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

1. ĐỀ HỌC SINH GIỎI LỚP 11, SỞ VĨNH PHÚC NĂM 2019 MÔN TOÁN TIME: 180 PHÚT Câu 1: Giải phương trình cos 2x sin x 2 0. 2 2 n 2 2n * Câu 2: Cho khai triển nhị thức Newton (x x) a0 a1x a2 x ... a2n x , (n N ) . Tìm hệ số a10 n 1 n 2 Biết rằng Cn Cn 21 Câu 3: Một tấm vải hình chữ nhật được cuốn 100 vòng (theo chiều dài tấm vải) quanh một lõi hình trụ có bán kính đáy bằng 5cm sao cho mép vải luôn song song với trục của hình trụ. Biết rằng bề dày tấm vải là 0,3 cm. Tính chiều dài tấm vải đó. Câu 4: Chứng minh rằng phương trình 4x5 2018x 2019 0 có duy nhất một nghiệm thực. Câu 5: Từ 2018 số nguyên dương đầu tiên lấy ra 6 số xếp thành một dãy số có dạng a1,a2 ,a3 ,a4 ,a5 ,a6 . Hỏi có bao nhiêu dãy số dạng trên biết a1,a2 ,a3 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng. u1 2019 Câu 6: Cho dãy số u xác định bởi u3 20182 . n u n ,n * n 1 2 ¥ un un 4036 n 1 v , n * Đặt n  2  ¥ . Tính limvn . k 1 uk 2018 1 Câu 7: Cho hình hộp ABCD.A' B 'C ' D '. Gọi M là một điểm trên cạnh AD sao cho AM AD, N là 4 một điểm trên đường thẳng BD ', P là điểm trên đường thẳng CC ' sao cho 3 điểm M , N, P MN thẳng hàng. Tính tỉ số MP Câu 8: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, B· AD 600 , SA SB SC b và SD 2b . Gọi M là trung điểm của BC , điểm P trên cạnh SD sao cho SD 4SP . Mặt phẳng qua M , P và song song với AC. Tính theo a, b diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng hình chóp S.ABCD. Câu 9: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A , phương trình đường thẳng AB ,AC lần lượt là 5x y 2 0 ,x 5y 14 0 . Gọi D là trung điểm của BC , E là trung 9 8 điểm của AD ,M ; là hình chiếu vuông góc của D trên BE . Tìm tọa độ các điểm A ,B , 5 5 C . Câu 10: Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn a b c 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1
2. b c a 2 c a b 2 a b c 2 P . a2 b c 2 b2 a c 2 c2 a b 2 GIẢI CHI TIẾT ĐỀHỌC SINH GIỎI LỚP 11, SỞ VĨNH PHÚC NĂM 2019 MÔN TOÁN TIME: 180 PHÚT Câu 1: Giải phương trình cos 2x sin x 2 0. 2 Lời giải 2 cos 2x sin x 2 0 cos 2x cos x 2 0 2cos x cos x 3 0 2 cos x 1 3 x k2 , k ¢ . cos x 2 2 n 2 2n * Câu 2: Cho khai triển nhị thức Newton (x x) a0 a1x a2 x ... a2n x , (n N ) . Tìm hệ số a10 n 1 n 2 Biết rằng Cn Cn 21 Lời giải Tác giả:Võ Văn Trung; Fb: Van Trung Giải phương trình tìm n: n 1 n 2 * Cn Cn 21(n N ,n 2) n! n! n(n 1) 2 n 6(nh) 21 n 21 n n 42 0 . (n 1)! 2!(n 2)! 2 n 7(l) 6 6 2 6 k 2 6 k k k k 12 k Ta có: (x x) C6 (x ) .( x) C6 ( 1) x k 0 k 0 2 6 2 12 10 Mà (x x) a0 a1x a2 x ... a12 x nên a10 là hệ số của x Suy ra: x10 x12 k k 2 2 2 Vậy hệ số a10 là: C6 ( 1) 15 nguyennhuhunggh@gmail.com Câu 3: Một tấm vải hình chữ nhật được cuốn 100 vòng (theo chiều dài tấm vải) quanh một lõi hình trụ có bán kính đáy bằng 5cm sao cho mép vải luôn song song với trục của hình trụ. Biết rằng bề dày tấm vải là 0,3 cm. Tính chiều dài tấm vải đó. Lời giải 2
