Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 11 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT tỉnh Phú Yên

Chia sẻ: Xylitol Cool | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

111
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 11 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT tỉnh Phú Yên sau đây để biết được cấu trúc đề thi cũng như những dạng bài chính được đưa ra trong đề thi. Từ đó, giúp các bạn học sinh có kế hoạch học tập và ôn thi hiệu quả. Chúc các bạn ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 11 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT tỉnh Phú Yên

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 28/3/2019 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1.(3,50 điểm) Giải và biện luận bất phương trình sau theo tham số m: x  2 mx  m 2  x  2 mx  m 2  2 m với m  0 . Câu 2.(3,50 điểm) Cho bốn số thực p, q, m, n thỏa mãn hệ thức q  n   p  m  pn  qm   0 . 2 Chứng minh rằng hai phương trình x 2  px  q  0 và x 2  mx  n  0 đều có các nghiệm phân biệt và các nghiệm của chúng nằm xen kẽ nhau khi biểu diễn trên trục số. Câu 3.(4,00 điểm) Cho tam giác ABC có các cạnh BC = a, AC = b, AB = c. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. a) Chứng minh rằng a.IA2+b.IB2+c.IC2 = abc. b) Chứng minh rằng a  bc  IA2   b  ca  IB 2   c  ab  IC 2   6abc . Hãy chỉ ra một trường hợp xảy ra dấu đẳng thức. Câu 4.(4,00 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thỏa mãn x 2  y 2  z 2  1 . a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  xy  yz  2019 zx . b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q  xy  yz  2 zx . Câu 5.(3,00 điểm) Cho dãy số thực  xn  thỏa mãn điều kiện 0  xn  1   1 , n  1, 2,3,... x  n1 1  xn   4 1 1 a) Chứng minh rằng xn   , n  1, 2,3,... 2 2n b) Tìm giới hạn của dãy  xn  . Câu 6.(2,00 điểm) Cho hàm số f liên tục trên  , thỏa mãn i) f  2020   2019 ; ii) f  x  . f 4  x   1, x   , trong đó kí hiệu f 4 ( x)  f  f  f  f  x  . Hãy tính f  2018  . ---------Hết--------- Thí sinh không sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: …………..…...……….… Chữ kí giám thị 1: …….………………..…….. Chữ kí giám thị 2: …………………………………. 1
HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Gồm có 5 trang) 1. Hướng dẫn chung - Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định. - Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm chấm phải bảo đảm không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi. - Điểm bài thi không làm tròn số. 2. Đáp án và thang điểm CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Giải và biện luận bất phương trình sau theo m: 1 3,50 đ x  2 mx  m 2  x  2 mx  m 2  2 m với m  0 . mx  m 2  0   x  mx  m 2  0 Điều kiện:   x  m (1). 0,50 đ  x  mx  m  0 2  m  0 t 2  4m 2 Đặt t  2 mx  m ; t  0 . Thì x  2 ; 4m  t  2m  2 t 2  4m 2 t  2m x  2 mx  m  2 t   ; 1,00 đ 4m 4m 2 m  t  2m  2 t 2  4m 2 t  2m Và x  2 mx  m  2 t    4m 4m 2 m Khi đó bất phương trình đã cho là: t  2m  t  2m  4m, m  0 (2). 0,50 đ Vì m  0, t  0 nên t  2m  t  2m nên: (2)  t  2m  t  2m  4m  t  2m  2m  t , m  0 0,50 đ  t  2m  0  0  t  2m Nghĩa là 0  2 mx  m  2m  m  mx  2m  m  x  2m. 2 2 2 1,00 đ Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S   m;2m  . Cho 4 số thực p, q, m, n thỏa mãn hệ thức  q  n   p  m pn  qm  0 (1). 2 Chứng minh rằng 2 phương trình x  px  q  0 (2) và x  mx  n  0 (3) 2 2 2 3,50 đ đều có các nghiệm phân biệt và các nghiệm của chúng nằm xen kẽ nhau khi biểu diễn trên trục số. Từ điều kiện  q  n    p  m  pn  qm   0 suy ra p  m  0 . 2 0,50 đ 2
