạn Ta có un 2 un 1 n 2 3 un 1 un n 1 Đặt vn un 1 un n 1, n * . Khi đó ta có dãy số vn với 0.5 v1 u2 u1 2 3 . v 3v , n * n 1 n 0.5 Suy ra vn là một cấp số nhân với v1 3 và công bội q 3 . n 1 n 1 n n Do đó vn v1.q 3.3 3 suy ra un 1 un n 1 3 n * Từ đó suy ra 0.5 n 1 n 1 3 1 3n 1 k n n 1  uk 1 uk k 1 3 un u1 n 1 k 1 k 1 2 1 3 1 n 2 un 3 n n 1 . 2 0.5 2 un 1 1 n n 1 1 Do đó lim n 1 lim n 1 n 1 n 1 3 2 3 3 3 3 6 IV1 1.Cho tam giác Gọi M , K lần lượt là trung điểm của BC và EC . Suy ra MK / /BE , mà BE  EF nên MK  EF . 1 Do tam giác EFC vuông tại F nên EK KF EC . 2 0.75 Suy ra MK là trung trực của EF . Do đó ME MF .
5. Ta có đường thẳng AI đi qua 0.25 8 4 A E 1;1 , F ; nên phương trình AI 5 5 là: 3x y 4 0 . A AI nên A a;4 3a . 0.75  3  a 3 Vì AM AG nên M 1 ; a . I 2 2 2 G E K Vì ME MF nên 2 2 2 2 C a 3 3 a 3 4 B M a 1 a 2 2 5 2 2 5 F 0.25 a 0 A 0;4 . 2.Số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) 9!. 0.25 *Gọi A là biến cố:” không có hai tiết mục của cùng một lớp gần nhau bằng”. TH1: Giữa hai tiết mục của lớp 10A có tiết mục của 4 lơp khác 0.5 Số cách xếp 2 tiết mục của lớp 10A và 4 tiêt mục của các lớp kia có 6! 2.5! cách. A3 Số cách xếp chèn 3 tiết mục của lớp 11B vào có 7 cách. Do đó 3 0.5 6! 2.5! A trường hợp này có 7 TH2: Giữa hai tiết mục của lớp 10A không có tiết mục của 4 lớp kia. Số cách xếp 2 tiết mục của lớp 10A và 4 tiêt mục của các lớp kia có 2.5! cách. Chọn 1 tiết mục của lớp 10B xếp vào giữa 2 tiết mục của lớp 10A có 3 cách. 0.75 A2 Xếp 2 tiết mục còn lại của lớp 10B có 6 cách. Trường hợp này có 2 2.5!.3.A6 (6! 2.5!).A3 2.5!.3.A2 85 P 7 6 9! 252 V1 .Vậy xác suất cần tính 1.Cho tứ diện
6. 0.5 0.5 Lấy M bên trong tam giác BCD. Giả sử MG  BC I;MG CD J;MG  BD K Qua M vẽ Mx//GA. Trong mp(AIJ), Mx  AI P Mx  ABC P Tương tự, trong mp(AIJ), Mx  AK R;Mx  AJ Q 1 IM.IC.sin JIC IM S Trong mp(BCD) ta có: 2 MIC 1 IG 1 S IG.IC.sin JIC GIC 2 IM S Tương tự, ta có: MIB 2 .Từ (1) và (2) ta có: IG S GIB IM S S S MIC MIB MBC IG S GIC S GIB S GBC Vì G là trọng tâm tam giác BCD nên 1 IM 3S MBC S GBC S BCD , Suy ra 3 3 IG S BCD IM MP Do GA//Mx nên 4 IG GA MP 3S Từ (3) và (4) suy ra MBC 5 ,tương tự, ta có 0.5 GA S BCD MQ 3S MR 3S MCD 6 ; MBD (7) GA S BCD GA S BCD Cộng từng vế (5), (6), (7) ta có: MP MQ MR 3 S S S MBC MCD MBD 3 GA S BCD 0.5 ( vì S MBC S MCD S MBD S BCD ) Vậy T MP MQ MR 3GA không đổi. 2. Tính độ dài đoan thẳng HK.
7. V2 S H 0.5 A B K N D C    Đặt AB a, AD b, AS c với a.b b.c c.a 0 và a b a, c a 3   1 0.5 + Ta có SB a c và DN a b 2 +        1 1 HK HB BN NK xSB BN yDN x a c b y a b 2 2 0.5     1 y HK HB BN NK x y a b xc 2 HK  SB + Do nên HK  DN 2 2 2 2 0.5 x y a xc 0 x y a 3xa 0 2 y 1 2 2 y 1 2 x y a b 0 x y a a 0 4 4 1 x 4x y 0 16 4x 5y 1 1 y 4 + Suy ra 2  3 3 1 3 3 1 a 3 0.5 HK a b c HK a b c 16 8 16 16 8 16 4 Học sinh có thể giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa từng phần theo qui định