SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐĂNG ĐẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
Năm học: 2019 – 2020
MÔN THI: TOÁN, LỚP 11
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1. (2,0 điểm) Cho parabol ( P ) : =
y 2 x + m . Tìm m để d cắt ( P ) tại hai
y x 2 − 2 x và đường thẳng d : =
điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O (O là gốc tọa độ).
Câu 2. (4,0 điểm)
1) Giải phương trình:
3 sin 2 x − cos 2 x + 3sin x − 3 cos x − 1
=0
2 cos x + 3
(
)
x ( x − 1) + x =
y +1 1+ y y +1
(1)
2) Giải hệ phương trình:
3 ( x − 1=
) 2 4 + y − 4 2 − y + 9 − x2 ( 2)
Câu 3. (4,0 điểm)
1) Chứng minh rằng phương trình m 2 x 4 − x 3 − 2m 2 + 2m =
0 luôn có nghiệm với mọi m ∈ .
1
u1 = 4
2) Cho dãy số ( un ) thỏa mãn
. Tính giới hạn lim ( un ) .
4
*
=
un +1
, ∀n ∈
4 − un
Câu 4. (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A ( 2;3) . Các điểm I ( 6;6 ) , J ( 4;5 ) lần lượt là
tâm đường tròn ngoại tiếp và tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ các đỉnh B và C biết
hoành độ điểm B lớn hơn hoành độ điểm C.
Câu 5. (5,0 điểm)
, AD b , cạnh bên SA vuông
AB a=
1) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,=
góc với đáy.
a) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của SB và CD. Biết đường thẳng IJ tạo với mặt phẳng ( ABCD ) một
góc 600 . Tính độ dài đoạn thẳng SA .
b) (α ) là mặt phẳng thay đổi qua AB và cắt các cạnh SC, SD lần lượt tại M và N. Gọi K là giao điểm
AB BC
có giá trị không đổi.
−
MN SK
= BC
= 2a, AC
= BD
= 2b , AB.CD = 4c 2 . Gọi M là điểm di động trong
2) Cho tứ diện ABCD có AD
của hai đường thẳng AN và BM. Chứng minh rằng biểu thức=
T
không gian. Chứng minh rằng biểu thức H=
( MA + MB + MC + MD )
2
≥ 8 ( a 2 + b2 + c2 ) .
Câu 6. (3,0 điểm)
1) Có hai cái hộp đựng tất cả 15 viên bi, các viên bi chỉ có 2 màu đen và trắng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi
hộp 1 viên bi. Biết số bi ở hộp 1 nhiều hơn hộp 2, số bi đen ở hộp 1 nhiều hơn số bi đen ở hộp 2 và
5
xác suất để lấy được 2 viên đen là
. Tính xác suất để lấy được 2 viên trắng.
28
2) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x, y, z ≥ 1 và 3 ( x + y + z ) = x 2 + y 2 + z 2 + 2 xy .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức: P
=
x2
( x + y)
2
+x
+
x
.
z +x
2
………….. Hết…………..
(Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG
Năm học: 2019 – 2020
MÔN THI: TOÁN, LỚP 11
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐĂNG ĐẠO
Câu
Nội dung
Điểm
Câu 1
2,0
Phương trình hoành độ giáo điểm: x 2 − 2 x = 2 x + m ⇔ x 2 − 4 x − m = 0 (1)
Đường thẳng d cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi pt(1) có 2 nghiệm phân
biệt ⇔ ∆′= m + 4 > 0 ⇔ m > −4
0,25
Gọi A ( x1 ; 2 x1 + m ) , B ( x2 ; 2 x2 + m ) ( x1 , x2 là các nghiệm của pt(1))
4
x +x =
Theo Định lý Vi-et: 1 2
x1 x2 = −m
Vì ∆OAB vuông tại O ⇒ OA.OB =
0 ⇒ x1 x2 + ( 2 x1 + m )( 2 x2 + m ) =
0
0,5
m = 0
⇒ 5 x1 x2 + 2m ( x1 + x2 ) + m 2 =
0 ⇒ m 2 + 3m =0 ⇒
m = −3
0,5
x = 0
+) Với m = 0 , phương trình (1) trở thành: x 2 − 4 x =0 ⇔
⇒ A ( 0;0 ) ≡ O (Loại)
x = 4
1 ⇒ A (1; −1)
x =
(t/m)
+) Với m = −3 , phương trình (1) trở thành: x 2 − 4 x + 3 = 0 ⇔
x= 3 ⇒ B ( 3;3)
0,5
Kết luận: Vậy m = −3
0,25
Câu 2.1
2,0
Điều kiện: cos x = −
3
5π
⇔x≠±
+ k 2π
2
6
Phương trình tương đương:
0,25
3 cos x ( 2sin x − 1) + ( 2sin 2 x + 3sin x − 2 ) =
0
⇔ 3 cos x ( 2sin x − 1) + ( 2sin x − 1)( sin x + 2 ) =
0
⇔ ( 2sin x − 1)
(
)
3 cos x + sin x + 2 =
0
x=
1
sin x =
2
⇔ x =
⇔
π
cos x −
=
−1
6
=
x
0,75
π
+ k 2π
6
5π
+ k 2π
6
7π
+ k 2π
6
(k ∈ )
0,5
π
Kết hợp điều kiện suy ra nghiệm của phương trình là: x =
+ k 2π ( k ∈ )
6
0,5
Câu 2.2
2.0
0≤ x≤3
Điều kiện:
−1 ≤ y ≤ 2
Ta thấy x = 0, y = −1 không phải là nghiệm của hệ. Từ đó suy ra x + y > −1 . Do đó phương
)
0,5
Do đó, phương trình (*) tương đương x − y − 1 = 0 ⇔ y = x − 1
0,5
trình (1) của hệ tương đương ( x 2 − y 2 ) − ( x + y ) +
(
x − y +1 =
0
1
⇔ ( x − y − 1) x + y +
0 ( *)
=
x
+
y
+
1
(
Ta có: x + y = x + ( y + 1) − 1 ≥
⇒ x+ y+
1
x + y +1
(
≥
x + y +1
2
x + y +1
)
)
2
−1
2
2
+
1
x + y +1
−1
Lại có:
(
x + y +1
)
2
2
(
=
x + y +1
≥ 33
( x+
8( x +
2
1
+
)
x + y +1
2
+
2
)
y + 1)
y +1
(
1
x + y +1
2
2
−1
−1 =
+
) 2(
1
x + y +1
)
−1
3
1
−1 = .
