Tải Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 11 năm học 2018 - 2019 Sở GD&ĐT Thanh Hóa - Đề thi HSG Toán 11 có đáp án

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (412.06 KB, 10 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA

ĐỀ THI THỬ SỐ 1

KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Năm học: 2018 - 2019

Mơn thi: TỐN - Lớp 11 THPT

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu

Câu I (4,0 điểm)

1. Cho hàm số y x2 2mx 3m(*). Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi m  1. Tìm

m để đường thẳng y 2x3 cắt đồ thị các hàm số (*) tại hai điểm phân biệt cùng nằm bên phải trục tung.

2. Giải bất phương trình

(2 1)

2 (2 ) 1 1

x x

x x x x





    

Câu II (4,0 điểm)

1. Giải phương trình

3 cos sin 1

3tan 2 2sin 2 2

2 cos sin cos2

x x

x x x



    

     



   

2. Giải hệ phương trình





1 1

3 3

2 9 4 3 19 3

x y

x y y x

x y x y

  

  

  

  

 

  



     



Câu III (4,0 điểm)

1. Cho a b c, , là các số thực dương thoả mãn abc 1. Chứng minh bất đẳng thức

3 3 3

2 2 2 2 2 2

9
2

ab bc ca

a b c

a b b c c a

     

   .

2. Cho

 





2 1 1

f n  n  n 

. Xét dãy số

 

un :

   





   





1 3 ... 2 1
2 4 ... 2
n

f f n

u

f f f n




. Tính limn un .

Câu IV (4,0 điểm)

1. Từ tập A 



0;1; 2;3; 4;5;6



có bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số chia hết cho 9.

2.

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn

( )

C có tâm

· · · 0

, , 90 .

I MQP >MNP MIP =

Tiếp tuyến của đường tròn

( )

C tại Q cắt các tiếp tuyến tại M P, lần lượt tại

, .

E F Phương trình đường thẳng IF x: - 7y+ =8 0,N -

(

2;4 ,

)

11
1; .

3
Eổ ửỗỗỗ ữữữữ

ỗố ứTỡm ta giao im A của các

tiếp tuyến với đường tròn

( )

C tại M và tại P.

Câu V (4,0 điểm)

1. Cho hình chóp S ABC. có AB BC CA a   , SA SB SC a   3, M là điểm bất kì trong khơng gian.

Gọi d là tổng khoảng cách từ M đến tất cả các đường thẳng AB, BC, CA, SA, SB, SC. Tìm giá trị nhỏ
nhất của d

Số báo danh

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

2. Cho hình chóp tam giác đều S ABC. cạnh đáy a, đường cao SO2a. Gọi M là điểm thuộc đường cao

AA của tam giác ABC . Xét mặt phẳng

 

P đi qua M và vng góc với AA'

. Đặt AM x

3 3

3 2

a a

x

 

 

 

 . Tìm x để thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng

 

P có diện tích lớn nhất.

………..Hết……….

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

Câu NỘI DUNG Điểm

I

1. Cho hàm số

2

3

y x





mx



m

(*)

Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi

m 

1.

Tìm m để đường thẳng

2

3 y



x



cắt đồ thị các hàm số (*) tại hai điểm phân biệt cùng nằm bên phải trục

tung.

2.0

4,0
điểm

Lập bảng biến thiên 0.50

Vẽ đồ thị 0.50

Yêu cầu bài toán



Phương trình sau có hai nghiệm dương phân biệt

2

3

2

3

2(

1)

3

3 0

x



mx



m



x

 

x



m



x



m





' 0

3(

1) 0

2(

1) 0

m

 





 















0.50

1 ' 0

4 m

 



   

 



Kết hợp nghiệm, kết luận

m  

4

0.50

2. Giải bất phương trình

(2 1)

2 (2 ) 1 1

x x

x x x x





    

2.0

Điều kiện: 0 x 1.
Ta có:

2 x(2 x) 1 x 1 x2 x2 1 x x. 1 x( 1 x)

2( x 1 x) 1 x( x 1 x) ( x 1 x)(2 1 x) 0, x 0;1 .

