Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 11 - Năm học 2018-2019 - Sở GD&ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 11 - Năm học 2018-2019 - Sở GD&ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

1. GIẢI CHI TIẾT ĐỀTHI HSG LỚP 11 SGD TỈNH THANH HÓA NĂM 2018-2019 MÔN TOÁN Câu I. (4 điểm) 1.Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số y x2 2mx 3, biết rằng (P) có trục đối xứng là x 2 . 2.Giải phương trình: x 2 7 x 2 x 1 x2 8x 7 1. Câu II. (4 điểm) 2sin 2x cos 2x 7sin x + 4+ 3 1. Giải phương trình : 1. 2cos x 3 2. Giải hệ phương trình 3 2 2 y 4y 4y x 1 y 5y 4 x 1 x; y R 2 2 2 2 2 x 3x 3 6x 7 y x 1 y 1 3x 2 Câu III. (4,0 điểm). 1 2 1. Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn: 4x2 4y2 z2 2x 2y z . Tìm giá trị lớn 2 8x3 8y3 z3 nhất của biểu thức: P (2x 2y z)(4xy 2yz 2zx) u1 2 2. Cho dãy số xác định bởi: n * .Tìm số hạng tổng quát un và tính un 1 4un 3.4 ,n ¥ 2n2 3n 1 giới hạn lim un Câu IV. (4 điểm) 1.Có bao nhiêu số tự nhiên có 8 chữ số khác nhau mà có mặt hai chữ số lẻ và ba chữ số chẵn , trong đó mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần? 8 2 . Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn C tâm I , trọng tâm G ;0 , các điểm 3 M 0;1 , N 4;1 lần lượt đối xứng với I qua AB và AC , điểm K 2; 1 thuộc đường thẳng BC . Viết phương trình đường tròn C . Câu V. (4,0 điểm) 1.Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành tâm O. Một mặt phẳng không qua     S cắt các cạnh SA, SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P , Q thỏa mãn : SA 2SM , SC 3SP 2 2 SB SB SD .Tính tỉ số khi biểu thức T 4 đạt giá trị nhỏ nhất. SN SN SQ
2. 2. Cho lăng trụ ABCD.A1B1C1D1 .Một mặt phẳng thay đổi và luôn song song với mặt đáy cắt các đoạn AB1,BC1,CD1,DA1 lần lượt tại M , N, P,Q .Hãy xác định vị trí sao cho MNPQ nhỏ nhất
3. GIẢI CHI TIẾT ĐỀTHI HSG LỚP 11 SGD TỈNH THANH HÓA NĂM 2018-2019 MÔN TOÁN Câu I. (4 điểm) 1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số y x2 2mx 3, biết rằng (P) có trục đối xứng là x 2 . 2. Giải phương trình: x 2 7 x 2 x 1 x2 8x 7 1. Lời giải Tác giả: Hoa Tranh; Fb: Hoa Tranh 1) (P) có trục đối xứng là x 2 m 2 (P) : y x2 4x 3. BBT: ( a 1 0 ) BGT: Đồ thị: 2) Điều kiện: 1 x 7 . Cách 1: pt x 1 2 x 1 (x 1)(7 x) 2 7 x x 1 x 1 2 7 x x 1 2 x 1 2 0 x 5 (n) . x 1 7 x x 4 (n)