3. Tác giả: Nguyễn Như Hưng; Fb: Nguyen Hung Chiều dài của vòng thứ 1 là 2 .5 cm . Chiều dày của vòng thứ 2 là 2 5 0,3 cm . Chiều dày của vòng thứ 3 là 2 5 2.0,3 cm . . Chiều dày của vòng thứ 100 là 2 5 99.0,3 cm . Suy ra chiều dài tấm vải là 99.100 2 5.100 0,3 1 2 3  99 2 500 0,3. 3970 cm . 2 vantrung38@gmail.com chucnguyen29796@gmail.com Câu 4: Chứng minh rằng phương trình 4x5 2018x 2019 0 có duy nhất một nghiệm thực. Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Chúc; Fb:Chuc Nguyen Cách 1: (sử dụng kiến thức lớp 12). Xét hàm số f x 4x5 2018x 2019 liên tục trên ¡ . Ta có y ' 20x4 2018 0  x ¡ . Suy ra phương trình f x 0 có tối đa một nghiệm x ¡ 1 . Ta có f 0 2019; f 1 3 f 0 f 1 0 . Suy ra phương trình f x 0 có ít nhất một nghiệm a 1;0 2 . Từ 1 ; 2 suy ra phương trình f x 0 có nghiệm duy nhất a 1;0 . Do vậy, phương trình đã cho có duy nhất một nghiệm thực. Cách 2: (sử dụng kiến thức lớp 11). Xét hàm số f x 4x5 2018x 2019 liên tục trên ¡ . Ta có f 0 2019; f 1 3 f 0 f 1 0 . Suy ra phương trình f x 0 có ít nhất một nghiệm a 1;0 . Giả sử phương trình f x 0 có nghiệm b a . Ta có f b f a 4 b5 a5 2018 b a . Nếu b a thì b5 a5 . Suy ra 4 b5 a5 2018 b a 0 . Do vậy f b f a 0 f b f a 0 (vô lí). 3
4. Nếu b a b5 a5 . Suy ra 4 b5 a5 2018 b a 0 . Do vậy f b f a 0 f b f a 0 (vô lí). Vậy điều giả sử là sai. Do vậy, phương trình f x 0 có nghiệm duy nhất x a (đpcm). Câu 5: Từ 2018 số nguyên dương đầu tiên lấy ra 6 số xếp thành một dãy số có dạng a1,a2 ,a3 ,a4 ,a5 ,a6 . Hỏi có bao nhiêu dãy số dạng trên biết a1,a2 ,a3 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng. Lời giải Tác giả: Võ Quang Anh; Fb:Anh Võ Quang. a a a ,a ,a là cấp số cộng nên a 1 3 . Suy ra a , a cùng tính chẵn lẻ. 1 2 3 2 2 1 3 TH1: a1, a3 cùng lẻ. 2 a1, a3 chọn trong các số 1,3,5,...,2017 nên số cách là A1009 . a a a 1 3 nên a có 1 cách. 2 2 2 3 a4 ,a5 ,a6 chọn trong 2018 số loại đi ba số a1,a2 ,a3 nên số cách là A2015 . 2 3 Do đó số cách là A1009.A2015 . TH2: a1, a3 cùng chẵn. 2 3 Làm tương tự TH1 có A1009.A2015 cách. 2 3 Vậy có 2.A1009.A2015 cách lập thành dãy số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Thuanchy@gmail.com u1 2019 Câu 6: Cho dãy số u xác định bởi u3 20182 . n u n ,n * n 1 2 ¥ un un 4036 n 1 v , n * Đặt n  2  ¥ . Tính limvn . k 1 uk 2018 Lời giải Tác giả:Vũ Thị Thuần; Fb:Xu Xu * Ta chứng minh bằng quy nạp un 2019,n ¥ . Thật vậy, với n 1 thì u1 2019 . 3 2 3 2 u1 2018 2019 2018 Với n 2 thì u2 2 2 2019. u1 u1 4036 2019 2019 4036 4
5. Giả sử khẳng định đúng với n k k 2,k ¥ tức là uk 2019 . Khi đó 3 2 3 2 uk 2018 2019 2018 uk 1 2 2 2019. uk uk 4036 2019 2019 4036 * Vậy un 2019,n ¥ . n 1 n v , n * Khi đó n  2 2  ¥ k 1 uk 2018 2019 2018 n 1 1 Vậy limv lim , vì lim n ;lim . n 20192 2018 20192 2018 20192 2018 vietanhhda1983@gmail.com 1 Câu 7: Cho hình hộp ABCD.A' B 'C ' D '. Gọi M là một điểm trên cạnh AD sao cho AM AD, N là 4 một điểm trên đường thẳng BD ', P là điểm trên đường thẳng CC ' sao cho 3 điểm M , N, P MN thẳng hàng. Tính tỉ số MP Lời giải B C M E A D N C' B' P A' D' I Vì 2 đường thẳng BD ', MP cắt nhau tại điểm N nên 4 điểm B, M , D ', P đồng phẳng. Xét 3 mặt phẳng ABCD , CDD'C' , BMD 'P đôi một cắt nhau theo 3 giao tuyến là DC, BM , D ' P . Mà BM cắt DC . Do đó 3 đường thẳng DC, BM , D ' P đồng quy. Trong mặt phẳng ABCD :BM CD I . Trong mặt phẳng CDD'C ' :ID 'CC ' P . Trong mặt phẳng IBP :BD ' MP N . Trong mặt phẳng IBP :ME // IP E BD ' . 5