                

0.50

( ) (2x 1) x( x 1 x) (2  1 x)

2 2

( x) ( 1 x) x ( x 1 x) (2 1 x)

 

         

 

0.50

( x 1 x) ( x 1 x) x ( x 1 x) (2 1 x)

            





( x 1 x) x 2 1 x, do : x 1 x 0, x 0;1

             0.50

(1 ) 2 1 2 1 (1 ) :

x x x x x x x

          

luôn đúng   x 0;1 .

Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của bất phương trình là x  0;1 .

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

II

1. Giải phương trình

3 cos sin 1

3tan 2 2sin 2 2

2 cos sin cos2

x x

x x x


    
     

   
2.0
4,0
điểm

Điều kiện: cos2x 0 x 4 k 2



k



 

     

(*).

Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương với:










       

2
2

2 cos sin

sin 2 1

3 2 cos2 3sin2 2cos 2 2 cos sin 1

cos2 cos sin cos2

x x

x x x x x x

x x x x

0.50









 

          
 


2 2 sin2 1

3sin2 2 1 sin 2 2 1 sin 2 1 2sin 2 sin2 1 0 1

sin2
2

x

x x x x x

x 0.50

Với



   
sin 2 1

x x k 0.50

Với










 

   
  


1 12
sin 2
2 5
12
x k
x k
x k

Kết hợp với điều kiện (*) ta được nghiệm của phương trình đã cho là: x 12 k



 
và





x  k k  

0.50

2. Giải hệ phương trình





1 1

3 3

2 9 4 3 19 3

x y

x y y x

x y x y

  
  
  
  

 
  

     


2.0
Điều kiện
19
0, 0
3
0
x y
x y

  


  


Từ

 

1

: sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

3 2 3

x x x y x x y

x y x y x y x y

x y

 

 

     

   

   và

1 2 1 1 2

2 3 2 2 3

y y y

x y x y

x y

 

     

 

  , cộng hai kết quả trên ta được

0.50

1 3

2 2

x y x

x y

x y

  

   



  , tương tự ta cũng có

1 3

2 2

x y y

x y
y x
  
   

  ,
suy ra

 1





1 1 1  1

3 2

3 3

x y

VT x y VP

x y

x y y x

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x y 3

 

Thế vào phương trình

 

2 ta được pt: x22x 9 4 x 3 19 3 x

 

4

Giải pt

 













4  3 x  x 2 4 3 x 3 x5  3 19 3 x 13 x 

   





















2 2

2 2 2

3 2 4 9

3 3 5 3 19 3 13

x x x x

x x

x x x x

     
      

     
0.50













2 2 3 4 9 0

3 3 5 3 19 3 13

x x

x x x x

 

      

       

  .

2 2 0 1 2

x x x x

        (Loại)

Khi x  1  3 y x 1. Thử lại



x y ;

 

1;1



thỏa mãn hệ phương trình
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất



x y ;

 

1;1



0.50

III 1. Cho a b c, , là các số thực dương thoả mãn abc 1. Chứng minh bất đẳng thức

3 3 3

2 2 2 2 2 2

9
2

ab bc ca

a b c

a b b c c a

     

   .

2.0

4,0

điểm

















4 4 3 2 2 3 4 4 4 2 2 2 2

2 2 2 2

0 4 6 4 2 4

4 1

4 4

a b a a b a b ab b a b a b ab a ab b

a ab b a b ab a b

a b ab a ab b

a b ab a b b a

             

    

            

   

0.50

Tương tự có 2 2

1
1

bc b c

b c c b

 

    

  ; 2 2

1
1

ca c a

c a a c

 

    

  .

Do đó, cộng theo vế các bất đẳng thức trên và sử dụng bất đẳng thức Schur cùng giả
thiết abc 1 ta được





















2 2 2 2 2 2

3 3 3 3 3 3

1
3

1 1

3 3

4 4 4

ab bc ca b c c a a b

a b b c c a a b c

bc b c ca c a ab a b

a b c abc a b c

abc
  
   
        
  
   
    
       
0.50

Hay

 

3 3 3

2 2 2 2 2 2

4 ab bc ca 9 1

a b c

a b b c c a

 

      

  

 

Mặt khác









 

3 3 3 3

3 a b c 3.3 abc 9 2

0.50

Từ

 

1 và

 

2 suy ra

3 3 3

2 2 2 2 2 2

4 a b c ab bc ca 18

a b b c c a

 

     

    

 

Do vậy

3 3 3

2 2 2 2 2 2

9
2

ab bc ca

a b c

a b b c c a

     

  

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c  1.

