Đề thi môn Toán Lớp 11 - Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh - Năm học 2017-2018 - Sở GD&ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi môn Toán Lớp 11 - Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh - Năm học 2017-2018 - Sở GD&ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN - Lớp 11 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Số báo danh Ngày thi: 09 tháng 3 năm 2018 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Câu I (4,0 điểm). 1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị ()P của hàm số y=++ x2 bx 1 biết rằng ()P đi qua điểm A(2;1) . 2. Giải bất phương trình 4x22+ 5 x ++ 1 2 xx ++≥ 1 x + 3. Câu II (4,0 điểm). 4sin3 x− 2cos xx (sin −− 1) 4sin x + 1 1. Giải phương trình = 0. 1+ cos 4x   x+ xy +−( x y)( xy −=2) y + y 2. Giải hệ phương trình  ( xy,.∈ )  + +−2 + −= ( y xy x x)( x 1) 4 0 Câu III (4,0 điểm). 1. Cho xyz,, là các số thực phân biệt và không âm. Chứng minh rằng xy+ yz ++ zx 9 ++≥ . (xy− )(222 yz − )( zx − ) xyz ++ = = uu122, 5 un 2. Cho dãy số ()un xác định như sau  .Tính giới hạn limn . un++21=5 u nn − 6, un ∀≥ 1 3 Câu IV (4,0 điểm). 1. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh của lớp 11A, 3 học sinh của lớp 11B và 5 học sinh của lớp 11C thành một hàng ngang. Tính xác suất để không có học sinh của cùng một lớp đứng cạnh nhau. 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A. Các điểm MN, lần lượt thuộc các cạnh AB, AC sao cho AM= AN ( MN, không trùng với các đỉnh của tam giác). 62 Đường thẳng d1 đi qua A và vuông góc với BN cắt cạnh BC tại H ;− , đường thẳng d2 53 22 đi qua M và vuông góc với BN cắt cạnh BC tại K ; . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác 53 ABC, biết rằng đỉnh A thuộc đường thẳng (∆ ) : 5xy ++= 3 13 0 và có hoành độ dương. Câu V (4,0 điểm). 1. Cho tứ diện SABC có SA= SB = SC =1. Một mặt phẳng ()α thay đổi luôn đi qua trọng tâm G của tứ diện và cắt các cạnh SA,, SB SC lần lượt tại các điểm ABC', ', '. Chứng minh 111 rằng biểu thức T =++ có giá trị không đổi. SA''' SB SC 2. Cho hình chóp tứ giác S. ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Một điểm M di động trên cạnh đáy BC ( M khác BC, ). Mặt phẳng ()α đi qua M đồng thời song song với hai α đường thẳng SB và AC. Xác định thiết diện của hình chóp S. ABCD cắt bởi () và tìm vị trí của điểm M để thiết diện đó có diện tích lớn nhất. HẾT
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀCHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN- Lớp 11 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 09 tháng 3 năm 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM (Gồm có 07 trang) Câu NỘI DUNG Điểm I 1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị ()P của hàm số y=++ x2 bx 1 biết rằng ()P đi 2,0 4,0 qua điểm A(2;1) . điểm Do ()P đi qua điểm A(2;1)nên 42+bb +=⇔ 11 =− 2 0,50 2 Ta được hàm số yx=−+21 x Bảng biến thiên như sau : −∞ +∞ x 1 0,75 +∞ +∞ 2 yx=−+21 x 0 Đồ thị: Có đỉnh I (1; 0 ) và trục đối xứng là đường thẳng x =1 và có hình dạng như sau: 12 10 8 6 0,75 4 2 15 10 5 5 10 15 2 4 2. Giải bất phương trình 4x22+ 5 x ++ 1 2 xx ++≥ 1 x + 3 (1). 