Các phương trình (2) và (3) đều có hệ số a = 1 > 0 nên các parabol biểu diễn 0,50 đ đều có bề lõm quay lên trên. Hai pt có nghiệm phân biệt và nằm xen kẽ nhau khi biểu diễn trên trục số khi và chỉ khi đồ thị các hàm số y  x  px  q (C ) và y  x  mx  n (C ') cắt 2 2 0,50 đ nhau tại 1 điểm nằm dưới trục hoành (4). Hoành độ giao điểm của (C) và (C’) là nghiệm của phương trình nq 0,50 đ x 2  px  q  x 2  mx  n  x   pm Tung độ giao điểm của (C) và (C’) là 2  nq   nq  y   p q  pm  pm 1 1,00 đ 2    n  q 2  p  n  q  p  m   q  p  m 2   p  m  1 2    n  q 2   p  m  pn  qm    0 (do (3)).  p  m  Vậy (4) được chứng minh, nên khẳng định của đề bài đã chứng minh xong. 0,50 đ 3 4,00 đ a) Chứng minh a.IA2+b.IB2+c.IC2 = abc 2,50 đ Giả sử đường tròn (I) tiếp xúc với BC, CA, A K AB theo thứ tự tại D, E, F. Gọi K là điểm 0,50 đ đối xứng của I qua AC. E S AFIE S AIK AI . AK IA2 F Ta có     0,50 đ S ABC S ABC AB. AC bc I S BDIF IB 2 SCEID IC 2 Tương tự  ;   B D C 0,50 đ S ABC ca S ABC ab IA2 IB 2 IC 2 S AFIE  S BIDF  SCEID Suy ra    1 0,50 đ bc ca ab S ABC Suy ra a.IA2+b.IB2+c.IC2 = abc. 0,50 đ b) Chứng minh a  bc  IA2   b  ca  IB 2   c  ab  IC 2   6abc 1,50 đ Áp dụng bất đẳng thức Bunhicovski ta có a  bc  IA2   b  ca  IB 2   c  ab  IC 2  0,50 đ  1  1  1  a  bc  IA2   b  ca  IB 2   c  ab  IC 2   3 3abc   aIA2  bIB 2  cIC 2    6abc . 0,50 đ Dễ thấy khi a  b  c hay tam giác ABC đều thì dấu đẳng thức xảy ra. 0,50 đ 4 Cho x, y, z là 3 số thực thỏa mãn x 2  y 2  z 2  1 . 4,00 đ a) Tìm giá trị nhỏ nhất của P  xy  yz  2019 zx 2,00 đ Ta có: 0   x  y  z   x 2  y 2  z 2  2  xy  yz  zx   1  2  xy  yz  zx  2 0,50 đ 3
1 Suy ra xy  yz  zx    Dấu đẳng thức xảy ra khi x  y  z  0 . 2 Do vậy 1 1  z2  x2  1 2018 2019 0,50 đ P   xy  yz  zx  2018zx    2018zx    2018     2 2  2  2 2 2  x2  y 2  z 2  1  x  y  z  0 1 Dấu “=” xảy ra    y  0 , x  z     x   z 2  z 2  x2  1 1,00 đ  2019 1 Vậy min P   khi y  0 , x   z    2 2 b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q  xy  yz  2 zx . 2,00 đ Xét các giá trị dương của x, y, z. Vì x  y  z  1 nên ta có thể đặt 2 2 2  y  cos     x  sin  cos  , với  ,   0;   0,50 đ  z  sin  sin   2  Thế thì Q  y  x  z   2 xz  cos  sin   cos   sin    2sin 2  sin  cos     Vì  ,    0;  nên Q  2 cos  sin   sin 2  (1)   2 0,50 đ 1 Dấu “=” xảy ra khi cos   sin    2 Biến đổi (1) với dạng 1  cos 2 1 1 3 1 3 0,50 đ Q 2 2 sin 2  2   2 2 2 sin 2  cos 2  1 2 2  2   6  2 1  sin 2     3 Dấu “=” xảy ra   sin 2 cos 2   2 sin 2  cos 2  3 cos 2   3   3  0,50 đ 3 3 sin    6 3 3 3 3 Suy ra  ; tức là y  ,x  z    3 3 6 12 cos    6 1 3 3 3 3 3 Vậy max Q  khi y  ,x  z   2 6 12 0  xn  1  Cho dãy số thực  xn  thỏa mãn điều kiện  1 , n  1, 2,3,... x  n1 1  xn   5 4 3,00 đ 1 1 a) Chứng minh rằng xn   , n  1, 2,3,... 2 2n 4
b) Tìm giới hạn của dãy  xn  . 1 1 a) Chứng minh rằng xn   , n  1, 2,3,... 1,50 đ 2 2n Ta chứng minh rằng bằng quy nạp: 0,50 đ + Với n = 1, bất đẳng thức đúng. + Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k. 1 1 1 1 k 1 0,50 đ Vì xk    1  xk     2 2k 2 2k 2k 1 2k k 1 1 Lại có: xk 1 1  xk    xk 1      4 4  k  1 2  k  1 2 2  k  1 0,50 đ Vậy bất đẳng đúng với n = k +1. Vậy bất đẳng thức đúng với n  N . * b) Tìm giới hạn của dãy  xn  1,50 đ 1 Ta có  2 xn  1  0  xn 1  xn   2  0,50 đ 4 Kết hợp với (2) ta có: xn 1  xn   xn1 1  xn   xn  xn1 , dãy tăng. Hơn nữa, theo (1) dãy bị chặn, nên tồn tại giới hạn lim xn  x0 . 0,50 đ 1 1 1 Lấy giới hạn bất đẳng thức xn1 1  xn   ta được x0 1  x0    x0   4 4 2 0,50 đ 1 Vậy lim xn   2 Cho hàm số f liên tục trên  , thỏa mãn i) f  2020   2019 ;    6 2,00 đ ii) f  x  . f 4  x   1, x   , trong đó f 4 ( x )  f f f  f  x  . Hãy tính f  2018  . Kí hiệu f 2 ( x)  f  f  x   , f ( x)  f  f  f  x    . 3 Gọi D f là tập giá trị của hàm số f  x  . 0,50 đ 1 Từ (i) suy ra 2019  D f ; từ f  x . f4  x 1,x  f4  2020   Df 2019 và xf 3  x   1, x  D f .  1  1 Do f liên tục trên D :  ;2019   D f nên f3  x   , x  D ;  2019  x 0,50 đ Suy ra f là đơn ánh trên D và do f liên tục trên  nên f nghịch biến trên D. 1 Giả sử tồn tại x0  D sao cho f  x0   (1). Do là hàm nghịch biến nên x0 5
1 f 2  x0   f   (2) .  x0  0,50 đ 1 1 1 1 Và  f3  x0   f 2   suy ra f    f 3    x0 (3). x0  x0   x0   x0  1 Từ (2) và (3) suy ra x0  f 2  x0  hay f  x0   f 3  x0   , mâu thuẫn với x0 (1). 1 Tương tự, cũng không tồn tại x0  D sao cho f  x0    x0 0,50 đ 1 1 Vậy f  x   , x  D. Do 2018  D nên suy ra f  2018    x 2018 6