Đề thi HSG tỉnh Toán 11 THPT năm 2018 – 2019 sở GDĐT Nghệ An (Bảng A)

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 CẤP THPT
NĂM HỌC 2018 – 2019
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn: TOÁN – BẢNG A
(Hướng dẫn chấm này gồm 06 trang)

Câu
1.
(7,0đ)

Đáp án
Điểm
a) (4,0 điểm) Giải phương trình cos 2 x  7cos x  3  sin 2 x  7sin x   8. (1)



 



(1)  cos 2 x  3 sin 2 x  7 cos x  3 sin x  8

0,5





 cos  2 x    7sin  x    4  0
3

6






 1  2sin 2  x    7sin  x    4  0
6
6






 2sin  x    7sin  x    3  0
6
6



 1

 sin  x  6   2



 


sin  x    3 ( ptvn)
6
 
 x  k 2

 k  .
2
x 
 k 2
3


1,0

1,0

2

Vậy phương trình có nghiệm x  k 2 , x 

0,5

0,5
2
 k 2 , k  .
3

b) (3,0 điểm) Giải hệ phương trình
 x  x2  2x  2  y 2  1  y  1
(1)


 3
2
2
2

 x   3x  2 y  6  2 x  y  2  0 (2)
Điều kiện 2 x 2  y  2  0 .

1  ( x  1  y)   x  1
 ( x  1  y) 

2

 1  y2  1  0

( x  1  y )( x  1  y )

 x  1

2

1  y 1

0,5

 x, y   .
0,5

0

2



x 1 y

0
 ( x  1  y) 1 
2
2

 x  1  1  y  1 

x 1 y  0


x 1 y
 1 
0
2
2

 x  1  1  y  1

1

0,5

 y  x 1

2
  x  1  1  y 2  1  ( x  1)  y  0 (*)

0,5

Ta có
 x  1  1  y  1  ( x  1)  y  x  1  ( x  1)  y  y  0 nên
phương trình (*) vô nghiệm.
Thay y   x  1 vào phương trình (2) ta được phương trình
2

2

x3   5 x 2  4 x  4  2 x 2  x  1  0

 x3  3x 2  4  2 x 2  x  1  2 x 2  x  1  0 (3)

0,5

Đặt a  2 x 2  x  1  0 , phương trình (3) trở thành
 xa
x3  3x 2 a  4a3  0  ( x  a)( x  2a)2  0  
 x  2a
x0

1  5
1  5
x  a  2x2  x  1  x   2

x
y
2
2
x  x 1  0
x0

2  4 2
5  4 2
x  2a  2 2 x 2  x  1   x   2
x
y
7
7
7 x  4 x  4  0



2  4 2
1  5
x

x 



7
2
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y) với 
và 

.
1

5

5

4
2
y  
y 


2
7

2.
(2,0đ)

0,5

0,5

Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau được
chọn từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Xác định số phần tử của S . Lấy ngẫu nhiên
một số từ S , tính xác suất để số được chọn là số chia hết cho 11 và tổng 4 chữ số
của nó cũng chia hết cho 11 .
Số phần tử của S là A94  3024 (số).
Số phần tử của không gian mẫu là n     3024
0,5

Gọi A là biến cố “số được chọn là số chia hết cho 11 và tổng 4 chữ số
của nó cũng chia hết cho 11 ”.
Gọi số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau là
abcd  a  0, a  b  c  d 
0,5
Theo giả thiết ta có  a  c    b  d  11 và  a  c    b  d  11
Suy ra  a  c  11 và  b  d  11.
Trong các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có các bộ số gồm hai chữ số mà
0,5
tổng chia hết cho 11 là 2, 9;3, 8;4, 7;5, 6.
Chọn cặp số a, c có 4 khả năng, mỗi khả năng có 2 cách.
Khi đó chọn cặp số b, d  còn 3 khả năng, mỗi khả năng có 2 cách.
Như vậy n  A  4.2.3.2  48 (số).
2

0,5


Xác suất cần tìm là p  A 
3.
(2,0đ)

n  A
48
1

 .
n    3024 63

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có

AB  2BC. Gọi M là trung điểm của đoạn AB và G là trọng tâm tam giác
5 
ACD. Viết phương trình đường thẳng AD, biết rằng M 1; 2  và G  ; 0  .
3 
M

H

A

B

G

D

C

K

Gọi H là hình chiếu vuông góc của G lên AB và K là trung điểm
đoạn CD.
Đặt BC  3a  0, suy ra AB  6a, GH  2a, HM  a.
40
8
2 2
 5a 2  a 2   a 
.
9
9

3
2
2
8
Suy ra AM  3a  2 2, AG  AK  3a 2  .
3
3
3
Gọi A( x, y) . Khi đó
1  x 2   2  y 2  8
 AM  2 2
 x2  y 2  2x  4 y  3


2

8   5
64  

2
x  3y 1
AG


x

y




 

3

9

 3
x  3y 1
 x  1, y  0

 y 0
 

 x  19 , y  8
 y  8
5
5

 
5
MG 2  4a 2  a 2 



0,5



0,5

0,5

+) Nếu A(1,0) . Đường thẳng AD đi qua A và vuông góc với đường
thẳng AM nên phương trình đường thẳng AD là x  y  1  0.
19 8
, ) . Đường thẳng AD đi qua A và vuông góc với đường
5 5
thẳng AM nên phương trình đường thẳng AD là 7 x  y  25  0.