2,0 x ≤−1 4xx2 + 5 +≥ 10 Điều kiện xác định của bất phương trình là ⇔   2 1 0,50 xx+ +≥10 x ≥−  4 2 Ta có (1)⇔ (x + 1)(4 x + 1) − ( x + 1) + 2( xx ++− 1 1) ≥ 0 (2) 0,50 xx2 + Xét x ≤−1, khi đó: −+≥(x 1) 0, xx2 ++−= 1 1 ≥0 nên (2) luôn đúng. xx2 ++1 0,25 Vậy x ≤−1 là nghiệm của BPT đã cho. 1 2(xx2 + ) Xét x ≥− : BPT (2) ⇔x +1( 4 xx +− 1 + 1) + ≥0 (3) 4 xx2 +++11 0,50 3x x++ 1 2 xx ( 1) ⇔ + ≥⇔≥00x xx++1 41 + 11+xx2 ++ Vậy tập nghiệm của BPT là S =( −∞; − 1] ∪[ 0; +∞) 0,25 1
3. Chú ý 1:Nếu học sinh không xét các trường hợp như trên mà biến đổi luôn từ BPT (2) thành BPT (3) và đưa ra đúng tập nghiệm thì chỉ cho tối đa 1,25 đ. Chú ý 2:Có thể giải theo cách sau 1 0,50 ĐKXĐ: x ≤−1 hoặc x ≥− . 4 BPT (1)⇔ 4x22 + 5 x +− 1 ( x + 1) + 2( xx ++− 1 1) ≥ 0 (2) 0,50 Nhận thấy x = −1 là một nghiệm của BPT. 0,25 1 2 Xét trường hợp x ∈( −∞;1 −) ∪ − ; +∞ . Khi đó 4xx+ 5 ++ 1 ( x + 1) > 0  4 2 3( xx+ ) 2(xx2 + ) 0,50 nên BPT (2) tương đương với +≥0 (3) 4x22+ 5 x ++ 1 ( x + 1) 1 + xx ++ 1 ⇔xx2 + ≥01 ⇔ x 0, 0, điều này có nghĩa là x+ y ≠0, xy +( x − y)( xy −2) +≠ y 0. Khi đó ta có: 0,50 (1) ⇔x − y + xy +( x − y)( xy −2) −= y 0 xy− ( x− y)( y +− xy 2) ⇔+ =0 xy+ xy+−( x y)( xy −+2) y 2
4.  1 y+− xy 2 ⇔−( xy)  + =0 xy+ xy+−( x y) xy −+2 y ( ) xy= 0,25  1 y+− xy 2 ⇔  +=  0 xy+ xy+−( x y) xy −+2 y  ( ) 1± 17 • Xét xy= . Thế vào (2) ta được xxx32−2 − 3 +=⇔= 4 0 xx 1; = . 2 0,50 1++ 17 1 17 = > Vì xy0 nên trường hợp này hệ có hai nghiệm (1;1) ; ; . 22 1 y+− xy 2 • Xét phương trình +=0 (3) xy+ xy+−( x y)( xy −+2) y Từ phương trình (2) ta có: 2 2 44222 y+ xy =−+ x x =++ x 1 +−−=( x 1) 2x +− 1 +−+≥( x 1) 22 xx++11 x +1 1 y+− xy 2 Do đó +>0 nên (3) vô nghiệm. xy+ xy+−( x y)( xy −+2) y 0,50 1++ 17 1 17 Vậy hệ có hai nghiệm (1;1) ; ; . 22  Chú ý 3:Nếu học sinh không lập luận để chỉ ra x+ y ≠0, xy +( x − y)( xy −2) +≠ y 0 trước khithực hiện nhân chia liên hợp từ phương trình (1) thì chỉ cho tối đa 1,75đ. III 1. Cho xyz,, là các số thực phân biệt và không âm. Chứng minh rằng 4,0 xy+ yz ++ zx 9 2,0 ++≥ . điểm (xy− )(222 yz − )( zx − ) xyz ++ xy+ yz ++ zx 9 Ta có ++≥ (xy− )(222 yz − )( zx − ) xyz ++ 0,25 xy+ yz ++ zx ⇔ ++ + + ≥ ()xyz2229 (xy− )( yz −− )( zx ) Không mất tính tổng quát, có thể giả sử xyz>>≥0 . Khi đó có các bất đẳng thức sau: +) xyzxy ++≥+ yz+ 1 2 +)2 ≥⇔yyz( +≥) ( yz −) ⇔ z(30 yz −≥) (luôn đúng) 0,50 ( yz− ) y + + zx 1 ) Tương tự cũng có 2 ≥ ( zx− ) x xy+ yz ++ zx = ++ + + Do đó nếu đặt F() xyz222thì (xy− )( yz −− )( zx ) 0,25 xy+ 11 ≥ + ++ F() xy2 ()xy− y x 3
5. 111 9 Ta có bất đẳng thức cơ bản sau: ++≥ với ∀>abc, , 0. 0,25 a b c abc++ Áp dụng ta được: xy+ 11 1 1 ++=()xy ++ −22+− ()x y y x( x y )4 xy xy 0,50 1 1 1 9(xy+ ) 9 =+ ++ ≥ = ()xy22. ()422xy+− xy xy xy () xy+ xy + xy+ 11 9 + ++ ≥ + = Vậy ()xy2 ()xy 9. Suy ra F ≥ 9 . ()xy−+ y x xy 0,25  z = 0  z = 0 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 ⇔ . (x+− y )4 xy = 2 xy xy=(2 ± 3) uu12=2, = 5 2. Cho dãy số ()un xác định như sau  . un++21=5 u nn − 6, un ∀≥ 1 2,0 u Tính giới hạn limn . 