[toanmath.com] - Đề thi chọn HSG cấp tỉnh Toán 11 năm 2018 – 2019 sở GD&ĐT Bắc Ninh

UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn thi: Tốn – Lớp 11
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y  m  1 x  2m  3 có đồ thị là đường thẳng d . Tìm m để đường
thẳng d cắt trục Ox ,Oy tại hai điểm A và B sao cho tam giác OAB cân.
Câu 2. (4,5 điểm)
4 sin2

1) Giải phương trình


x
3 
 3 cos 2x  1  2 cos2 x  

2
4 

 0.
2 cos 3x  1
x 3  xy 2  x  2y 3  y

2) Giải hệ phương trình  3
.

 x  3y  5 2x 2  5x  3y 3  5x 2  2y  5

Câu 3. (4,0 điểm)
 3x  1  x  3

khi x  1

x2 1
1) Tìm a để hàm số f x   
liên tục tại điểm x  1 .
a  2 x

khi x  1

4
2u  un 1
2) Cho dãy số un  xác định bởi u1  2019; u2  2020; un 1  n
, n  2, n   . Tính lim un .
3
Câu 4. (2,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD có tâm I . Trung điểm
cạnh AB là M (0; 3) , trung điểm đoạn CI là J (1; 0) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vng, biết đỉnh D
thuộc đường thẳng  : x  y  1  0 .
Câu 5. (4,0 điểm)





1) Cho hình chóp S .ABCD , có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a 3, BC  a và
SA  SB  SC  SD  2a . Gọi K là hình chiếu vng góc của B trên AC và H là hình chiếu vng

góc của K trên SA.
a) Tính độ dài đoạn HK theo a.
b) Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng HK , SO . Mặt phẳng   di động, luôn đi qua I và cắt
các đoạn thẳng SA, SB, SC , SD lần lượt tại A, B ,C , D  . Tìm giá trị nhỏ nhất của P  SA.SB .SC .SD  .
2) Cho tứ diện đều ABCD có đường cao AH . Mặt phẳng P  chứa AH cắt ba cạnh BC ,CD,
BD lần lượt tại M , N , P ; gọi ; ;  là góc hợp bởi AM ; AN ; AP với mặt phẳng BCD  . Chứng minh

rằng tan2   tan2   tan2   12 .
Câu 6. (3,0 điểm)
1) Cho tam thức f x   x 2  bx  c . Chứng minh rằng nếu phương trình f x   x có hai nghiệm
phân biệt và b 2  2b  3  4c thì phương trình f  f x   x có bốn nghiệm phân biệt.


2) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn (a  b  c)2  ab . Tìm giá trị nhỏ nhất của
2


ab
c2
c
 .

 2

biểu thức P 
a  b a  b 2 a  b  c 
3) Lớp 11 Tốn có 34 học sinh tham gia kiểm tra mơn Tốn để chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi
cấp tỉnh. Đề kiểm tra gồm 5 bài toán. Biết rằng mỗi bài tốn thì có ít nhất 19 học sinh giải quyết được.
Chứng minh rằng có 2 học sinh sao cho mỗi bài toán đều được một trong hai học sinh này giải quyết được.
-----------------Hết----------------Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh .............................

HƯỚNG DẪN CHẤM
THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2018 - 2019
Mơn: Tốn – Lớp 11

UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Câu
1. (2,0 điểm)

Lời giải sơ lược

Điểm

 2m  3 
Ta có d cắt trục Ox tại điểm A 
; 0 (điều kiện m  1 )
 m  1 



0,5



d cắt trục Oy tại điểm B 0;  2m  3

Khi đó OAB vng tại O nên OAB cân tại O  OA  OB 

2m  3
 2m  3
m 1


m   3

2m  3  0
2



 m  2 .

 m  1  1
m  0


3
Với m   ta có ba điểm A, B,O trùng nhau (Loại). Hai trường hợp còn lại thỏa mãn.
2
Vậy m  0; m  2 là các giá trị cần tìm.