0.50

2. Cho

 





2 1 1

f n  n  n 

. Xét dãy số

 

un :

   





   





1 3 ... 2 1
2 4 ... 2
n

f f n

u

f f f n




. Tính

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

limn un .

Ta có:

 













2 2

2 1 1 2 1 1 1 *

f n  n  n   n  n   n N

0.50



 













 











2 2

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

1 1 2 1 3 1 4 1 ... 2 1 1 2 1
2 1 3 1 4 1 5 1 ... 2 1 2 1 1
n

n n

u

n n

      



      

0.50

1
2n 2n 1


 

0.50

limn u n lim 2 2 2 1

n

n  n 2

lim

2 1
2

n n


  1

2


0.50

IV

1. Từ tập A 



0;1; 2;3;4;5;6



có bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số chia hết cho 9. 2.0

4,0

điểm Gọi số phải tìm có dạng a a a a a1 2 3 4 5, aiA, i 1, 5. Kết hợp với đề bài ta có:

1 2 3 4 5 9

a a a a a  ; a1a2a3a4 a5 18; a1a2a3a4a5 27.

Ta xét trường hợp 1: a1a2a3a4a5 9, với 1a16, 0ai 6 với i 2,3, 4,5

Đặt xi  ai 1, với i 2,3, 4,5, khi đó ta có:

 

1 2 3 4 5

13 1

1 6

1 i 7

a x x x x

a
x

    




 


  

 .

Số nghiệm nguyên dương bất kỳ của

 

1 là C124 .

Nếu a 1 7, ta có

 

1  x2x3x4x5 6 xi 7, nên không trùng với các trường

hợp x i 8. Phương trình này có 
4
6

C nghiệm.

Nếu x i 8, ta có

 

1 1 j 5

j i

a x



 





1, j 6

a x

 

nên không trùng với các trường họp
nào ở trên, phương trình này có C54 nghiệm nên với 4 vị trí xi có

4
5

4C nghiệm.

Vậy trong trường hợp này có C124  C64  4C54 số thỏa mãn.

0.50

Ta xét trường hợp 2: a1a2a3a4a5 18, với 1a16, 0ai 6 với

2,3, 4,5

i 

Đặt xi  7 ai, với i 2,3, 4,5, khi đó ta có:

 

1 2 3 4 5

17 2

1 6

1 i 7, 2,3, 4,5

x x x x x

x

x i

    




 


   

 .

Số nghiệm nguyên dương bất kỳ của

 

2 là C164 .

Nếu x 1 7, ta có

 

1  x2x3x4x510 xi 7, nên khơng trùng với các trường

hợp x 1 8. Phương trình này có
4
10

C nghiệm.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Nếu x i 8, i 2,3, 4,5 ta có

 

2 1 j 9

j i

a x



 





j

x

 

nên không trùng với các
trường họp nào ở trên, phương trình này có C94 nghiệm nên với 4 vị trí xi có

4
5

4C

nghiệm.

Vậy trong trường hợp này có C164  C104  4C94 số thỏa mãn.

Ta xét trường hợp 3: a1a2a3a4a5 27, với 1a16, 0ai 6 với

2,3, 4,5

i 

Đặt xi  7 ai, với i 1, 2,3, 4,5, khi đó ta có:

 

1 2 3 4 5

8 3

1 6

1 i 7, 2,3, 4,5

x x x x x

x

x i

    




 


   

 .

Từ

 

2 và x i 1  xi 6 nên tập nghiệm của

 

3 không vượt khỏi miền xác định của
i

x . Phương trình này có 4
7

C nghiệm.

0.50

Vậy trong trường hợp này có C74 số thỏa mãn.

Như vậy tất cả có C124 C164 C74 C64 C104  4C54 4C94 1601 số

0.50

2.

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn

( )

C có

tâm

· · · 0

, , 90 .

I MQP >MNP MIP =

Tiếp tuyến của đường tròn

( )

C tại Q cắt các tiếp
tuyến tại M P, lần lượt tại E F, . Phương trình đường thẳng IF x: - 7y+ =8 0,

(

2;4 ,

)

N

-11
1; .

