Đề thi chọn HSG Toán 11 cấp trường năm 2017 – 2018 trường Lý Thái Tổ – Bắc Ninh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ NĂM HỌC 2017 – 2018
Môn thi: Toán – Lớp 11
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC
Ngày thi: 14 tháng 04 năm 2018
(Đề gồm 01 trang)
Câu I. (4,0 điểm) 3 x Cho hàm số 2 y =
- x + x + m có đồ thị là C. Tìm tất cả các giá trị của m để tiếp tuyến của đồ 3
thị C tại điểm M có x = 3 chắn hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 2 . M
Câu II. (6,0 điểm)
1) Giải phương trình æ p ö 2 sin 2 çç x ÷
- ÷ = sin x + cos x - 1 ç çè 4 ÷÷ø
2) Tìm số nguyên dương lẻ n sao cho 1 2 2 3 3 4 n 1
C - 2.2C + 3.2 C - 4.2 C + ... + n.2 - n C = 2019. n n n n n 2 2017(2018 - x ) - 2017
3) Tính giới hạn I = lim x 1 x - 1
Câu III. (4,0 điểm)
1) Giải phương trình: 2
2x + 3 + x + 1 = 3x -16 + 2 2x + 5x + 3 ì 3 3 2 x ï
- y + 3x + 6x - 3y + 4 = 0 ï
2) Giải hệ phương trình: í
(x,y Î ) 3
ï3 4x + 1 + 2 2x + 4y - 8 = x + 2y + 5 ïïî
Câu IV. (4,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh C thuộc đường thẳng
d :x + 2y - 6 = 0 , điểm M (1; )
1 thuộc cạnh BD biết rằng chình chiếu vuông góc của điểm M trên cạnh
AB, AD đều nằm trên đường thẳng D :x + y - 1 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh C .
2) Cho hình vuông ABCD cạnh a . Gọi O là giao điểm của hai đường chéo. Trên nửa đưởng thẳng Ox
vuông góc với mặt phẳng chứa hình vuông, ta lấy điểm S sao cho góc  0
SCB = 60 . Tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng BC và SD .
Câu V. (2,0 điểm) Cho a,b, ,
c d là các số thực thoả mãn 2 2 2 2
a + b = 25; c + d = 16 và ac + bd ³ 20 . Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức: P = a + d .
---------------Hết----------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….………..…….................…….….….; Số báo danh:……….....……….
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn: Toán – Lớp 11 Câu
Lời giải sơ lược Điểm 1(4,0 điểm) Ta có 2 y '  x  2 x  1
Theo giả thiết ta có M(3;3  m) (C), phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M là: 2,0
y  y '(3)(x  3)  3  m  y  4(x  3)  3  m  y  4 x  9  m (Δ )  9  m  Gọi A  Δ  Ox  A ;0 
 ; B    Oy  B0;m  9  4  1 1 9  m 2 (m  9) Diện tích tam giác OAB: S  OA.OB  m  9 = OAB 2 2 4 8 2,0 2 (m  9) m  13 Theo giả thiết: 2 S  2   2  (m  9) 16  OAB 8  m  5 Vậy m  5;m  13. æ p ö 2.1 (2 điểm) ç ÷ 2 sin 2
ç x - ÷ = sin x + cos x - 1 ç . (1) çè 4 ÷÷ø
(1) sin 2x  cos 2x  sin x  cos x 1
 sin 2x  sin x  cos 2x  cos x 1 0,5 2
 2sin xcos x  sin x  2cos x  cos x 1
 sin x(2cos x 1)  (2cosx1)(cosx1)  1 cos x  (a)
 (2cos x 1)(sinx cos x 1)  0   1,0 2 
sin x  cos x  1(b) 
(a)  x    k2 3    x    k2       0,5 4 4 x   k2 (b)  2 sin x   1       2  4   3   x    k2       x k2  4 4
2.2 (2 điểm). n Ta có ( + x ) 0 1 2 2 3 3 1
= C +C x +C x + C x + ... n n +C x n n n n n 1,0 n-
Lấy đạo hàm 2 vế ta được: n ( x ) 1 1 2 3 2 n n 1 1 C 2C x 3C x ... C x - + = + + + + n n n n n- Cho n- n x = -  n - = C - C + C - + nC - n n n n ( ) 1 1 1 2 3 2 2 ( 1) 2 2 3 2 ... 2
Vì n lẻ nên ta có: 1 2 3 2 n 1
n = C - 2C 2 + 3C 2 - ... + n2 - n C = 2019 1,0 n n n n Vậy n = 2019 2.3 (2 điểm) 2017  2 2018  x  2017  2017  2 1 x  + I  lim  lim 1,0 x 1  x 1 x 1  x   1  2 2018  x  2017   2017 1 x   2 2017 lim   1  x 1  2 2018  x  2017 2 2017 1,0 Vậy I  1  3.1 (2 điểm) ĐKXĐ: x ³ 1 -
