Tải bản đầy đủ

Đề HSG toán 11 cấp trường năm 2019 – 2020 trường nguyễn đăng đạo – bắc ninh

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

⇔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

+ k 2π
6

+ 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…………….




Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×