4. Vậy tập nghiệm S 4;5 . Cách 2: Đặt 7 x u 0; x 1 v 0 , ta có phương trình: 2 v 2 x 1 2 x 5 (n) v 1 2u 2v 1 uv 2(u v) v(u v) . u v 7 x x 1 x 4 (n) Vậy tập nghiệm S 4;5 . Câu II. (4 điểm) 2sin 2x cos 2x 7sin x + 4+ 3 1. Giải phương trình : 1. 2cos x 3 Lời giải Tác giả:Nguyễn Thị Hiền ; Fb: Nguyễn Hiền 5 Điều kiện: 2cos x 3 0 x k2 ,k ¢ . 6 5 Với điều kiện x k2 ,k ¢ ta có : 6 Phương trình 2sin 2x cos 2x 7sin x 4 2cos x 4sin x cos x 2cos x 2sin2 x 7sin x 3 0 2cos x 2sin x 1 2sin x 1 . sin x 3 0 2sin x 1 . 2cos x sin x 3 0 1 2sin x 1 sin x 2 2cos x sin x 3 sin x cosx 1 l x k 2 6 k ¢ 5 x k 2 l 6 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x k 2 ,k ¢ . 6 2. Giải hệ phương trình 3 2 2 y 4y 4y x 1 y 5y 4 x 1 x; y R 2 2 2 2 2 x 3x 3 6x 7 y x 1 y 1 3x 2 Lời giải
5. Tác giả: Trần Thị Hà ; Fb: Ha Tran 2 Điều kiện: x 3 Phương trình đầu y3 4y2 4y x 1 y2 5y 4 x 1 y y2 4y 4 x 1 y2 4y 4 y x 1 y y 2 2 y 2 2 x 1 y x 1 x 1 y x 1 y 2 2 x 1 0 y 2 2 x 1 0 1 y x 1 0 2 2 y 2 0 y 2 Giải ( 1): y 2 x 1 0 x 1 0 x 1 (Loai) y2 x 1 Giải ( 2): y x 1 0 y 1 Thế y2 x 1 vào phương trình thứ hai ta được: 2 x2 3x 3 6x 7 x 1 x 1 2 x 3x 2 2 x2 3x 3 2 3x 2 x 3x 2 x 1 x 1 2 3x 3 0 2 x2 3x 3 1 3x 2 3x 2 x x 1 x2 4 0 2 2 x 3x 2 x2 3x 2 3x 2 x 2 x2 3x 2 0 x2 3x 3 1 x 3x 2 2 2 3x 2 x 3x 2 x 2 0 x2 3x 3 1 x 3x 2 x2 3x 2 0 3 2 3x 2 x 2 0 4 x2 3x 3 1 x 3x 2 x 1 tm Giải (3): x2 3x 2 0 hệ có nghiệm x; y 1; 2 ; 2; 3 x 2 tm
6. Giải (4) : 2 3x 2 2 3x 2 x 2 0 x 2 x2 3x 3 1 x 3x 2 x2 3x 3 1 x 3x 2 2 Ta thấy với mọi x thì VT 4 2 VP 4 do đó phương trình (4) vô nghiệm. 3 1 2 Câu III. (4,0 điểm). 1. Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn: 4x2 4y2 z2 2x 2y z . 2 8x3 8y3 z3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P (2x 2y z)(4xy 2yz 2zx) Lời giải Tác giả:Trần Thị Kim Xuyến ; Fb: Xuyen Tran 2x 2y 2z Đặt a ; b ; c . Khi đó a, b, c 0 . 2x 2y z 2x 2y z 2x 2y z 1 2 * Khi đó a b c 1và điều kiện 4x2 4y2 z2 2x 2y z trở thành 2 a2 b2 c2 1 a3 b3 c3 còn P ab bc ca 3 * Ta có: a b c a3 b3 c3 3 a b b c c a a3 b3 c3 3 a b c ab bc ca 3abc thế vào P thì: 1 3 ab bc ca 3abc 1 3abc P P 3 ab bc ca ab bc ca 1 1 Mặt khác từ giả thiết ta có: 1 S 2 2 ab bc ca ab bc ca thế vào P 2 4 11 thì ta được: P 3 4 12abc P 1 12abc . Ta chứng minh P 1 12abc 9 1 * Thật vậy khi đó BĐT 6abc 9 2 1 2 1 a b 1 2 1 1 2 1 2 Ta có: a b c 1 c c c 0 36 36 3 3 2 18 3 3 9 1 2 2 c c 0; 3 3 3
