Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 cấp trường năm 2019-2020 - Trường THPT Nguyễn Đăng Đạo, Bắc Ninh

Chia sẻ: Kiều Anh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

42
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để đạt thành tích cao trong kì thi sắp tới, các bạn học sinh có thể sử dụng tài liệu Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 cấp trường năm 2019-2020 - Trường THPT Nguyễn Đăng Đạo, Bắc Ninh sau đây làm tư liệu tham khảo giúp rèn luyện và nâng cao kĩ năng giải đề thi, nâng cao kiến thức cho bản thân để tự tin hơn khi bước vào kì thi chính thức. Mời các bạn cùng tham khảo đề thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 cấp trường năm 2019-2020 - Trường THPT Nguyễn Đăng Đạo, Bắc Ninh

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐĂNG ĐẠO 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) 3 sin 2 x − cos 2 x + 3sin x − 3 cos x − 1 1) Giải phương trình: =0 2 cos x + 3 2) Giải hệ phương trình:   x ( x − 1) + x =  ( y +1 1+ y y +1 (1) ) 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) 1) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,= AB a= , AD b , cạnh bên SA vuông 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 của hai đường thẳng AN và BM. Chứng minh rằng biểu thức= −T có giá trị không đổi. MN SK 2) Cho tứ diện ABCD có AD = 2a, AC = BC = 2b , AB.CD = 4c 2 . Gọi M là điểm di động trong = BD ( MA + MB + MC + MD ) ≥ 8 ( a 2 + b2 + c2 ) . 2 không gian. Chứng minh rằng biểu thức H= 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 . x2 x Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu = thức: P + . ( x + y) 2 2 +x z +x ………….. Hết………….. (Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC NINH ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐĂNG ĐẠO Năm học: 2019 – 2020 MÔN THI: TOÁN, LỚP 11 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)) x +x = 4 Theo Định lý Vi-et:  1 2 0,5  x1 x2 = −m   Vì ∆OAB vuông tại O ⇒ OA.OB = 0 ⇒ x1 x2 + ( 2 x1 + m )( 2 x2 + m ) = 0 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 x = 1 ⇒ A (1; −1) +) Với m = −3 , phương trình (1) trở thành: x 2 − 4 x + 3 = 0 ⇔  (t/m)  x= 3 ⇒ B ( 3;3) 0,5 Kết luận: Vậy m = −3 0,25 Câu 2.1 2,0 3 5π Điều kiện: cos x = − ⇔x≠± + k 2π 2 6 0,25 Phương trình tương đương: 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 0,75  π  x= + k 2π  1 6  sin x =  2 5π ⇔ ⇔ x = + k 2π (k ∈ ) 0,5  cos x − π   6   =−1    6 7π = x + k 2π  6
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 trình (1) của hệ tương đương ( x 2 − y 2 ) − ( x + y ) + ( x − y +1 = 0) 0,5  1  ⇔ ( x − y − 1)  x + y +  =0 ( *)  x + y + 1   ( ) 2 x + y +1 Ta có: x + y = x + ( y + 1) − 1 ≥ −1 2 ( ) 2 1 x + y +1 1 ⇒ x+ y+ ≥ + −1 x + y +1 2 x + y +1 Lại có: ( ) 2 x + y +1 1 + −1 2 x + y +1 ( ) 2 x + y +1 1 1 = + + −1 2 2 ( x + y +1 ) 2( x + y +1 ) ( x+ ) 2 y +1 3 1 ≥ 33 −1 = −1 = . 8( x + y + 1) 2 2 2 Do đó, phương trình (*) tương đương x − y − 1 = 0 ⇔ y = x − 1 0,5