0,5

0,5

0,5

Chú ý:
+ Học sinh thiếu điều kiện m  1 trừ 0,25 điểm.
+ Nếu học sinh thiếu dấu trị tuyệt đối ở bước 2, mà làm đúng các bước trên và tìm ra được
m  2 cho 1,25 điểm.
+ Nếu học sinh thiếu dấu trị tuyệt đối ở bước 2, mà làm đúng các bước trên và tìm ra được
3
m  2; m   cho 1,0 điểm.
2
CÁCH 2: Học sinh có thể giải theo cách ngắn hơn như sau (vẫn cho điểm tối đa)
Vì d cắt trục Ox ,Oy lần lượt tại A, B sao cho OAB vng cân tại O nên d có hệ số góc

k  tan 45

k  1

k , với 

k  1
k  tan 135

Mặt khác theo giả thiết d có hệ số góc k  m  1 .
m  1  1
m  0

Do đó 
.
 
m


1

0
m 2


2.1 (2,25 điểm)
1
Điều kiện: cos 3x  
2
Ta có: phương trình đã cho tương đương với

x
3 
4 sin2  3 cos 2x  1  2 cos2 x  
2
4 


0,25

0,75

 2  2 cos x  3 cos 2x  2  sin 2x  2 cos x  3 cos 2x  sin 2x



 cos 2x    cos   x  
6 



x  5  k 2

18
3 k  

x   7   k 2

6


0,75


Với x  

7
1
 k 2 k   , ta có cos 3x  0   (thỏa mãn điều kiện * )
2
6

5
2
3
1
k
k   , ta có cos 3x  
  (không thỏa mãn điều kiện * )


18
3
2
2
7
 k 2 k  
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  
6
2.2 (2,25 điểm)
x 3  xy 2  x  2y 3  y 1

 3
 x  3y  5 2x 2  5x  3y 3  5x 2  2y  5 2


x   5
2
Điều kiện: 2x  5x  0  
2


x
0

Với x 



0,5



Ta có phương trình 1 x 3  y 3   xy 2  y 3   x  y  0

x  y
2
2

2
1
0
x
y
x
xy
y






 
x 2  xy  2y 2  1  0 *


2

y 

7y 2
2
2

Mà x  xy  2y  1  x   
 1  0, x , y   nên phương trình * vơ

2 
4





0,5

0,25

nghiệm.
Thay y  x vào phương trình 2 ta có

x

3



 3x  5

2x 2  5x  3x 3  5x 2  2x  5









 x 3  3x  5

 x 3  3x  5 





2x 2  5x  1
2x 2  5x  1



(3)  x 





 x  2x 2  5x  1

 3

 x  3x  5
 2x 2  5x  1 
 x   0 

 2x 2  5x  1





2x 2  5x  1  3x 3  5x 2  2x  5  x 3  3x  5

1,0

 2
2x  5x  1  0 3

x 3  3x  5  x 2x 2  5x  1 4




5  33
5  33
, thỏa mãn.
x 
4
4

2



(4)  x 3  2x  5  x 2x 2  5x  x 3  (2x  5)  x  2x 2  5x



 
 x 
 x3
3

2

2





2

 2x 3 (2x  5)  (2x  5)2  x 3 (2x  5)

 x 3 (2x  5)  (2x  5)2  0

2

2x 3  2x  5  0

 3 2x  5 
3
2


   (2x  5)  0  
, không thỏa mãn.
 x 

2x  5  0
2 
4




Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm
 5  33 5  33   5  33 5  33 

 ; 
 .
x ; y  
;
;




4
4

4
4
 


 

3.1 (2,0 điểm)

0,5


TXĐ:  .
Ta có

0,25

lim f x   lim

x 1

x 1

3x  1  x  3

lim f x   lim

x 1

x 1





x2 1

3x  1  x  3

a  2 x



4

 lim



x 1

x  1

2
3x  1  x  3

1
4

a 2

 f 1 .
4
x 1

x 1

3.2 (2,0 điểm)
2un  un 1
3

0,75

0,5

Hàm số liên tục tại điểm x  1  lim f x   lim f x   f 1 
Với n  2 ta có un 1 





a 2 1
  a  1 .
4
4

 3un 1  2un  un 1  3un 1  3un  un  un 1

1
 un 1  un    un  un 1  .

3

0,5

0,5

1
Do đó, dãy vn  với vn  un 1  un là một cấp số nhân với v1  1 , cơng bội q   .
3
Ta có un  un  un 1  un 2  un 3  ...  u2  u1  u1  vn 1  vn 2  ...  v1  u1
n 1

un  v1

1  q n 1
 u1  1.
1q

 1
1   
 3 
1

n 1

 1  
3

 2019  1      2019 .
 3  

4



1
3

n 1

3 3  1
Vậy un  2019    
4 4  3 

 lim un 

8079
.
4

1,0

0,5

4. (2,5 điểm)
M

A

B

I
J
C

D

Gọi a là độ dài cạnh hình vng ABCD .
2

2

a 2 


2

  a 2   5a
Ta có AC  a 2  JD  DI  IJ  


 2 
8
 4 
2

2

2

 3a


JM 2  JA2  AM 2  2JA.AM cos 450  
 4

2

a2
2 
3a 2 a 2
5a 2
.