7. Q 6abc 2ab.3c 4ab 2 a b 2 a2 b2 Xét : 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 c c 2 1 2c c c 0 c c 0 2 9 2 9 9 1 2 c 3 3 1 BĐT đúng nếu ta lấy c là số lớn nhất thì1 a b c 3c c Ta có điều phải chứng 3 11 1 1 1 minh. Vậy max P tại a b ,c x y z 9 6 3 4 u1 2 2. Cho dãy số xác định bởi: n * .Tìm số hạng tổng quát un và tính un 1 4un 3.4 ,n ¥ 2n2 3n 1 giới hạn lim un Lời giải n * Số hạng tổng quát có dạng un 4 (an b),n ¥ thật vậy 3 1 Ta có u 2,u 20 a ;b u 4n 1 (3n 1) u u 4n (3n 2) 1 2 4 4 n n 1 n n thay vào công thức un 1 4un 3.4 thấy thỏa mãn. Dođó: 2n2 3n 1 2n2 3n 1 (2n 1)(n 1) n 1 n 1 lim lim n 1 4lim n 4lim n n 0 un 4 (3n 1) 4 (3n 1) 4 4 3n 1 Câu IV. (4 điểm) 1. Có bao nhiêu số tự nhiên có 8 chữ số khác nhau mà có mặt hai chữ số lẻ và ba chữ số chẵn , trong đó mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần? Lời giải Tác giả:Phạm Thị Cảnh; Fb: Pham Linh Canh Gọi các chữ số lẻ khác nhau là x, y thuộc A {1;3;5;7;9} và ba chữ số chẵn khác nhau là a,b,c thuộc B {0;2;4;6;8}. + TH1: Nếu chọn một chữ số x lẻ đứng đầu thì có 5 cách chọn, chữ số y lẻ còn lại và ba 3 chữ số chẵn thì số cách chọn là 4.C5 và chọn lại bộ (a;b;c) có một cách. Bây giờ ta sắp xếp vị trí cho bộ 7 chữ số (không kể số lẻ x đứng đầu) thì có các cách khác nhau là: 7! 4.C3 .1. ( Ta nói x có 5 cách chọn nghĩa là đã xếp vị trí cho x, việc còn lại là sắp 5 2!.2!.2! xếp vị trí cho bộ 7 chữ số còn lại).
8. 7! Vậy trường hợp 1 có các số thỏa mãn bài toán là : 5.4.C3 . 126000 (số) 5 2!.2!.2! 2 + TH2: Nếu chọn 1 chữ số chẵn a đứng đầu thì có 4 cách, hai chữ số b,c có C4 cách, 2 chọn lại chữ số a có 4 cách, chọn lại cặp (b;c) có một cách. Chọn hai chữ số lẻ có C5 cách. Bây giờ ta sắp xếp vị trí cho bộ 7 chữ số (không tính a) thì có các cách khác nhau 7! là: C 2 .1.1.C 2 . 75600 4 5 1!.2!.2! Vậy trường hợp 2 có các số thỏa mãn bài toán là : 4.75600 302400 (số) Vậy số các số thỏa mãn bài toán là : 126000 302400 428400 số. Cách 2 . Gọi các chữ số lẻ khác nhau là x, y thuộc A {1;3;5;7;9} và ba chữ số chẵn khác nhau là a,b,c thuộc B {0;2;4;6;8}. + TH1: Bộ 3 chữ số chẵn (a;b;c) không có chữ số 0. 3 2 Số cách chọn bộ 3 số chẵn C4 cách. Số cách chọn 2 số lẻ x, y là C5 . Bây giờ ta sẽ sắp 2 các chữ số vào 8 vị trí: Chọn 2 vị trí trong 8 vị trí để xếp chữ số chẵn thứ nhất cóC 8 cách, 2 chọn 2 vị trí trong số 6 vị trí còn lại để xếp chữ số chẵn thứ 2 có C6 , chọn 2 vị trí trong 2 4 vị trí còn lại để xếp chữ số chẵn thứ 3 có C4 cách, hai vị trí còn lại sắp 2 chữ số lẻ có 2! cách. 3 2 2 2 2 Vậy số các số thõa mãn trường hợp 1: C4 .C5 .C8 .C6 .C4 .2! 201600(số) + TH2: Bộ 3 chữ số chẵn (a;b;c) có chữ số 0. 