2
2
Thế vào pt(2), ta được: 3 ( x − 3=
) 2 3 + x − 4 3 − x + 9 − x2
3 + x = u , u ≥ 0
Đặt:
⇒ 3 ( x − 1) = u 2 − 2v 2
3 − x = v, v ≥ 0
Suy ra: u 2 − 2v 2 = 2u − 4v + uv ⇔ u 2 − ( 2 + v ) u − 2v 2 + 4v =
0
4
=
∆ 9v 2 − 12v +=
( 3v − 2 )
2
u= 2 − v
⇒
u = 2v
0,5
+) u = 2 − v ⇒ 3 + x = 2 − 3 − x (Vô nghiệm)
+) u = 2v ⇔ 3 + x = 2 3 − x ⇔ x =
9
4
⇒y=
5
5
0,5
9 4
Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y ) = ; .
5 5
Câu 3.1
2,0
Xét hàm số f ( x=
) m 2 x 4 − x 3 − 2m 2 + 2m
0,5
Ta thấy f ( x ) liên tục trên
f (1) =−m 2 + 2m − 1 =− ( m − 1) ≤ 0, ∀m ∈
2
f ( −2=
8 13m 2 + ( m + 1) + 7 > 0, ∀m ∈
) 14m2 + 2m +=
2
0,5
+) Nếu m =
1 ⇒ f (1) =
0 ⇒ phương trình có nghiệm x = 1
+) Nếu m ≠ 1 ⇒ f ( −2 ) . f (1) < 0 ⇒ Phương trình có nghiệm x ∈ ( −2;1)
0,5
Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m.
0,5
Câu 3.2
2,0
Ta có: un +1 −=
2
⇒
2un − 4
4
2
− 2 ⇔ un +1 −=
4 − un
4 − un
4 − un
1
1
1
1
=
⇔
=− +
un +1 − 2 2 ( un − 2 )
un +1 − 2
2 un − 2
0,5
0,5
4
v1 = −
1
7
Đặt:
=
⇒
vn
1
un − 2
vn +1 =− + vn , ∀n ∈ *
2
4 1
−7 n − 1
⇒ vn =− − ( n − 1) =
7 2
14
⇒
0,5
1
14
−7 n − 1
=
⇒ un =2 −
14
7n + 1
un − 2
0,5
14
⇒ lim ( un ) =lim 2 −
=2
7n + 1
Câu 4
2,0
Đường tròn ( C ) ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I ( 6;6 ) , bán
A
kính R
= IA
= 5 có phương trình: ( x − 6 ) + ( y − 6 ) =
25 .
2
2
Phương trình đường thẳng AJ: x − y + 1 =
0.
J
Gọi D là giao điểm thứ hai của đường thẳng AJ với đường
tròn ( C ) .