+) Nếu A(
4.
(5,0đ)

0,5

Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang cân  AB / /CD  nội tiếp
đường tròn tâm O và SBA  SCA  900. Gọi M là trung điểm của cạnh SA.
a) Chứng minh rằng MO   ABCD .
b) Gọi  là góc giữa hai đường thẳng AB và SC. Chứng minh rằng
3


BC
.
SA
a) (3,0 điểm)

cos  

S

M

I

A

B
O

D

C

Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng  ABCD 
Xét các tam giác MHA, MHB, MHC có

1,0

MHA  MHB  MHC  900

MH chung MA  MB  MC 

1
SA
2

1,0

Suy ra MHA  MHB  MHC nên HA  HB  HC

Do đó H  O, vì vậy MO   ABCD .
b) (2,0 điểm)
Vì AB / /CD nên góc giữa hai đường thẳng AB và SC là góc giữa hai

1,0

đường thẳng CD và SC , suy ra cos   cos SCD  1  sin 2 SCD (*)

0,5

Gọi điểm I là hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng  SCD 
1
2
Mặt khác lại có MS  MD  MC suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp
SD
SD
SD


SCD. Khi đó sin SCD 
(vì MID vuông tại I nên
2 ID 2MD SA
ID  MD )

Ta có MD  MC  SA nên SDA vuông tại D

0,5

0,5

Từ (*) suy ra
SD 2
SA2  SD 2
cos   1  sin SCD  1  2 

SA
SA2
BC
cos  
(đpcm)
SA
2

5.
(4,0đ)

a) (2,0 điểm) Cho dãy số  un  , biết u1  12,
Tìm lim

un
.
2n 2  1
4

AD 2 AD BC


SA2
SA SA

0,5

2un1
un  n 2  n  2
với n  1.

n2  5n  6
n2  n


Ta có:
2un1
un  n 2  n  2
2un1
un
n2




2
2
n  5n  6
n n
 n  2  n  3 n  n  1 n
n2



2

2
 n  1 n  2   n  3 n  n  1  n  2  n  n  1 n  2 
2un1



un

2un1

 n  1 n  2   n  3
2



un

n  n  1  n  2 
2



2

 n  1 n  2 



1
n  n  1

1
un
1 





 (*)
2
2
 n  1 n  2   n  3  n  1 n  2  2  n  n  1  n  2  n  n  1 
un1

Đặt vn 

1

un

n  n  1  n  2 
2



0,5

0,5

1
1
, từ (*) ta có vn1  vn nên  vn  là
n  n  1
2

1
1
1
cấp số nhân có công bội q  , v1  suy ra vn  v1q n1  n
2
2
2
2
n  n  1  n  2 
un
1
1



u

  n 2  3n  2 
n
2
n
n
2
n  n  1  n  2  n  n  1 2

Khi đó

0,5

n  n  1  n  2 
  n 2  3n  2 
 n  n  12  n  2  n 2  3n  2 
n
un
2
lim 2
 lim

lim



n
2
2n  1
2n 2  1
2n 2  1 
 2  2n  1

2

n  n  1 n  2 
6
2
n  n  1  n  2 

n2  3n  2 1
lim

Suy ra lim
và

0
2n 2  1
2
2n  2n 2  1

Ta có 2n  Cn0  Cn1  Cn2  Cn3  ...  Cnn  Cn3 

0,5

un
1

2
2n  1 2
b) (2,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a3  b3  c3  3abc  32. Tìm giá trị

Vậy lim

nhỏ nhất của biểu thức P   a 2  b2  c 2   a  b  b  c  c  a  .

Ta có
a3  b3  c3  3abc  32   a  b  c   a 2  b2  c 2  ab  bc  ca   32 *
Đặt t  a  b  c, từ (*) suy ra t  a  b  c  0
2

*   a  b  c  3 a 2  b2  c 2    a  b  c    64
64
64 2
2
 3 a 2  b2  c 2  
 a  b  c 
t
abc
t
Ta chứng minh
2
2
2
a  b  b  c  c  a  2  a  b    b  c    a  c   **


5

0,5

0,5

0,5


Thật vậy,vì vai trò a, b, c bình đẳng nên giả sử a  b  c
a  b  b  c  c  a   a  b   b  c    a  c   2  a  c 
2
2
2

Ta có **  2  a  c   2  a  b    b  c    a  c  



  a  c    a  b  b  c 
2

2

2

  a  b  b  c    a  b   b  c 
 2  a  b  b  c   0 luôn đúng
Vì vậy
2

2

2

a  b  b  c  c  a  2 a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  2
3P  3 a 2  b2  c 2   a  b  b  c  c  a  .

32
8 2

abc
t

64

 64

 64
8 2
3P    t 2 
8 2
 t t   8 2.2
.t t  128 2
t t
 t
 t
t t

128 2
Suy ra P 
.
3
128 2
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là
3
44 2
42 2
, b c 
Đạt được khi a 
và các hoán vị của a, b, c
3
3

- - - Hết - - Ghi chú: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa

6

0,5