3
Eổ ửỗỗỗ ữữữữ

ỗố ứTỡm ta giao điểm A của các tiếp tuyến với đường tròn

( )

C tại

M và tại P.

2.0

Do MQP· >MNP· nên Q nằm trên cung nhỏ MP. Vì AMIP là hình vng, IE là

phân giác góc MIQ IF· , là phân giác góc ·PIQ nên

· 1· 45 .0

EIF = MIP =

0.50

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Gọi

(

)

7 8; 7 9;

I a- a ị EI ỗỗỗổa- a- ửữữữữ

ỗố ứ

uur

Khi đó,

(

)

(

)

(

)

2 2

11
7 7 9

1 cos cos ; 1

2 11 2

50 7 9

3
IF

a a

EIF EI u

a a

- +

-= = = =

ổ ửữ

ỗ ữ

- +ỗỗ - ữữ
ỗố ứ
uur uur

2 2 1

200 400 850

50 25 50 3 8 5 0 5

3 3 9

3
a

a a a a a

a
ộ =

ổ ửữ ổ ửữ ờ

ỗ ữ ç ÷ ê

Û ççç - ÷÷= ççç - + ÷÷Û - + = Û ê

è ø è ø ê =

5 11 5 136 338

; ,

3 3 3 3 3

a= Þ I ổỗỗỗ ửữữữữị IE = <IN =

ỗố ứ khụng thỏa mãn.

(

)

1 1;1 ,

a= Þ I

-thỏa mãn.

Gọi

( )

(

)

2 2

; 0

n c d cur +d ¹

là vtpt của MA. Khi đó, phương trình

(

)

(

)

(

)

: 1 0 3 1 3 11 0

MA c x- +d yỗỗỗổ- ửữữữữ= c x- +d y- =

ỗố ứ

Vỡ MA l tip tuyn ca

( )

C nên

(

)

2 2 2 2

2 2

6 8

; 10 36 96 64 90 90

9 9

c d

d I MA IN c cd d c d

c d

-= Û = Û + + = +

2 2 9 13

27 48 13 0

c d

c cd d

c d

é =
ê

Û - + = Û ê =

ê
ë

Nếu d=3c chọn c= Þ1 d= Þ3 Phương trình MA x: +3y- 12=0
Nếu 13d=9c chọn c=13Þ d= Þ9 Phương trình MA: 13x+9y- 46=0

0.50

Với phương trình MA x: +3y- 12=0 thì PT QE : 13x+9y- 46=0. ta tìm được

tọa độ im M

( )

0;4 ,

8 14;
5 5

Qổỗỗỗ ửữữữữ

ỗố ứgi ta điểm A

(

12 3 ;- b b

)

ta có

(

) (

)

2 2 3

2 13 3 1 20 10 80 150 0

5
b

AI AM b b b b

b
é =
ê

= Þ - + - = Û - + = Û ê =

ë

( )

3 3;3 2;0 ,

b= Þ A Þ P

thỏa mãn do MQP· >MNP· .

(

)

(

)

5 3;5 4;2 ,

b= Þ A - Þ P

-không thỏa mãn do MQP· <MNP· .

Với phương trình MA: 13x+9y- 46=0 thì PTQE x: +3y- 12=0. ta tỡm c

ta im

8 14; ,
5 5

Mổỗỗỗ ửữữữ
ữ

ỗố øQ

( )

0;4 loại do MIP· <MIQ· . Vậy A

( )

3;3 .

Chú ý: Nếu học sinh thừa nghiệm hình thì trừ 0,25 điểm

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

V Cho hình chóp S ABC. có AB BC CA a   , SA SB SC a   3, M là điểm bất kì

trong khơng gian. Gọi d là tổng khoảng cách từ M đến tất cả các đường thẳng AB,

BC, CA, SA, SB, SC. Tìm giá trị nhỏ nhất của d

2.0

4,0
điểm

Ta có khối chóp S ABC. là khối chóp tam giác đều.

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Khi đó SG là chiều cao của khối chóp S ABC. .
Gọi D,E,Flần lượt là trung điểm của BC,AB,CA và I,J,K lần lượt là hình chiếu
của D,E,F trên SA,SC,SB.