2 2 Số cách chọn 2 số chẵn còn lại C4 . Số cách chọn 2 số lẻ x, y là C5 . Bây giờ ta sẽ sắp 2 các chữ số vào 8 vị trí: Chọn 2 vị trí trong 7 vị trí để xếp chữ số 0 (trừ vị trí đầu tiên) cóC7 2 cách, chọn 2 vị trí trong số 6 vị trí còn lại để xếp chữ số chẵn thứ 2 có C6 , chọn 2 vị trí 2 trong 4 vị trí còn lại để xếp chữ số chẵn thứ 3 có C4 cách, hai vị trí còn lại sắp 2 chữ số lẻ có 2! cách. 2 2 2 2 2 Vậy số các số thõa mãn trường hợp 2: C4 .C5 .C7 .C6 .C4 .2! 226800 (số). Vậy số các số thỏa mãn bài toán là : 201600 226800 428400 số. 8 2 . Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn C tâm I , trọng tâm G ;0 , các điểm 3 M 0;1 , N 4;1 lần lượt đối xứng với I qua AB và AC , điểm K 2; 1 thuộc đường thẳng BC . Viết phương trình đường tròn C . Lời giải
9. Tác giả: Nguyễn Kim Đông ; Fb: Nguyễn Kim Đông Ta thấy IM và IN vuông góc với các dây cung AB , AC nên đi qua các trung điểm E , F của AB và AC . Kết hợp tính đối xứng của các điểm M , N qua các cạnh AB , AC , ta có các tứ giác AINC , AIBM là các hình thoi. Do đó, AM AN NC BM AI IC IB R . Hơn nữa, ta có BM P NC ( vì cùng song song AI ) và bằng nhau nên BMNC là hình bình hành. Suy ra BC PMN . Phương trình MN là y 1, và BC đi qua K nên có phương trình là y 1. Gọi D d; 1 là trung điểm của BC thì tọa độ của B và C là B d b; 1 và C d b; 1 . Vì yG 0 , yB yC 1 yA 2 . 8 x x x x 8 x 2d 8 x 8 2d A 8 2d;2 . G 3 A B C A A   Mặt khác, BC MN 4;0 2b 4 b 2. 2 2 19 Mà MB MA R d 2 4 8 2d 1 nên d 3 hoặc d . 3 2 2 2 d 1 Tương tự NC NA nên d 2 4 4 2d 1 3d 12d 9 0 . d 3 Suy ra d 3 là nghiệm chung của hai phương trình trên và khi đó tọa độ ba đỉnh B 1; 1 , C 5; 1 , A 2;2 .
10. 2 m 0 Gọi I 3;m , từ IA MA R 5 , ta có1 m 2 5 . m 4 Với m 0 , suy ra I 3;0 . Với m 4 , suy ra I 3;4 (loại vì IC 5 ). Vậy đường tròn C là x 3 2 y2 5 . Câu V. (4,0 điểm) 1.Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành tâm O. Một mặt phẳng không qua S     cắt các cạnh SA, SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P , Q thỏa mãn : SA 2SM , SC 3SP 2 2 SB SB SD .Tính tỉ số khi biểu thức T 4 đạt giá trị nhỏ nhất. SN SN SQ Lời giải Tác giả:Trần Thị Huệ ; Fb:Tran Hue S N M P G Q E A B O D C F • Dựng mặt phẳng (P) không qua S thỏa mãn yêu cầu bài toán : Trên đoạn SA lấy M sao cho SA = 2 SM Trên đoạn SC lấy P sao cho SC = 3 SP Trong mp (SAC) : gọi G SO  MP MP  (SAC) Do NQ  (SBD) (SAC)  (SBD) SO MP , NQ phân biệt ,không song song SO,MP, NQ đồng quy tại G . Trong (SBD ) : Qua G kẻ đường thẳng d cắt SB tại N , SD tại Q . • Trong mặt phẳng (SAC) vẽ AE , CF song song với MP cắt SO lần lượt tại E , F . SA SE Vì AE // MP nên ta có : . SM SG