3n Từ giả thiết ta có un++21−2 u n = 3( u nn + 1 − 2 un ), ∀≥ 1. Suy ra dãy vunn++11= − 2 u n là một nn−−11 n − 1 0,50 cấp số nhân có công bội qv=⇒==3n+12 3 v 3 (5 − 2.2) = 3 (1) Cũng từ giả thiết ta có un++21−3 u n = 2( u nn + 1 − 3 un ), ∀≥ 1. Suy ra dãy wunn++11= − 3 u n là nn−−11 n − 1 0,50 một cấp số nhân có công bội qw=⇒=2n+12 2 w = 2 (5 −=− 3.2) 2 (2)  uu−=23n−1 nn+1 ⇒=nn−−11 + Từ (1) và (2) ta có hệ  n−1 un 32 0,50 uunn+1 −=−32 n u 3nn−−11+ 2 112 1 Suy ra limn = lim =+=lim . nn 0,50 3 3 323 3 Chú ý 4: Có thể giải theo cách sau 0,50 Xét phương trình đặc trưng của dãy truy hồi là λλ2 −5 += 6 0. Phương trình có 2 nghiệm là λλ12=2, = 3. 0,50 11 Do đó ua=.2nn + b .3 . Với uu=2, =⇒= 5 ab , = . 0,50 n 12 23 nn−−11 un 1 Suy ra un =32 + và do đó lim= . 0,50 33n IV 1. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh lớp 11A, 3 học sinh lớp 11B và 5 học 4,0 sinh lớp 11C thành một hàng ngang. Tính xác suất để không có học sinh của cùng 2,0 điểm một lớp đứng cạnh nhau. Số phần tử của không gian mẫu : Ω=10! 0,25 Gọi A là biến cố “Không có học sinh của cùng một lớp đứng cạnh nhau”. Để tìm A ta thực hiện theo hai bước sau: Bước 1: Xếp 5 học sinh của lớp 11C thành 1 dãy: có 5! cách xếp. 0,25 Khi đó, 5 học sinh của lớp 11C tạo ra 6 khoảng trống được đánh số từ 1 đến 6 như sau: 1C2C3C4C5C6 Bước 2: Xếp 5 học sinh của hai lớp 11A và 11B vào các khoảng trống sao cho thỏa mãn yêu cầu của bài toán. Khi đó chỉ xảy ra hai trường hợp sau: 0,50 Trường hợp 1: Xếp 5 học sinh của hai lớp 11A và 11B vào các vị trí 1, 2, 3, 4, 5 hoặc các vị trí 2, 3, 4, 5, 6: có 2×= 5! 240 cách xếp. 4
6. Trường hợp 2: Xếp 5 học sinh của hai lớp 11A và 11B vào các vị trí 2, 3, 4, 5; trong đó có 1 vị trí xếp 2 học sinh gồm 1 học sinh của lớp 11A và 1 học sinh của lớp 11B; 3 vị trí còn lại mỗi vị trí xếp 1 học sinh. + Có 4 cách chọn một vị trí xếp 2 học sinh. 0,25 + Có 23× cách chọn cặp học sinh gồm 1 học sinh ở lớp 11A và 1 học sinh lớp 11B. Suy ra có (4×× 2 3) × 2! cách xếp 2 học sinh gồm 1 học sinh của lớp 11A và 1 học sinh của lớp 11B học sinh vào một vị trí. + Có 3! cách xếp 3 học sinh vào 3 vị trí còn lại (mỗi vị trí có 1 học sinh). Do đó trường hợp này có (4×× 2 3) × 2! × 3! = 288 cách xếp. 0,25 Suy ra tổng số cách xếp là A =×+=5!( 240 288) 63360 cách xếp. 0,25 A 63360 11 Vậy xác suất cần tìm là PA()= = = . 0,25 Ω 10! 630 2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A. Các điểm MN, lần lượt thuộc các cạnh AB, AC sao cho AM= AN ( MN, không trùng với các đỉnh của tam giác). Đường thẳng d1 đi qua Avà vuông góc với 62 BN cắt cạnh BC tại H ;− , đường thẳng d2 đi qua M vàvuông góc với 2,0 53 22 BN cắt cạnh BC tại K ; . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC, biết 53 rằng đỉnh A thuộc đường thẳng (∆ ) : 5xy ++= 3 13 0 và có hoành độ dương. A N C H M E K B D F Gọi D là điểm sao cho ABDC là hình vuông và E, F lần lượt là giao điểm của đường thẳng AH, MK với đường thẳng CD. Ta có ∆=∆ABN CAE( g c g )⇒=⇒=AN CE AM CE mà AM=⇒= EF CE EF 0,50 ⇒ E là trung điểm của CF ⇒ H là trung điểm của KC  44− Từ đó tìm được C(2;− 2) . Ta có KH ; ⇒ véctơ pháp tuyến của BC là n(5;3) 53 0,25 ⇒ Phương trình BC là: 5xy+ 3 −= 4 0. Ta có AC là đường thẳng đi qua C và tạo với BC một góc 450 .  22 Gọi véctơ pháp tuyến của AC là n1 ( ab; ) , với ab+>0 . = 0,25 + ba4 0 53ab 22 Ta có cos 45 = ⇔−4b 15 ba −= 4 a 0 ⇔ 1 34. ab22+ ba= −  4 • Với ba= 4 chọn ab=⇒=14 ta có phương trình AC: xy+4 += 60 0,25 5