Đặt t = 2x + 3 + x + 1 , đk: t > 0 2 2
 t = 3x + 4 + 2 2x + 5x + 3 2 2
 3x + 2 2x + 5x + 3 = t - 4 1,0 té = 4 - PT trở thành: 2 t = t - 4 -16 2 t t 20 0 ê  - - =   t = 5 tê = 5 êë
Với t = 5  2x + 3 + x + 1 = 5 2
 3x + 4 + 2 2x + 5x + 3 = 25 21 ìï - 3x ³ 0 2
 2 2x + 5x + 3 = 21- 3x ï  í 2 2 4
ï (2x + 5x + 3) = 441-126x + 9x ïî 1,0 x ìï £ 7 ï ì ï x ï £ 7  í ï  í  x = 3 2 x ï -146x + 429 = 0 ï ï =  = ï x 143 x 3 î ïî
Vậy phương trình có nghiệm là x = 3 ì 3 3 2 x ï
- y + 3x + 6x - 3y + 4 = 0 (1) ï
3.2 (2 điểm) Giải hệ phương trình: í
(x,y Î ) 3
ï3 4x + 1 + 2 2x + 4y - 8 = x + 2y + 5 (2) ïïî x ìï ³ -1 / 4 Điều kiện ïí 0,5 2
ï x + 4y - 8 ³ 0 ïî
Phương trình (1) tương đương với 3 3
(x 1)  3(x 1)  y  3y 2 2
 (x1 y)(x 1)  (x 1) y y  3  0   (*) 0,5 Vì 2 2
(x 1)  (x 1) y y  3  0, x
 , y nên (*)  x 1 y  0  y  x 1
Thay vào phương trình (2) của hệ ta được 3
3 4x 1  2 6x  4  3x  7
 3 4x 1  2x  5 3
  2 6x  4  (x  2)  0     2 2 4(  x  2) (x  2) (x 10)    0 3 2 3 2
3 4x 1  2x  5 4 (6x  4)  2(x  2) 6x  4  (x  2) 1,0 2
(x  2)  0  x  2(tm)  y  3(tm)   4  (x 10)    0(**)  3 2 3 2
3 2x  8  x 12 4 (6x  4)  2(x  2) 6x  4  (x  2) 
Nhận xét: Với x  1/
 4 ,vế trái của phương trình (**) luôn âm , nên (**) vô nghiệm
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( 2;3) 4.1 (2 điểm)
Gọi H và K là hình chiếu vuông góc của M trên AB và A H B
AD; Gọi N là giao điểm của KM và BC, gọi I là giao
điểm của CM và HK. Ta có DK  M vuông tại K và I  0
MDK  45  KM = KD=NC. K N
Lại có MH  MN (do MHBN là hình vuông) suy ra M   1,0 KM  H  C
 NM  HKM  MCN . Mà   NMC  IMK nên     0
IMK  HKM  NMC  NCM  90  CI  HK . D C
Đường thẳng CI qua M(1;1) và vuông góc với đường thẳng d nên có phương trình:
(x 1)  (y 1)  0  x  y  0 . Do điểm C thuộc đường thẳng CI và đường thẳng  nên tọa x  y  0 x  2 1,0
độ điểm C là nghiệm hệ pt   
x  2y  6  0 y  2 Vậy C(2;2). 4.2 (2 điểm) S
Gọi I, H là trung điểm của BC và SD.
Ta có SO là trục hình vuông và  0 SCB  60
 SA=SB=SC=SD=CB=a và BC//mp(SCD) nên
d(BC, SD)  d(I,mp(SAD)) J
Ta lại có AD  (SIH )  (SIH )  (SAD) theo giao tuyến 1,0
SH. Trong mặt phẳng (SIH) dựng A B
IJ  SH  IJ  (SAD)  d(I,(SAD))  IJ H 60 O I D C a 2 . a Tam giác SIH có: . SO HI a 6 2 IJ    SH a 3 3 1,0 2 Vậy a 6
d(BC, SD)  3
5 (2 điểm) Cho a,b, ,
c d là các số thực thoả mãn 2 2 2 2
a + b = 25; c + d = 16 và ac + bd ³ 20 . Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức: P = a + d .
a  5sin;b  5cos Từ 2 2 2 2
a + b = 25; c + d = 16  tồn tại hai góc ; sao cho 
c  4cos ;d  4sin 
Khi đó biểu thức ac + bd ³ 20 có dạng sin a cos b + cos a sin b ³ 1 hay sin (a + b) ³ 1 , 1,0 p
nên sin (a + b) = 1 do đó b = - a + k2 ,
p k Î  . Vậy sin b = cos a 2
Ta có P  5sin  4sin   5sin  4cos  41  P  41 max 1,0
Vậy giá trị lớn nhất của P là 41
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt
chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa.
2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng không
được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được
trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ.
3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm