Đề thi chọn HSG Toán 11 năm 2018 – 2019 trường THPT Thị xã Quảng Trị

SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ
TRƯỜNG THPT THỊ XÃ QUẢNG TRỊ

KỲ THI CHỌN HSG VĂN HÓA LỚP 10, 11
Khóa thi ngày 03 tháng 4 năm 2019
Môn thi: Toán lớp 11

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

(Đề có 01 trang)

Câu I (5,0 điểm).
1. Giải phương trình: sin 2 3 x cos 2 x  sin 2 x  0.
2. Cho x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình: x 2  3 x  a  0 , x3 và x4 là hai nghiệm của
phương trình: x 2  12 x  b  0 . Biết rằng x1 , x2 , x3 , x4 theo thứ tự lập thành một cấp số nhân. Hãy
tìm a, b .
Câu II (3,0 điểm).
1. Cho k là số tự nhiên thỏa mãn: 5  k  2014 .
k
k 1
k 5
k
 C51C2014
 ...  C55C2014
 C2019
.
Chứng minh rằng: C50C2014
2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:

m





1  x2  1  x2  2  2 1  x4  1  x2  1  x2 .

Câu III (3,0 điểm).

Cho dãy số  un  được xác định bởi: u1  sin1; un  un 1 

sin n
, với n  , n  2 .
n2

Chứng minh rằng dãy số  un  xác định như trên là một dãy số bị chặn.
Câu IV (3,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có tam giác ABC đều cạnh bằng a và tam giác BCD cân
a 5
tại D với DC 
.
2
1. Chứng minh rằng: AD  BC .
2. Gọi G là trọng tâm tam giác BCD , tính cosin góc giữa hai đường thẳng AG và CD , biết
góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và ( BCD ) bằng 300 .
Câu V (3,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với A(2;1) , B (1; 2) , trọng
tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng x  y  2  0 . Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác
27
ABC bằng
.
2

Câu VI (3,0 điểm). Cho các số dương a, b, c thỏa mãn: a 2  b 2  c 2  3 . Chứng minh rằng:
2
 4
 4
 4

 1 2 2  1 2
 1  3  a  b  c  . Đẳng thức xảy ra khi nào?
 2
2
2
 a b
 b  c
 c  a

-----------------HẾT---------------------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu và MTCT.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………….Số báo danh:……………….


Huớng dẫn chấm – Toán 11
Câu
Câu I.
(5đ)
1. (3đ)

2. (2đ)

Nội dung
Giải phương trình: sin 2 3x cos 2 x  sin 2 x  0.
sin 2 3 x cos 2 x  sin 2 x  0 (1)
Ta có: sin 3 x  (1  2 cos 2 x) s inx.

Điểm

(1)  ((1  2 cos 2 x) 2 cos2 x  1) sin 2 x  0

1.0đ

 (1  cos2x)(1+4cos 2 2 x ) sin 2 x  0

1.0đ

sin x  0
k

x
1.0đ
2
cos2x=-1
Cho x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình: x 2  3x  a  0 , x3 và x4 là hai

nghiệm của phương trình: x 2  12 x  b  0 . Biết rằng x1 , x2 , x3 , x4 theo thứ tự lập
thành một cấp số nhân. Hãy tìm a, b .
Gọi q là công bội của CSN  x2  x1q; x3  x1q 2 ; x4  x1q 3
Theo viet ta có:
 x1 (1  q )  3
 x1  x2  3


x x  a
 1 2
 x1 x2  a


 2
 x3  x4  12  x1q (1  q )  12
x x  b
 x3 x4  b
 3 4
2
Suy ra q  4
+ q = 2  x1  1 , giải ra được a = 2, b = 32

+q = -2  x1  3 , giải ra được a = -18, b = -288
Câu II.
(3đ)
1. (1.5đ)

Cho k là số tự nhiên thỏa mãn: 5  k  2014
k
k 1
k 5
k
Chứng minh rằng: C50C2014
 C51C2014
 ...  C55C2014
 C2019
Ta có: (1  x)5 (1  x)2014  (1  x)2019

M  (1  x)5  C50  C51 x  C52 x 2  C53 x 3  C54 x 4  C55 x5

1.0đ

1.0đ

0.5đ

0
1
2013 2013
2014 2014
k
N  (1  x) 2014  C2014
 C2014
x  ...  C2014
x k  ...  C2014
x  C2014
x
0
1
2018 2018
2019 2019
k
P  (1  x) 2019  C2019
 C2019
x  ...  C2019
x k  ...  C2019
x  C2019
x

k

0.5đ

Ta có hệ số của x trong P là C
, P = M.N
k
Mà số hạng chứa x trong M.N là :
k
2019

k
k 1 k 1
k 2 k 2
k 3 k 3
k 4 k 4
k 5 k 5
C50C2014
x k  C51 xC2014
x  C52 x 2C2014
x  C53 x3C2014
x  C54 x 4C2014
x  C55 x5C2014
x