7. xy+4 += 60 x =− 2 Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ ⇔ (loại). 5xy++= 3 13 0 y =− 1 1 • Với ba= − , chọn ab=⇒=−41 ta có phương trình 4 AC: 4xy−− 10 = 0 0,25 4xy−− 10 = 0 x = 1 Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ ⇔ (thoả mãn) ⇒−A(1; 6 ) 5xy++= 3 13 0 y =− 6 Phương trình AB là: xy++=4 23 0. xy++=4 23 0 x = 5 Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ ⇔ (thoả mãn) ⇒−B(5; 7) 5xy+ 3 −= 40 y =− 7 Vậy tọa độ các điểm cần tìm là: AB(1;−−− 6), (5; 7), C (2; 2). 0,50 Chú ý 5:Nếu học sinh công nhận điểm H là trung điểm của KC (không chứng minh) và tìm đúng tọa độcác đỉnh của tam giác thì chỉ cho tối đa 1,0 điểm. V 1. Cho tứ diện SABC có SA= SB = SC =1. Một mặt phẳng ()α thay đổi luôn đi qua 4,0 trọng tâm G của tứ diện, cắt các cạnh SA,, SB SC lần lượt tại các điểm ABC', ', ' . điểm 111 2,0 Chứng minh rằng biểu thức T =++ có giá trị không đổi. SA''' SB SC S C' A' G H A C B' S' M B  1     Vì G là trọng tâm tứ diện SABC nên ta có tính chất: MG=( MS +++ MA MB MC) , với 4 M là điểm tùy ý. 0,50 Áp dụng tính chất trên cho điểm MS≡ ta có:  11        SG=( SS +++ SA SB SC) =( SA ++ SB SC) 44  SA   SB   SC  Lại có SA= SA', SB= SB', SC= SC ' 0,50 SA'' SB SC '  111    Do đó SG=++ SA'' SB SC ' 0,50 4'SA 4' SB 4 SC ' 111 Vì bốn điểm ABCG', ', ', đồng phẳng nên phải có + + =⇒=1T 4. 0,50 4SA '4 SB '4 SC ' 2. Cho hình chóp tứ giác S. ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Một điểm M di động trên cạnh đáy BC (M khác B,C). Mặt phẳng ()α đi qua M đồng thời song song 2,0 với hai đường thẳng SB, AC. Xác định thiết diện của hình chóp S. ABCD cắt bởi ()α và tìm vị trí điểm M để thiết diện đó có diện tích lớn nhất. 6
8. S R I P F A Q D N E O B M C Kẻ MN// AC( N∈∈∈ AB); NP // SB( P SA) ; MQ // SB( Q SC). Gọi O=∩=∩=∩=∩ AC BDE; MN BDF ;;. PQ SOR EF SD 0,50 Khi đó thiết diện cần tìm là ngũ giác MNPRQ , trong đó tứ giác MNPQ là hình bình hành. Gọi α là góc giữa SB và AC . BM Đặt xx=(0 << 1.) Khi đó MN= x., AC MQ =( 1 − x) . SB . BC 0,50 Suy ra SMNPQ = MN. MQ .sinαα= x( 1 − x) . SB . AC .sin . RF SF BE BM x Gọi Ilà trung điểm của SD, khi đó: == = =⇒==x RF x. OI SB OI SO BO BC 2 Do góc giữa RE và PQ bằng α nên 11 x2 S= PQ. RF .sinααα= MN . RF .sin= SB . AC .sin 0,50 PRQ 22 4 3x Vậy SMNPRQ= S MNPQ +=− Sx PRQ 1 .SB.AC.sinα ( *) . 4 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có 2 3xx 3 13 x 3 x  1  3 x 1 1−≤ +−=⇒−≤ 1 x  1. 4 4 44 4  4  4 3 1 Từ (*) suy ra S ≤ .SB.AC.sinα . MNPRQ 3 0,50 33xx 2MB Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi =−1 ⇔=x hay = 2. 44 3MC Hết Chú ý: - Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tựphân chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án. - Các trường hợp khác tổ chấm thống nhất phương án chấm. 7