6. BM D ' I NP ME D ' I D ' P Ta có 1 1 . BI D ' P NM ID ' D ' P ME IM MD 3 BM 1 Mặt khác (2) . IB BC 4 BI 4 ID ' ID MD 3 D ' I 3 3 . IP IC BC 4 D ' P NP 4 MN 3 Từ (1), (2), (3) ta có . NM 3 MP 7 Câu 8: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, B· AD 600 , SA SB SC b và SD 2b . Gọi M là trung điểm của BC , điểm P trên cạnh SD sao cho SD 4SP . Mặt phẳng qua M , P và song song với AC. Tính theo a, b diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng hình chóp S.ABCD. Lời giải Fb: Nguyenduytinh S Xét hình thoi ABCD cạnh a và B· AD 600 BD a, AC a 3 . Gọi giao điểm của ( ) với SC, AB, SA lần lượ là N. R, Q. P Gọi I, J là giao điểm của MR với AD và CD. Q Thiết diện là ngũ giác MNPQR N Ta có SMNPQR SPIJ SIQR SMNJ A I D Mặt khác, IQR JNM SIQR SJNM Ta có, tam giác PIJ cân, gọi K là trung điểm của K O R H B IJ ta có PK  IJ M C Xét tam giác ABC có M là trung điểm của BC, J MR / / AC MR là đường trung bình của tam giác ABC và K là trung điểm của OB. OD 2 1 a 3 OD 2OK ; MR AC . DK 3 2 2 Xét tam giác DIJ ta có DA DO AC 2 3 3 2a 3 S AC / /IJ IJ AC a 3 DI DK IJ 3 2 2 2 P 2a 3 a 3 a 3 E MJ : 2 2 2 4 N K OD 2 BK 1 SP 1 BK SP DP DH Mặt khác, , DK 3 BD 4 SD 4 BD SD DS DB D DP DK 3 PK 3 Xét tam giác SBD có PK b F DS DB 4 SB 4 C J 6
7. 1 1 3a 3 3 9ab 3 S PK.IJ . . b PIJ 2 2 2 4 16 Xét tam giác DPJ Gọi E là trung điểm của SD Khi đó ta có EC / /PJ Xét tam giác SCE có NP / /EC , P là trung điểm của SE NP là đường trung bình của tam giác SEC N là trung điểm của SC 1 b MN là đường trung bình của tam giác SBC MN SB 2 2 Ta có: MN / /SB / /PK nên MN  IJ 1 1 b a 3 ab 3 S MN.MJ . . MNJ 2 2 2 4 16 9ab 3 2ab 3 7ab 3 S . MNPQR 16 16 16 Nguyenduymanh2@gmail.com Câu 9: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A , phương trình đường thẳng AB ,AC lần lượt là 5x y 2 0 ,x 5y 14 0 . Gọi D là trung điểm của BC , E là trung 9 8 điểm của AD ,M ; là hình chiếu vuông góc của D trên BE . Tìm tọa độ các điểm A ,B , 5 5 C . Lời giải Tác giả: Nguyễn Duy Mạnh; Fb: Nguyễn Mạnh Toán 5x y 2 0 x 1 Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ Vậy A 1;3 . x 5y 14 0 y 3 Gọi B a;5a 2 ,C 5b 14;b . 2 2 a b 2 Vì tam giác ABC cân tại A nên AB AC a 1 b 3 . a 4 b 7
8. TH1: Với a b 2 Ta có B a;5a 2 ,C 5a 4;a 2 nên D 3a 2;3a   63 Ta có MB.MD 0 18a2 28a 0 ( vô nghiệm) 5 TH2: Với a 4 b Ta có B a;5a 2 , C 6 5a;4 a nên D 3 2a;1 2a   a 0 2 27 Ta có MB.MD 0 8a a 0 27 . 5 a 40 *Với a 0 có b 4 thì B 0; 2 ,C 6;4 nên D 3;1 ,E 2;2 . Kiểm tra có M ,E , B thẳng hàng( thỏa mãn). 27 133 27 11 21 133 33 47 53 107 *Với a có b thì B ; ,C ; nên D ; , E ; 40 40 40 8 8 40 20 20 40 40 Kiểm tra có M ,E , B khôngthẳng hàng( không thỏa mãn). Kết luận: Vậy A 1;3 ,B 0; 2 ,C 6;4 . Câu 10: Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn a b c 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức b c a 2 c a b 2 a b c 2 P . a2 b c 2 b2 a c 2 c2 a b 2 Lời giải Tác giả: Võ Quang Anh; Fb:Anh Võ Quang. 2 2 b c a 1 2a 2a2 2a 2a a 1 Ta có: 1 1 .(*) a2 b c 2 a2 1 a 2 2a2 2a 1 1 2a 1 a Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số 2a;1 a ta được: 2a 1 a 2 a 1 2 2a 1 a .(**) 4 4 Từ (*) và (**) suy ra: 2 b c a 2a a 1 8a a 1 8a 24 1 8 . a2 b c 2 a 1 2 3 a 1 a 3 a 3 a 1 4 Chứng minh tương tự, ta suy ra: 1 1 1 P 3 24 24 . 3 a 3 b 3 c 1 1 1 9 9 Áp dụng bất đẳng thức AM – HM ta suy ra: . 3 a 3 b 3 c 9 a b c 10 3 Do đó, P . 5 8
9. 2a 1 a 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c a b c . 3 a b c 1 3 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là đạt tại a b c . 5 3 9