.
   2.
4
4 2 2
8


5a 2
 DM 2  DJ 2  JM 2  DMJ vng tại J .
4
Do đó JM vng góc với JD (1)
Chú ý: Học sinh có thể dùng cách vec tơ để chứng minh tính chất vng góc
DM 2  AM 2  AD 2 

0,5





D thuộc  nên D(t; t  1)  JD(t  1; t  1), JM (1; 3). Theo (1)
 
JD.JM  0  t  1  3t  3  0  t  2  D(2; 1) .
Dễ thấy DM  2 5  a 2 

0,25

a2
 a  4.
4

x  2; y  3
AM  2 x 2  (y  3)2  4




 
Gọi A(x ; y ). Vì 
2
2
AD  4
(x  2)  (y  1)  16
x  6 ; y  7



5
5

Với A(2; 3) (thỏa mãn)(vì khi đó A, J cùng phía so với DM ).

 B(2; 3)  I (0;1)  C (2; 1)  J (1; 0)
6 7 
Với A  ;  (loại). (vì khi đó A, J cùng phía so với DM ).
 5 5 

0,5

0,75

0,5

Vậy tọa độ các đỉnh hình vng là A(2; 3), B(2; 3),C (2; 1), D(2; 1).
5.1.a) (1,5 điểm)
S

H
B'

A'
I

B

A
D'

0,75

C'
O
K

D

C

Gọi O là giao điểm của AC và BD . Theo giả thiết ta có:
SO  ABCD   SO  BK ,
Mà BK  AC  BK  SAC   BK  SA và BK  HK .

1
1
1
3a 2
2



BK

Do ABC vuông đỉnh B nên:
.
4
BK 2
AB 2 BC 2
Dễ thấy SA  BHK   BH  SA.
SAB cân đỉnh S , BH là đường cao nên dễ thấy HB 

a 39
.
4

3a 3
27a
.
 HK 
4
16
Chú ý: Nếu học sinh không vẽ điểm K nằm trong đoạn AC thì trừ 0,25 điểm.
5.2.b) (1,5 điểm)
5a
3a
 HA 
Ta có SH  SB 2  BH 2 
.
4
4
Từ O kẻ đường thẳng song song với SA cắt HK tại J .
OJ
OK
1


Theo định lí Talet ta có
AH
AK
3
Do HBK vng tại K nên HK 2  HB 2  BK 2 

0,75

2

0,75


Mà

3
1
1
6
AH
OJ
OI
SO
 
 
 
 .
SH
5
SH
5
SI
5
SI
5

S

H
C'

I
A'
A

J
E

K

O

C

F

Chú ý: Nếu dùng định lý Melenauyt (khơng chứng minh định lí) để tính tỉ số

SO
6
 trừ
SI
5

0,5 điểm.

Từ A,C lần lượt kẻ các đường thẳng song song với AC cắt SO lần lượt tại E , F .

SA
SC
SE SF
SO  OE  SO  OF
SO 12




2

SA SC 
SI
SI
SI
SI
5
SB
SD
12
SA
SB
SC
SD
24








.
Tương tự ta có
SB ' SD '
5
SA ' SB ' SC ' SD '
5
Khi đó

0,5

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có
24
SA SB SC SD
625 4
.
.
.
a
 44
 SA.SB .SC .SD  
5
SA ' SB ' SC ' SD '
81
5a
Dấu bằng xảy ra khi SA  SB   SC   SD  
3

625 4
a .
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức SA.SB .SC .SD  bằng
81
5.2 (1,0 điểm)
2
.
3
Đẳng thức cần chứng minh tan2   tan2   tan2   12 1

0,25

Gọi a là độ dài cạnh tứ diện ABCD khi đó AH  a

Tương đương với

1
1
1
18



(2)
MH 2 NH 2 PH 2
a2

0,5

A

D

B

D

K

B
M

H
I

K
N

M

P

P

H
I

J

N

J

C

C

Xét tam giác BCD Từ H kẻ HI ; HJ ; HK vng góc với BC ;CD; BD . Khơng mất tính
tổng qt ta có thể giả sử M thuộc đoạn BI và gọi 1; 2 ; 3 lần lượt là ba góc hợp bởi

