UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang)
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: Toán – Lớp 11
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y m 1 x 2m 3 có đồ thị là đường thẳng d . Tìm m để đường
thẳng d cắt trục Ox ,Oy tại hai điểm A và B sao cho tam giác OAB cân.
Câu 2. (4,5 điểm)
4 sin2
1) Giải phương trình
x
3
3 cos 2x 1 2 cos2 x
2
4
0.
2 cos 3x 1
x 3 xy 2 x 2y 3 y
2) Giải hệ phương trình 3
.
góc của K trên SA.
a) Tính độ dài đoạn HK theo a.
b) Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng HK , SO . Mặt phẳng di động, luôn đi qua I và cắt
các đoạn thẳng SA, SB, SC , SD lần lượt tại A, B ,C , D . Tìm giá trị nhỏ nhất của P SA.SB .SC .SD .
2) Cho tứ diện đều ABCD có đường cao AH . Mặt phẳng P chứa AH cắt ba cạnh BC ,CD,
BD lần lượt tại M , N , P ; gọi ; ; là góc hợp bởi AM ; AN ; AP với mặt phẳng BCD . Chứng minh
rằng tan2 tan2 tan2 12 .
Câu 6. (3,0 điểm)
1) Cho tam thức f x x 2 bx c . Chứng minh rằng nếu phương trình f x x có hai nghiệm
phân biệt và b 2 2b 3 4c thì phương trình f f x x có bốn nghiệm phân biệt.
2) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn (a b c)2 ab . Tìm giá trị nhỏ nhất của
2
ab
c2
c
.
2
biểu thức P
a b a b 2 a b c
3) Lớp 11 Toán có 34 học sinh tham gia kiểm tra môn Toán để chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi
cấp tỉnh. Đề kiểm tra gồm 5 bài toán. Biết rằng mỗi bài toán thì có ít nhất 19 học sinh giải quyết được.
Chứng minh rằng có 2 học sinh sao cho mỗi bài toán đều được một trong hai học sinh này giải quyết được.
-----------------Hết----------------Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh .............................
Khi đó OAB vuông tại O nên OAB cân tại O OA OB
2m 3
2m 3
m 1
m 3
2m 3 0
2
m 2 .
m 1 1
m 0
3
Với m ta có ba điểm A, B,O trùng nhau (Loại). Hai trường hợp còn lại thỏa mãn.
2
Vậy m 0; m 2 là các giá trị cần tìm.
0,5
0,5
0,5
1
0
m 2
2.1 (2,25 điểm)
1
Điều kiện: cos 3x
2
Ta có: phương trình đã cho tương đương với
x
3
4 sin2 3 cos 2x 1 2 cos2 x
2
4
0,25
0,75
2 2 cos x 3 cos 2x 2 sin 2x 2 cos x 3 cos 2x sin 2x
cos 2x cos x
6
18
3
2
2
7
k 2 k
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x
6
2.2 (2,25 điểm)
x 3 xy 2 x 2y 3 y 1
3
x 3y 5 2x 2 5x 3y 3 5x 2 2y 5 2
x 5
2
Điều kiện: 2x 5x 0
2
x
0
Với x
0,5
7y 2
2
2
Mà x xy 2y 1 x
1 0, x , y nên phương trình * vô
2
4
0,5
0,25
nghiệm.
Thay y x vào phương trình 2 ta có
x
3
3x 5
2x 2 5x 3x 3 5x 2 2x 5
3
x 3x 5
2x 2 5x 1
x 0
2x 2 5x 1
2x 2 5x 1 3x 3 5x 2 2x 5 x 3 3x 5
1,0
2
2x 5x 1 0 3
x 3 3x 5 x 2x 2 5x 1 4
5 33
5 33
, thỏa mãn.
x
4
4
3 2x 5
3
2
(2x 5) 0
, không thỏa mãn.
x
2x 5 0
2
4
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm
5 33 5 33 5 33 5 33
;
.
x ; y
;
;
4
4
x2 1
3x 1 x 3
a 2 x
4
lim
x 1
x 1
2
3x 1 x 3
1
4
a 2
3
0,5
0,5
1
Do đó, dãy vn với vn un 1 un là một cấp số nhân với v1 1 , công bội q .
3
Ta có un un un 1 un 2 un 3 ... u2 u1 u1 vn 1 vn 2 ... v1 u1
n 1
un v1
1 q n 1
u1 1.
1q
1
1
3
1
n 1
1
3
2019 1 2019 .