2. (1.5đ)

k
k 1

k 5
k
Vậy : C50C2014
 C51C2014
 ...  C55C2014
 C2019
Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:

m



0.5đ



1  x2  1  x2  2  2 1  x4  1  x2  1  x2

ĐK: 1  x  1 , Đặt t  1  x 2  1  x 2 , t liên tục trên  1;1 và t  0
 t 2  2  2 1  x 4  2  t   0; 2 
t 2  t  2
Pttt: m(t  2)  t 2  t  2  m 
t2
t 2  t  2
; t  0; 2  , f (t ) liên tục trên  0; 2 
Xét f (t ) 
t2

f '(t ) 

t 2  4t
 0, t  0; 2
(t  2) 2





0.5đ

0.5đ


0.5đ

 f (t ) nghịch biến trên  0; 2 

Vậy pt đã cho có nghiệm thực khi f ( 2)  2  1  m  1  f (0)
Câu III.
(3đ)

Cho dãy số

 un  được xác định bởi:

u1  sin1; un  un 1 

sin n
, với mọi
n2

n  , n  2 . Chứng minh rằng dãy số  un  xác định như trên là một dãy số bị

chặn.
1 1
1
 2  ...  2  2, n  N * , vì
2
1 2
n
1 1
1
1
1
1
 2  ...  2  1 

 ... 

2
1 2
1.2 2.3
n
n.(n  1)
1 1 1
1
1
1
 1  1     ... 
  2  2

2 2 3
n 1 n
n

Ta có:

1.0đ

sin1 sin 2
sin n
 2  ...  2
2
1
2
n
1 
1 1
1
1 1
Suy ra : 2    2  2  ...  2   un  2  2  ...  2  2, n  N *
n 
n
1 2
1 2
Vậy dãy số  un  xác định như trên là một dãy số bị chặn.

Bằng qui nạp ta CM được: un 

Câu IV.
(3đ)

1. (1đ)

1.0đ
1.0đ

Cho tứ diện ABCD có tam giác ABC đều cạnh bằng a và tam giác BCD cân tại
D với DC 

a 5
.
2

Chứng minh rằng: AD  BC .
Gọi M là trung điểm BC, ta có: ABC đều nên AM  BC , DBC cân nên 1.0đ
DM  BC  BC  ( AMD)  BC  AD.

2. (2đ)

Gọi G là trọng tâm tam giác BCD, tính cosin góc giữa hai đường thẳng AG và
CD, biết góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (BCD) bằng 300 .

Theo gt ta có góc giữa MA và MD bằng 300. Kẻ GN//CD, nối AN
a
3

+TH1: góc DAM bằng 300, ta có: MD  a  MG  , ABC đều nên AM 

a 3
. 0.5đ
2

Áp dụng định lí cosin cho AMG
a 13
CD a 5
a 7
, GN 
. ANC có AN 

. Trong ANG
6
3
6
3
5
5
có cos(AGN)=
.Gọi góc ( AG; CD)   thì cos =
65
65
13
+TH2: Góc AMD bằng 1500. Tính tương tự ta có: thì cos =
7 5

ta có AG 

0.5đ

0.5đ

0.5đ
Câu V.
(3đ)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(2; 1), B(1;-2), trọng tâm
G của tam giác nằm trên đường thẳng x + y – 2 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C biết diện
tích tam giác ABC bằng

27
.
2

 3 1 

Gọi M là trung điểm AB, ta có : M  ;  . Gọi C(a ; b),
2 2 
 a  3 b 1 

a  3 b 1


 2  0  a  b  4  0, (1) ,
suy ra G 
;
d 
3 
3
3
 3

mặt khác AB : 3x  y  5  0  d (C ; AB) 
Diện tích

S

3a  b  5

1
27
1
AB.d (C ; AB) 

10
2
2
2

1.0đ

,

10
3a  b  5

10



27
 3a  b  5  27, (2)

2

1.0đ

Từ (1) và (2) ta có hệ:
 a  9
 C  9; 5 

 a  b  4
b  5



 3a  b  32   
9
 a 
 a  b  4

2  C  9 ; 17 




  17
 2 2
 3a  b  22

b

2



Câu VI.
(3đ)

1.0đ

Cho các số dương a, b, c thỏa mãn: a 2  b 2  c 2  3 . Chứng minh rằng:
2
 4
 4
 4

 1 2 2  1 2
 1  3  a  b  c  . Đẳng thức xảy ra khi nào?
 2
2
2
 a b
 b  c
 c  a

2
2
2
Từ giả thiết ta có 0  a , b , c  3 . Áp dụng BĐT Cauchy ta có :
4
4
 (3  a 2 )  4 
 1  2  a2 .

2
2
3 a
3 a
4
4
Tương tự:
 1  2  b2 ;
 1  2  c2
2
3b
3  c2
 4
 4
 4

Do đó:  2 2  1 2 2  1 2 2  1  (a 2  2)(b 2  2)(c 2  2), (1)
 a b
 b  c
 c  a


Áp dụng BĐT Bun… ta có:
1
(a  2)(b  2)  (a  1)(b  1)  a  b  3  (a  b)  (a  b) 2  3
2
3
3
= ((a  b)2  2)  (a 2  2)(b 2  2)(c 2  2)  ((a  b)2  2)(c 2  2)
2

2
2
3

2(a  b)  2c  3(a  b  c) 2 , (2)
2
2

2



2

2

2

2

1.0đ

1.0đ

2



Từ (1) và (2) ta được BĐT cần chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1

1.0đ