25
( x − 2 ) + ( y − 3) =
⇒ Tọa độ D là nghiệm của hệ:
0
x − y + 1 =
⇒ D ( 9;10 ) (Do A ≠ D )
2
2
I
C
B
D
0,5
⇒ D là điểm chính giữa cung BC
= CAD
⇒ DB =
Vì BAD
DC (1)
A+ B
là góc ngoài tam giác JAB ⇒ BJD
=
BJD
2
( 2)
+ CBD
+
JBD
= JBC
B
A
=
JBD
JBC
CAD
⇒
=
+
= CAD
2
CBD
( 3)
⇒ ∆DBJ cân tại D (4)
Từ (2) và (3) suy ra BJD
= JBD
Từ (1) và (4) suy ra DB = DC = DJ = 5 2
0,75
⇒ B, C thuộc đường tròn ( C ′ ) tâm D, bán kính R′ = 5 2
Phương trình ( C ′ ) : ( x − 9 ) + ( y − 10 ) =
50
2
2
B, C là các giao điểm của ( C ) và ( C ′ ) nên tọa độ của B và C là các nghiệm của hệ:
( x − 6 )2 + ( y − 6 )2 =
25
⇒ B (10;3) , C ( 2;9 ) (Do xB > xC )
2
2
50
( x − 9 ) + ( y − 10 ) =
0,5
Vậy B (10;3) , C ( 2;9 )
0,25
Câu 5.1a
1,5
S
K
N
M
I
D
A
B
J
H
C
Gọi H là trung điểm của AB ⇒ IH / / SA ⇒ IH ⊥ ( ABCD ) ⇒ góc giữa IJ với ( ABCD ) là
góc I
JH ⇒ I
JH =
600
0,75
b 3
Trong tam giác IHJ vuông tại H=
ta có: IH HJ
=
.tan IJH
0,5
⇒ SA = 2 IH = 2b 3
0,25
Câu
5.1b
1,5
Ta có :
MN =
(α ) ∩ ( SCD ) ⇒ MN / / AB / /CD
AB / / CD
SK = ( SAD ) ∩ ( SBC )
⇒ SK / / AD / / BC
AD / / BC
0,5
AB CD CS
Từ đó suy ra = =
MN MN MS
BC CM
=
SK SM
⇒
AB BC CS CM MS
−
=
−
=
= 1 (đpcm)
MN SK MS SM MS
0,5
0,5
Câu 5.2
2,0
A
P
M
I
D
B
Q
N
C
m, CD =
n ⇒ mn =
4c 2
Đặt AB =
Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AB và CD .
Ta có ∆BCD =
∆ADC ⇒ BQ =
AQ ⇒ ∆QAB cân tại Q ⇒ QP ⊥ AB
Tương tự ta có QP ⊥ CD
⇒ B đối xứng A qua PQ và D đối xứng C qua PQ
Gọi N là điểm đối xứng của M qua PQ và I là giao điểm của MN với
PQ ⇒ MB
= NA; MD
= NC
Ta có: H = ( MA + MB + MC + MD ) = ( MA + NA + MC + NC )
2
0,5
2
Trong tam giác AMN có AM + AN = 2 AI ⇒ AM + AN ≥ 2 AI
Tương tự ta có: CM + CN ≥ 2CI
⇒ H ≥ ( 2 AI + 2CI )= 4 ( AI + CI )
2
2
0,5
Đặt:=
IP x=
, IQ y
⇒ ( AI + CI ) =
2
(
IP 2 + PA2 + IQ 2 + QC 2
2
Ta có
)
m2
n2
=
+ x2 +
+ y2
4
4
m2
n2
2
m+n
+ x2 +
+ y2 ≥
+ ( x + y)
4
4
2
2
0,5
=
m 2 + n 2 + 2mn
=
+ PQ 2
4
n2
2c + + BQ 2=
4
2
m 2 + n 2 + 8c 2
+ BQ 2 − PB 2
4
n 2 2 BC 2 + 2 BD 2 − CD 2
2c + +
=
4
4
2
2a 2 + 2b 2 + 2c 2
⇒ H ≥ 4 ( 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 )= 8 ( a 2 + b 2 + c 2 ) (đpcm).
0,5
Câu 6.1
1,5
Gọi số bi trong hộp 1 là n ( 7 < n < 15 , n ∈ ).
Gọi x, y lần lượt là số bi đen ở hộp 1 và hộp 2 ( n ≥ x > y > 0, x, y ∈ ) .
Suy ra xác suất lấy được 2 viên bi đen là:
xy
5
=
(1)
n (15 − n ) 28
n 7
⇒ 28 xy = 5n (15 − n ) ⇒
(15 − n ) 7
0,5
1.
+) Nếu n 7 , do 7 < n < 15 ⇒ n =
14 ⇒ số bi ở hộp 2 là 1 viên ⇒ y =
Thay vào (1) ta có:
5
5
x
⇒ x = (Loại).
=
2
14 28
0,25
+) Nếu (15 − n ) 7 , do 7 < n < 15 ⇒ n =
8
Thay vào (1) ta được:
x = 5
xy 5
=
⇒ xy = 10 ⇒
56 28
y = 2
⇒ Xác suất lấy được 2 bi trắng là:
0,5
0,25
3 5 15
.
. =
8 7 56
Câu 6.2
1,5
4x
1
1
Ta có x ≥ 1 ⇒ x ≥ x 2 ⇒ P ≥ x
.
+
≥
2
2
2
2
( x + y ) + x z + x ( x + y ) + z + 2 x
0,5
Theo giả thiết ta có: ( x + y ) + z 2 = 3 ( x + y + z ) ≤ 3 2 ( x + y ) + z 2
2
2
⇒ ( x + y ) + z 2 ≤ 18 ⇒ P ≥
2
4x
18
18 1
= 2−
≥ 2− =
2 x + 18
x+9
10 5
0,5
x 1,=
y 2,=
z 3.
Dấu “=” xảy ra khi=
Vậy min P =
1
5
0,5
...................... Hết…………….