3
I
J
C
D
Gọi a là độ dài cạnh hình vuông ABCD .
2
2
a 2
2
a 2 5a
Ta có AC a 2 JD DI IJ
2
8
4
2
2
2
3a
D thuộc nên D(t; t 1) JD(t 1; t 1), JM (1; 3). Theo (1)
JD.JM 0 t 1 3t 3 0 t 2 D(2; 1) .
Dễ thấy DM 2 5 a 2
0,25
a2
a 4.
4
x 2; y 3
AM 2 x 2 (y 3)2 4
Gọi A(x ; y ). Vì
2
2
AD 4
(x 2) (y 1) 16
x 6 ; y 7
5
5
C'
O
K
D
C
Gọi O là giao điểm của AC và BD . Theo giả thiết ta có:
SO ABCD SO BK ,
Mà BK AC BK SAC BK SA và BK HK .
1
1
1
3a 2
2
BK
Do ABC vuông đỉnh B nên:
.
4
BK 2
AB 2 BC 2
Dễ thấy SA BHK BH SA.
SAB cân đỉnh S , BH là đường cao nên dễ thấy HB
0,75
2
0,75
Mà
3
1
1
6
AH
OJ
OI
SO
.
SH
5
SH
5
SI
5
SI
5
Từ A,C lần lượt kẻ các đường thẳng song song với AC cắt SO lần lượt tại E , F .
SA
SC
SE SF
SO OE SO OF
SO 12
2
SA SC
SI
SI
SI
SI
5
SB
SD
12
SA
SB
SC
SD
24
625 4
a .
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức SA.SB .SC .SD bằng
81
5.2 (1,0 điểm)
2
.
3
Đẳng thức cần chứng minh tan2 tan2 tan2 12 1
0,25
Gọi a là độ dài cạnh tứ diện ABCD khi đó AH a
Tương đương với
1
1
1
18
(2)
MH 2 NH 2 PH 2
a2
0,5
N
J
C
C
Xét tam giác BCD Từ H kẻ HI ; HJ ; HK vuông góc với BC ;CD; BD . Không mất tính
tổng quát ta có thể giả sử M thuộc đoạn BI và gọi 1; 2 ; 3 lần lượt là ba góc hợp bởi
HM ; HN ; HP với ba cạnh BC ;CD; BD.
Ta có tam giác HMI và HNJ vuông tại I và J nên tứ giác HICJ nội tiếp
120º 120º
IHJ
1
3
Mặt khác tổng ba góc của tam giác BMP bằng 180 nên
BPM
B
180 180 60 180 60
BMP
1
3
1
3
Từ đó suy ra
a
a
2
2
2
2
2
2
2
Vậy tan tan tan 12
6.1. (1,0 điểm)
Đặt a xc, b yc từ điều kiện ta có (x y 1)2 xy và P
3
2
Đặt t x y, t 2 thay xy (t 1)2 vào biểu thức P ta được
3
(t 1)2
(t 1)2
1
1
1
1
P
2
2
2
2
t
t
t 2(t 1)
(t 1)
t 4t 2 (t 1)2
(t 1)2
1
Vậy Pmin 2 a b c 1 .
6.2. (1,0 điểm)
Ta có f f x x f 2 x bf x c x
f x f x x x f x x b f x x x 2 bx c x
f x x f x x b 1 .
f x x 1
Do đó, f f x x 0 2
x b 1 x b c 1 0 2
2
2
Do đó, x 0 không là nghiệm của 2 . Vậy phương trình f f x x có bốn nghiệm phân biệt.
6.3. (1,0 điểm)
Giả sử ngược lại, tức là với hai học sinh bất kỳ tồn tại ít nhất một bài toán mà cả hai học sinh
đó đều không giải được. Bây giờ ta sẽ đếm các bộ ba x , a, y trong đó x , y là hai học sinh và
a là bài toán mà cả hai học sinh x , y đều không giải quyết được. Gọi k là số tất cả các bộ ba
như vậy.
2
Ta có C 34
cách chọn hai học sinh từ 34 học sinh. Vì hai học sinh bất kỳ thì có ít nhất một
0,5
2
561 1
bài toán mà cả hai học sinh đều không giải quyết được nên k C 34
Mặt khác, vì mỗi bài toán a có ít nhất là 19 học sinh giải được nên mỗi bài toán có nhiều
nhất là 15 học sinh không giải được. Như vậy, đối với mỗi bài toán a có nhiều nhất C 152 cặp
học sinh không giải được bài toán a .
Copyright: Tài liệu đại học ©