Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2020-2021 môn Toán Khối 11 - Sở Giáo Khoa học và Công nghệ Bạc Liêu (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2020-2021 môn Toán Khối 11 - Sở Giáo Khoa học và Công nghệ Bạc Liêu (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO KHOA HỌC & CÔNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NGHỆ BẠC LIÊU NĂM HỌC 2020-2021 MÔN: TOÁN 11 (Thời gian làm bài 180 phút) Câu 1 (4 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên x;y thỏa mãn phương trình sau 2y2 2xy x x y 1 3x y 6 Câu 2:(4 điểm) 2 3 x x 3x 3 y 1 a) Giải hệ phương trình sau trên tập hợp số thực: . 2 (x 1) y 1 (x 6) y 6 x 5x 12y b) Cho a , b , c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: a2 b2 c2 P . 2a2 bc 2b2 ca 2c2 ab Câu 3: (4 điểm) a) Từ tập hợp X 1;2;3;4;5;6;7;8;9 , lập được bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số đôi một khác nhau và không có hai chữ số liên tiếp nào cùng lẻ. n 6 3 2 b) Tìm số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Newton của biểu thức x biết x 0 x 2 2 2 và n là số nguyên dương thỏa 3Cn 2An 3n 15 . Câu 4: (4 điểm) a) Giải phương trình sau : 2 sin 2x 3sin x cos x 2 0 . 4 b) Cho tam giác ABC có BC a , AC b , AB c và Bµ Cµ . Gọi M là trung điểm của BC và kí hiệu ·AMB . Chứng minh : 2cot cot C cot B . Câu 5: (4 điểm) a) Cho tam giác ABC có trọng tâm G . Chứng minh rằng:    GA.sin A GB.sin B GC.sin C 0 khi và chỉ khi tam giác ABC đều. b) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a , B· AD 120 , SA vuông góc với đáy và a 6 SA . Gọi G ,G lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC và SAB . Tính khoảng cách giữa 4 1 2 hai đường thẳng CD và G1G2 . HẾT
2. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1 (4 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên x;y thỏa mãn phương trình sau 2y2 2xy x x y 1 3x y 6 Lời giải :Ta có phương trình tương đương x2 2y2 3xy 2x y 3 3 x y 1 x 2y 3 3 Do x, y ¢ và 3 1.3 3.1 1. 3 3. 1 nên ta có các trường hợp sau thỏa mãn yêu cầu bài toán. x y 1 3 x 0 Trường hợp 1: x 2y 3 1 y 2 x y 1 3 x 10 Trường hợp 2: x 2y 3 1 y 6 x y 1 1 x 6 Trường hợp 3: x 2y 3 3 y 6 x y 1 1 x 4 Trường hợp 4: x 2y 3 3 y 2 Vậy phương trình có 4 cặp số nguyên thỏa mãn là 0;2 , 10;6 6;6 và 4;2 Câu 4: 2 3 x x 3x 3 y 1 a) Giải hệ phương trình sau trên tập hợp số thực: . 2 (x 1) y 1 (x 6) y 6 x 5x 12y
3. b) Cho a , b , c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: a2 b2 c2 P . 2a2 bc 2b2 ca 2c2 ab Lời giải 2 3 x x 3x 3 y 1 a) Giải hệ phương trình sau trên tập hợp số thực: 2 (x 1) y 1 (x 6) y 6 x 5x 12y Điều kiện y 1 0 . Xét phương trình x x2 3x 3 y3 1 x 1 3 1 y3 1 2 y x 1 x 1 y x 1 x 1 y y2 0 2 2 x 1 x 1 y y 0 2 2 2 2 y 3y Do x 1 x 1 y y x 1 0,x, y ¡ nên 2 4 2 2 x 1 x 1 x 1 y y 0 thế vào hệ không thỏa. y 0 Nên ta chỉ có y x 1 . Thay vào phương trình thứ hai ta được (x 1) x 2 (x 6) x 7 x2 7x 12 (x 1) x 2 2 (x 6) x 7 3 x2 2x 8; Điều kiện: x 2 . x 1 x 6 x 2 x 2 x 4 x 2 2 x 7 3 x 2 x 1 x 6 x 4 x 2 2 x 7 3 x 1 x 6 Xét phương trình x 4 x 2 2 x 7 3 x 2 x 2 x 6 1 x 7 1 . . 0 , phương trình này vô nghiệm do 2 x 2 2 2 x 7 3 x 2 2 VT luôn âm. Vậy tóm lại hệ đã cho có duy nhất nghiệm 2;3 . a2 b2 c2 1 bc 1 ac 1 ab b) P 2a2 bc 2b2 ca 2c2 ab 2 4a2 2bc 2 4b2 2ac 2 4c2 2ab 3 bc ac ab 2 2 2 . 2 4a 2bc 4a 2ac 4c 2ab Áp dụng BDT Cauchy Schwarz cộng mẫu ta có: 2 2 2 bc ac ab bc ac ab 4a2 2bc 4b2 2ac 4c2 2ab 4a. abc 2 bc 2 4b abc 2 ac 2 4c abc 2 ab 2