) 2 3 + x − 4 3 − x + 9 − x2 Thế vào pt(2), ta được: 3 ( x − 3=  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 ( 3v − 2 ) 2 ∆ 9v 2 − 12v += = 4 u= 2 − v ⇒  u = 2v 0,5 +) u = 2 − v ⇒ 3 + x = 2 − 3 − x (Vô nghiệm) 9 4 +) u = 2v ⇔ 3 + x = 2 3 − x ⇔ x = ⇒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 0,5 ) 14m2 + 2m += f ( −2= 8 13m 2 + ( m + 1) + 7 > 0, ∀m ∈  2 1 ⇒ f (1) = +) Nếu m = 0 ⇒ phương trình có nghiệm x = 1 0,5 +) Nếu m ≠ 1 ⇒ f ( −2 ) . f (1) < 0 ⇒ Phương trình có nghiệm x ∈ ( −2;1) Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m. 0,5 Câu 3.2 2,0 4 2un − 4 2 Ta có: un +1 −= − 2 ⇔ un +1 −= 2 4 − un 4 − un 0,5 1 4 − un 1 1 1 ⇒ = ⇔ =− + un +1 − 2 2 ( un − 2 ) un +1 − 2 2 un − 2 0,5
 4  v1 = − 1  7 Đặt: = vn ⇒ un − 2  1 vn +1 =− + vn , ∀n ∈ *  2 4 1 −7 n − 1 ⇒ vn =− − ( n − 1) = 7 2 14 1 −7 n − 1 14 0,5 ⇒ = ⇒ un =2 − un − 2 14 7n + 1  14  0,5 ⇒ 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 = 5 có phương trình: ( x − 6 ) + ( y − 6 ) = 2 2 kính R = IA 25 . Phương trình đường thẳng AJ: x − y + 1 =0. I Gọi D là giao điểm thứ hai của đường thẳng AJ với đường J tròn ( C ) . B C ( x − 2 ) + ( y − 3) = 2 2 25 ⇒ Tọa độ D là nghiệm của hệ:  D  x − y + 1 =0 ⇒ D ( 9;10 ) (Do A ≠ D ) 0,5 Vì BAD  ⇒ D là điểm chính giữa cung BC  = CAD  ⇒ DB = DC (1)  A+ B  là góc ngoài tam giác JAB ⇒ BJD BJD = ( 2) 2  JBD  + CBD = JBC  + B A      = CAD    ⇒ JBD = JBC + CAD = ( 3) CBD  2  Từ (2) và (3) suy ra BJD  ⇒ ∆DBJ cân tại D (4) = 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 ) = 2 2 50 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 ) ( x − 9 ) + ( y − 10 ) = 2 2 50 0,5 Vậy B (10;3) , C ( 2;9 ) 0,25 Câu 5.1a 1,5 S K N M I D A H J B C Gọi H là trung điểm của AB ⇒ IH / / SA ⇒ IH ⊥ ( ABCD ) ⇒ góc giữa IJ với ( ABCD ) là 0,75 góc I JH ⇒ I 600 JH = Trong tam giác IHJ vuông tại H= ta có: IH HJ =  b 3 .tan IJH 0,5 ⇒ SA = 2 IH = 2b 3 0,25 Câu 1,5 5.1b 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 0,5 = SK SM AB BC CS CM MS ⇒ − = − = = 1 (đpcm) MN SK MS SM MS 0,5
Câu 5.2 2,0 A P M I D B Q N C Đặt AB =m, CD =n ⇒ mn =4c 2 Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AB và CD . Ta có ∆BCD = AQ ⇒ ∆QAB cân tại Q ⇒ QP ⊥ AB ∆ADC ⇒ BQ = 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 0,5 = NA; MD PQ ⇒ MB = NC Ta có: H = ( MA + MB + MC + MD ) = ( MA + NA + MC + NC ) 2 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:= , IQ y IP x= 2  m2  ⇒ ( AI + CI ) = 2 ( IP 2 + PA2 + IQ 2 + QC 2 ) =   4 + x2 + n2 4 + y2    2 m2 n2 m+n  + ( x + y) 2 Ta có + x2 + + y2 ≥  0,5 4 4  2 
m 2 + n 2 + 2mn m 2 + n 2 + 8c 2 = = + PQ 2 + BQ 2 − PB 2 4 4 n2 n 2 2 BC 2 + 2 BD 2 − CD 2 2c + + BQ 2= 2 2 2c + + = 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 4 4 4 ⇒ 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 ∈  ) . xy 5 Suy ra xác suất lấy được 2 viên bi đen là: = (1) n (15 − n ) 28  n 7 ⇒ 28 xy = 5n (15 − n ) ⇒  (15 − n ) 7 0,5 +) Nếu n 7 , do 7 < n < 15 ⇒ n = 1. 14 ⇒ số bi ở hộp 2 là 1 viên ⇒ y = x 5 5 Thay vào (1) ta có: = ⇒ x = (Loại). 14 28 2 0,25 +) Nếu (15 − n ) 7 , do 7 < n < 15 ⇒ n = 8 xy 5 x = 5 Thay vào (1) ta được: = ⇒ xy = 10 ⇒  56 28 y = 2 0,5 3 5 15 0,25 ⇒ Xác suất lấy được 2 bi trắng là: . = . 8 7 56 Câu 6.2 1,5  1 1  4x Ta có x ≥ 1 ⇒ x ≥ x 2 ⇒ P ≥ x  +  ≥ .  ( x + y ) + x z + x  ( x + y ) + z + 2 x 2 2 2 2 0,5 Theo giả thiết ta có: ( x + y ) + z 2 = 3 ( x + y + z ) ≤ 3 2 ( x + y ) + z 2  2 2   4x 18 18 1 ⇒ ( x + y ) + z 2 ≤ 18 ⇒ P ≥ 2 = 2− ≥ 2− = 0,5 2 x + 18 x+9 10 5 x 1,= Dấu “=” xảy ra khi= y 2,= z 3. 1 Vậy min P = 5 0,5 ...................... Hết…………….