Đề thi chọn HSG Toán 11 năm 2018 – 2019 trường THPT Thị xã Quảng Trị

SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ KỲ THI CHỌN HSG VĂN HÓA LỚP 10, 11
TRƯỜNG THPT THỊ XÃ QUẢNG TRỊ Khóa thi ngày 03 tháng 4 năm 2019 Môn thi: Toán lớp 11
ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề có 01 trang)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu I (5,0 điểm).
1. Giải phương trình: 2 2
sin 3x cos 2x  sin x  0.
2. Cho x và x là hai nghiệm của phương trình: 2
x  3x  a  0 , x và x là hai nghiệm của 1 2 3 4 phương trình: 2
x 12x  b  0. Biết rằng x , x , x , x theo thứ tự lập thành một cấp số nhân. Hãy 1 2 3 4 tìm a,b . Câu II (3,0 điểm).
1. Cho k là số tự nhiên thỏa mãn: 5  k  2014 .
Chứng minh rằng: 0 k 1 k 1  5 k 5   ... k C C C C  C C  C . 5 2014 5 2014 5 2014 2019
2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: m 2 2  x   x   4 2 2 1 1
2  2 1 x  1 x  1 x .
Câu III (3,0 điểm). sin n
Cho dãy số u được xác định bởi: u  sin1; u  u  , với n   , n  2. n  1 n n 1  2 n
Chứng minh rằng dãy số u xác định như trên là một dãy số bị chặn. n 
Câu IV (3,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có tam giác ABC đều cạnh bằng a và tam giác BCD cân a 5
tại D với DC  . 2
1. Chứng minh rằng: AD  BC .
2. Gọi G là trọng tâm tam giác BCD , tính cosin góc giữa hai đường thẳng AG và CD , biết
góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (BCD) bằng 0 30 .
Câu V (3,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với (2 A ;1) , B(1; 2  ) , trọng
tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng x  y  2  0. Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác 27 ABC bằng . 2
Câu VI (3,0 điểm). Cho các số dương a,b,c thỏa mãn: 2 2 2
a  b  c  3. Chứng minh rằng:  4  4  4  1 1 1  3    
a  b  c2 . Đẳng thức xảy ra khi nào? 2 2 2 2 2 2  a  b  b  c  c  a 
-----------------HẾT---------------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu và MTCT.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………….Số báo danh:……………….
Huớng dẫn chấm – Toán 11 Câu Nội dung Điểm Câu I. Giải phương trình: 2 2
sin 3x cos 2x  sin x  0. (5đ) 1. (3đ) 2 2
sin 3x cos 2x  sin x  0 (1)
Ta có: sin 3x  (1 2cos 2x)sinx. 2 2
(1)  ((1 2cos 2x) cos2x 1)sin x  0 1.0đ 2 2  (1 os2x)(1+4c c
os 2x)sin x  0 1.0đ sin x  0 k   x   cos2x=-1 2 1.0đ
2. (2đ) Cho x và x là hai nghiệm của phương trình: 2
x  3x  a  0 , x và x là hai 1 2 3 4
nghiệm của phương trình: 2
x 12x  b  0 . Biết rằng x , x , x , x theo thứ tự lập 1 2 3 4
thành một cấp số nhân. Hãy tìm a,b .
Gọi q là công bội của CSN 2 3  x  x ;
q x  x q ; x  x q 2 1 3 1 4 1 Theo viet ta có: x  x  3
x (1 q)  3 1 2 1   x x  a x x   a 1 2 1 2    1.0đ 2 x  x  12
x q (1 q)  12  3 4  1 x x  b   x x  b 3 4  3 4 Suy ra 2 q  4
+ q = 2  x  1 , giải ra được a = 2, b = 32 1 1.0đ +q = -2  x  3
 , giải ra được a = -18, b = -288 1 Câu II. (3đ)
1. (1.5đ) Cho k là số tự nhiên thỏa mãn: 5  k  2014
Chứng minh rằng: 0 k 1 k 1  5 k 5  ... k C C C C  C C  C 5 2014 5 2014 5 2014 2019 Ta có: 5 2014 2019
(1 x) (1 x)  (1 x) 5 0 1 2 2 3 3 4 4 5 5
M  (1 x)  C  C x  C x  C x  C x  C x 0.5đ 5 5 5 5 5 5 2014 0 1 k k 2013 2013 2014 2014 N  (1 x)  C  C x  ... C x  ... C x  C x 2014 2014 2014 2014 2014 2019 0 1 k k 2018 2018 2019 2019 P  (1 x)  C  C x  ...  C x  ...  C x  C x 0.5đ 2019 2019 2019 2019 2019
Ta có hệ số của xk trong P là k C , P = M.N 2019