4. (bc ac ab)2 (bc ac ab)2 1 . 2 2 2 2 2 (ab) (bc) (ac) 2(a b c)abc 2(ab bc ca) 2 3 1 Vậy P 1 . Hay max P 1 đạt được khi a b c . 2 2 Câu 5: (4 điểm) a) Từ tập hợp X 1;2;3;4;5;6;7;8;9 , lập được bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số đôi một khác nhau và không có hai chữ số liên tiếp nào cùng lẻ. n 6 3 2 b) Tìm số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Newton của biểu thức x biết x 0 x 2 2 2 và n là số nguyên dương thỏa 3Cn 2An 3n 15 . Lời giải a) Gọi số cần tìm là abcde . 4 1 1 4 TH1: Số có 5 chữ số khác nhau gồm 1 chữ số lẻ và 4 chữ số chẵn, có A4 .A5.C5.C4 600 số. TH2: Số có 5 chữ số khác nhau có 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ. 1 2 Với a lẻ thì có 5 cách chọn a lẻ, có 4 cách chọn b chẵn. Do đó có 5.4.C3.4.A3 1440 số. Với a chẵn thì có 4 cách chọn số a chẵn, trong vị trí bcde có 3 vị trí hai số lẻ cách nhau. Do 2 2 đó có 4.3.A5 .A3 1440 số. TH3: Số có 5 chữ số khác nhau có 3 chữ số lẻ, 2 chữ số chẵn. Suy ra a , c , e lẻ và b , d chẵn. Do đó có 5.4.4.3.3 720 số. Như vậy, có tất cả là 600 1440 1440 720 4200 số. b) Xét phương trình 2 2 2 3Cn 2An 3n 15 n! n! 3. 2. 3n2 15 0 2! n 2 ! n 2 ! 3 n n 1 2n n 1 3n2 15 0 2 1 7 n 10 N n2 n 15 0 2 2 n 3 L 10 k 10 10 k 10 3 2 k 3 2 k k 30 4k Khi đó x C10. x C10.2 .x . x k 0 x k 0 Hệ số chứa x6 thỏa 30 4k 6 k 6 . 6 6 6 6 Vậy số hạng chứa x trong khai triển là C10.2 .x 13340 . Câu 6: (5 điểm) c) Giải phương trình sau : 2 sin 2x 3sin x cos x 2 0 . 4 d) Cho tam giác ABC có BC a , AC b , AB c và Bµ Cµ . Gọi M là trung điểm của BC và kí hiệu ·AMB . Chứng minh : 2cot cot C cot B . Lời giải a. 2 sin 2x 3sin x cos x 2 0 sin 2x cos 2x 3sin x cos x 2 0 4 2sin x cos x 2cos2 x 1 3sin x cos x 2 0 sin x 2cos x 3 2cos2 x cos x 3 0
5. sin x 2cos x 3 2cos x 3 cos x 1 0 2cos x 3 sin x cos x 1 0 3 2cos x 3 0 cos x 1 2 2 sin x 1 sin x sin x cos x 1 0 4 4 2 sin x cos x 1 x k2 4 4 x k2 2 . 5 x k2 x k2 4 4 x k2 Vậy phương trình có hai họ nghiệm 2 , k ¡ . x k2 b. A B M C Ta có 2 a2 c2 a2 2 a 2 2 2 2 2 2 2 c 2 2 cos MA MB AB MA MB AB b c cot 4 4 sin 2sin .MA.MB 4.S MAB 2.S ABC 4.S ABC 1 a2 b2 c2 c2 a2 b2 b2 c2 cot C cot B 2 4.S ABC 4.S ABC 2.S ABC Từ 1 và 2 2cot cot C cot B . Vậy 2cot cot C cot B . Câu 7: (4 điểm) a) Cho tam giác ABC có trọng tâm G . Chứng minh rằng:    GA.sin A GB.sin B GC.sin C 0 khi và chỉ khi tam giác ABC đều. b) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a , B· AD 120 , SA vuông góc với đáy và a 6 SA . Gọi G ,G lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC và SAB . Tính khoảng cách giữa 4 1 2 hai đường thẳng CD và G1G2 . Lời giải a)
6.    Ta có GA.sin A GB.sin B GC.sin C 0     GB GC .sin A GB.sin B GC.sin C 0  .  . GB sin B sin A GC sin C sin A 0   sin B sin A 0 Vì hai véctơ GB,GC không cùng phương sin C sin B 0 A B C ABC đều. b) Lấy O, N, P, H lần lượt là trung điểm của AC, AB, SA,CD Áp dụng định lý Talet cho NSC ta có: NG NG 1 2 1 G G / /SC , mà SC  SCD NS NC 3 1 2 G1G2 / / SCD d G1G2 ,CD d G1G2 , SCD DA DC (hình thoi ABCD) Xét ADC có ADC đều · 0 ADC 60 gt AH  DC lại có CD  SA SA  ABCD CD  SAH Từ A kẻ AK  SH AK  SH Ta có AK  SCD AK  CD Do CD  SAH G1M  SCD 2 Từ G1 kẻ G1M / / AK M SCD G1M AK . G M d G , SCD 3 1 1 Áp dụng hệ thức lượng cho ASH vuông tại A có đường cao AK AK.SH AS.AH
7. a 6 3a . AS.AH 1 AK 4 2 a SH 6 3 2 a2 a2 16 4 2 1 1 1 G M . a a d G G ,CD a 1 3 2 3 1 2 3 1 Vậy khoảng cách G G và CD là a . 1 2 3