Khi đó DI,EJ,FK tương ứng là các đường vng góc chung của các cặp cạnh SA và

BC, SC và AB, SB và CA.

Ta có DI EJ FK. Do đó SIDSJE nên SI SJ.

0.50

Suy ra ED IJ∥ (cùng song song với AC). Do đó bốn điểm D,E,I ,J đồng phẳng.
Tương tự ta có bộ bốn điểm D,F,I ,K và E,F,J,K đồng phẳng.

Ba mặt phẳng



DEIJ





DFIK





EFJK



đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến DI, EJ,

FK. Suy ra DI,EJ,FK đồng quy tại điểm O thuộc SG.

0.50

Xét điểm M bất kì trong khơng gian.

Ta có

























, ,

 




     




 



d M SA d M BC DI

d M SC d M AB EJ d DI EJ FK

d M SB d M AC FK

Do đó d nhỏ nhất bằng DI EJ FK  3DI khi M O.

0.50

Ta có

3
2
a
AD

2 3

3 3

 a

AG AD

2 2 2 6

   a

SG SA AG

 2 2

sin

3
SG 
SAG

SA .Suy ra 

3 2 2 6

.sin .

2 3 3

 a a

DI AD SAD

0.50

S

A C

B
J
I

E G D

F

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là

3 3 6

3
 a 

DI a

2. Cho hình chóp tam giác đều S ABC. cạnh đáy a, đường cao SO2a. Gọi M là

điểm thuộc đường cao AA' của tam giác ABC . Xét mặt phẳng

 

P đi qua M và

vng góc với AA'. Đặt AM x

3 3

3 2

a a

x

 

 

 

 . Tìm x để thiết diện của hình

chóp khi cắt bởi mặt phẳng

 

P có diện tích lớn nhất.

2.0

Theo giả thiết M thuộc OA’. Ta có SO



(ABC) SO



AA’, tam giác ABC đều

nên BC



AA’. Vậy (P) qua M song song với SO và BC.

Xét (P) và (ABC) có M chung. Do (P) // BC nên kẻ qua M đường thẳng song song
với BC cắt AB, AC tại E, F.

0.50

Tương tự kẻ qua M đường thẳng song song với SO cắt SA’ tại N, qua N kẻ đường
thẳng song song với BC cắt SB, SC tại H, Q. Ta có thiết diện là tứ giác EFGH.
Ta có EF // BC // GH, M, N là trung điểm EF, GH nên EFGH là hình thang cân

đáy HG, EF. Khi đó:

( ).

2
EFGH

S  EF GH MN

. Ta có

3 3

' ,

2 3

a a

AA  AO

nên

EF =

2 3

x

0.50





2 3

' '

HG SN OM

HG x a

BC SA OA    .





2 3 2 3
'

MN MA

MN a x

SO OA   



 



EFGH

1 2

S = (EF + GH).MN = 4 3 3 3 2 3

2 3 x  a a x

0.50



 



2 2

EFGH

1 1 3 3

S = 4 3 3 6 4 3 . ( )

3 3 2 4

a a

x  a a x     theoCosi
 

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

SEFGH đạt giá trị lớn nhất bằng
2

3
4
a

khi và chỉ khi

3 3
8
a
x 

Vậy giá trị lớn nhất của diện tích thiết diện bằng

3
4

a

khi

3 3
8
a
x 

...Hết...

</div>

Tải Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 11 năm học 2018 - 2019 Sở GD&ĐT Thanh Hóa - Đề thi HSG Toán 11 có đáp án





 





 

   





   









<b>2. </b>

( )

( )

(

)

( )

 

 

<b>ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM</b>

<sub>2</sub>

<sub>3</sub>

<i>y x</i>





<i>mx</i>



<i>m</i>

<i>m </i>

1.

2

3

<i>y</i>



<i>x</i>





<sub>2</sub>

<sub>3</sub>

<sub>2</sub>

<sub>3</sub>

<sub>2(</sub>

<sub>1)</sub>

<sub>3</sub>

<sub>3 0</sub>

<i>x</i>



<i>mx</i>



<i>m</i>



<i>x</i>

 

<i>x</i>



<i>m</i>



<i>x</i>



<i>m</i>





' 0

3(

1) 0

2(

1) 0

<i>m</i>

<i>m</i>

 





 

<sub></sub>