Mà số hạng chứa xk trong M.N là : 0 k k 1 k 1  k 1  2 2 k 2 k 2 3 3 k 3 k 3 4 4 k 4 k 4 5 5 k 5 k 5 C C x  C xC x  C x C x  C x C x  C x C x  C x C x 5 2014 5 2014 5 2014 5 2014 5 2014 5 2014 0.5đ Vậy : 0 k 1 k 1  5 k 5   ... k C C C C  C C  C 5 2014 5 2014 5 2014 2019 2. (1.5đ)
Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: m 2 2  x   x   4 2 2 1 1
2  2 1 x  1 x  1 x ĐK: 1
  x 1 , Đặt 2 2
t  1 x  1 x , t liên tục trên 1;  1 và t  0 2 4
 t  2  2 1 x  2  t  0; 2   0.5đ 2    Pttt: 2 t t 2
m(t  2)  t
  t  2  m  t  2 2    Xét t t 2 f (t) 
;t  0; 2  , f (t) liên tục trên 0; 2  0.5đ t 2      2 t   4t f '(t)   0, t   0; 2 2   (t  2)
 f (t) nghịch biến trên 0; 2 0.5đ  
Vậy pt đã cho có nghiệm thực khi f ( 2)  2 1  m  1  f (0) Câu III. sin n Cho dãy số 
u được xác định bởi: u  sin1; u  u  , với mọi n  (3đ) 1 n n 1  2 n
n  , n  2 . Chứng minh rằng dãy số u xác định như trên là một dãy số bị n  chặn. 1 1 1 Ta có: *   ...   2, n   N , vì 2 2 2 1 2 n 1 1 1 1 1 1  ... 1  ...  2 2 2 1 2 n 1.2 2.3 .( n n 1) 1.0đ 1 1 1 1 1 1
 11    ...   2   2 2 2 3 n 1 n n sin1 sin 2 sin n
Bằng qui nạp ta CM được: u   ... 1.0đ n 2 2 2 1 2 n  1 1 1  1 1 1 Suy ra : * 2     ...  u    ...  2, n   N  2 2 2  n 2 2 2 1 2 n  1 2 n 1.0đ
Vậy dãy số u xác định như trên là một dãy số bị chặn. n 
Câu IV. Cho tứ diện ABCD có tam giác ABC đều cạnh bằng a và tam giác BCD cân tại (3đ) D với a 5 DC  . 2 1. (1đ)
Chứng minh rằng: AD  BC .
Gọi M là trung điểm BC, ta có: A
 BC đều nên AM  BC , DB 
C cân nên 1.0đ
DM  BC  BC  (AMD)  BC  A . D 2. (2đ)
Gọi G là trọng tâm tam giác BCD, tính cosin góc giữa hai đường thẳng AG và
CD, biết góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (BCD) bằng 0 30 .
Theo gt ta có góc giữa MA và MD bằng 300. Kẻ GN//CD, nối AN a a 3
+TH1: góc DAM bằng 300, ta có: MD  a  MG  , A
 BC đều nên AM  . 3 2 0.5đ
Áp dụng định lí cosin cho AMG a 13 CD a 5 a 7 ta có AG  ,GN   . A
 NC có AN  . Trong ANG 0.5đ 6 3 6 3 5  5 có cos(AGN)=
.Gọi góc (AG;CD)   thì cos = 65 65 13
+TH2: Góc AMD bằng 1500. Tính tương tự ta có: thì cos = 0.5đ 7 5 0.5đ Câu V.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(2; 1), B(1;-2), trọng tâm (3đ)
G của tam giác nằm trên đường thẳng x + y – 2 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C biết diện 27 tích tam giác ABC bằng . 2  3 1 
Gọi M là trung điểm AB, ta có :  M ;   . Gọi C(a ; b),  2 2 
 a  3 b 1 a  3 b 1 suy ra G ;  d  
 2  0  a  b  4  0,(1)   , 1.0đ  3 3  3 3 3a  b  5
mặt khác AB : 3x  y  5  0  d(C; AB)  , 10 1 27 1 3a  b  5 Diện tích 27 S  A .
B d(C; AB)   10 
 3a  b  5  27,(2) 2 2 2 10 2 1.0đ Từ (1) và (2) ta có hệ: a  9      C 9; 5   a b 4 b    5  3
 a  b  32  9         4 a a b  2  9  17       C ;  3
 a  b  2  2 17     2 2  b    2 1.0đ Câu VI. (3đ)
Cho các số dương a,b,c thỏa mãn: 2 2 2
a  b  c  3. Chứng minh rằng:  4  4  4  1 1 1  3    
a b  c2 . Đẳng thức xảy ra khi nào? 2 2 2 2 2 2  a  b  b  c  c  a  Từ giả thiết ta có 2 2 2
0  a ,b ,c  3 . Áp dụng BĐT Cauchy ta có : 4 4 2 2  (3 a )  4  1  2  a . 2 2 3  a 3  a 4 4 1.0đ Tương tự: 2 2 1  2  b ; 1  2  c 2 2 3  b 3  c  4  4  4 Do đó:  2 2 2 1 1
1  (a  2)(b  2)(c  2),(1)  2 2  2 2  2 2   a  b  b  c  c  a 
Áp dụng BĐT Bun… ta có: 1.0đ 1 2 2 2 2 2 2 2 2
(a  2)(b  2)  (a 1)(b 1)  a  b  3  (a  b)  (a  b)  3 2 3 3 = 2 2 2 2 2 2
((a  b)  2)  (a  2)(b  2)(c  2)  ((a  b)  2)(c  2) 2 2 1.0đ 3
  2(a b)  2c2 2
 3(a  b  c) ,(2) 2
Từ (1) và (2) ta được BĐT cần chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1