HM ; HN ; HP với ba cạnh BC ;CD; BD.
Ta có tam giác HMI và HNJ vuông tại I và J nên tứ giác HICJ nội tiếp
  120º      120º
 IHJ
1

3

Mặt khác tổng ba góc của tam giác BMP bằng 180 nên
  BPM
 B
  180  180      60  180      60
BMP

1
3
1
3
Từ đó suy ra

1
1
1
12


 2  sin2 1  sin2 2  sin2 3 
2
2
2

MH
NH
PH
a 
12
 2  sin2 1  sin2 120  1  sin2 1  60 

a 
6
 2 1  cos 21  1  cos 2 1200  1  1  cos 2 1  600 

a 
 18
6
1
1
1
1
  3  cos 21  cos 21  sin 21  cos 21  sin 21   2

 a
a 
2
2
2
2

2
2
2
Vậy tan   tan   tan   12
6.1. (1,0 điểm)

















Đặt a  xc, b  yc từ điều kiện ta có (x  y  1)2  xy và P 

xy
1
1
.
 2

2
x y x y
xy

2

 x  y 
  (x  y )2  4 (x  y )2  2(x  y )  1  0
Ta có (x  y  1)  xy  



 2 
2

 3(x  y )2  8(x  y )  4  0 

0,5

0,5

2
 x y  2.

3

2

Đặt t  x  y,   t  2 thay xy  (t  1)2 vào biểu thức P ta được
3

(t  1)2
(t  1)2
1
1
1
1
P
 2


 2

2
2
t
t
t  2(t  1)
(t  1)
t  4t  2 (t  1)2


(t  1)2
1

1
1

 2

2
t
2(t  1)
t  4t  2 2(t  1)2

0,5


2 
2
4
2
4
 ;2



2,

t

 2
3 
t | t  1 | t  4t  2  2(t  1)2
t | t  1 | t2



Vậy Pmin  2  a  b  c  1 .


6.2. (1,0 điểm)
Ta có f f x   x  f 2 x   bf x   c  x





 f x   f x   x   x  f x   x   b  f x   x   x 2  bx  c  x










  f x   x   f x   x  b  1 .



 f x   x 1
Do đó, f f x   x  0   2
x  b  1 x  b  c  1  0 2

Theo giả thiết, 1 có hai nghiệm phân biệt; do b 2  2b  3  4c nên 2 cũng có hai



0,5



nghiệm phân biệt.
Gọi x 0 là nghiệm của 1 ta có x 02  bx 0  c  x 0 .
Khi đó nếu x 0 là nghiệm của 2 thì

x 02  b  1 x 0  b  c  1  0  2x 0  b  1  0  x 0  

b 1
.
2

0,5

b  1
b b  1
b 1
 
 
c  
 4c  b 2  2b  3 , trái giả thiết.

2
2

2


2





Do đó, x 0 khơng là nghiệm của 2 . Vậy phương trình f f x   x có bốn nghiệm phân biệt.
6.3. (1,0 điểm)
Giả sử ngược lại, tức là với hai học sinh bất kỳ tồn tại ít nhất một bài tốn mà cả hai học sinh
đó đều khơng giải được. Bây giờ ta sẽ đếm các bộ ba x , a, y  trong đó x , y là hai học sinh và

a là bài toán mà cả hai học sinh x , y đều không giải quyết được. Gọi k là số tất cả các bộ ba
như vậy.
2
Ta có C 34
cách chọn hai học sinh từ 34 học sinh. Vì hai học sinh bất kỳ thì có ít nhất một

0,5

2
 561 1
bài toán mà cả hai học sinh đều không giải quyết được nên k  C 34

Mặt khác, vì mỗi bài tốn a có ít nhất là 19 học sinh giải được nên mỗi bài toán có nhiều
nhất là 15 học sinh khơng giải được. Như vậy, đối với mỗi bài tốn a có nhiều nhất C 152 cặp

học sinh khơng giải được bài tốn a .

Do đó k  5.C 152  525 2
Từ 1 và 2 dẫn đến mâu thuẫn.

Điều giả sử sai, tức là bài toán được chứng minh.
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập
luận chặt chẽ, tính tốn chính xác mới được tính điểm tối đa.
2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng
không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình
chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ.
3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm

0,5