bool(false)

Đề thi chọn HSG Toán 11 cấp tỉnh năm học 2018-2019, tỉnh Nghệ An (Bảng A)

Từ khoá: HSG Toán 11

Nội dung

1 SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 CẤP THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN – BẢNG A (Hướng dẫn chấm này gồm 06 trang) Câu Đáp án Điểm 1. (7,0đ) a) (4,0 điểm) Giải phương trình cos2 7cos 3 sin2 7sin 8.x x x x    (1) (1) cos2 3sin2 7 cos 3sin 8x x x xE     0,5 cos 2 7sin 4 036xx:  : E     ;  ; <  <  1,0 2 2 1 2sin 7sin 4 066 2sin 7sin 3 066 xx xx   :  : E      ;  ; <  <  :  : E     ;  ; <  <  1,0 1sin62 sin 3( )6 x x ptvn   =:;><>E>:;><? 0,5  2 .223 xk kxk   =>ER>? 0,5 Vậy phương trình có nghiệm 2,xk 22 , .3x k k  R 0,5 b) (3,0 điểm) Giải hệ phương trình  22 3 2 2 2 2 2 1 1 (1),. 3 2 6 2 2 0 (2) x x x y yxy x x y x y @      CRA     CB Điều kiện 22 2 0xy  m .  221 ( 1 ) 1 1 1 0x y x yE         0,5   22 22 ( 1 )( 1 )( 1 ) 0 1 1 1 1( 1 ) 1 0 1 1 1 x y x yxy xy xyxy xy    E         :;E    ;   < 22 10 110 1 1 1 xy xy xy   =>E>>   ? 0,5 2  22 1 1 1 1 ( 1) 0(*) yx x y x y   =>E       >? Ta có  221 1 1 ( 1) 1 ( 1) 0x y x y x x y y             m nên phương trình (*) vô nghiệm. 0,5 Thay 1yx   vào phương trình (2) ta được phương trình   3 2 2 3 2 2 2 5 4 4 2 1 0 3 4 2 1 2 1 0 (3) x x x x x x x x x x x       =E       ? 0,5 Đặt 22 1 0a x x   m , phương trình (3) trở thành 3 2 3 23 4 0 ( )( 2 ) 02 xax x a a x a x axa =   E    E>? 0,5 2 2 01 5 1 5211022 xx a x x x x yxx m@    E    E E  B A  B 2 2 02 4 2 5 4 22 2 2 17 4 4 077 xx a x x x x yxx @     E     E E  B A  B Vậy hệ đã cho có nghiệm ( ; )xy với 15 2 15 2 x y @CCACCB và 2 4 2 7.5 4 2 7 x y @CCACCB 0,5 2. (2,0đ) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau được chọn từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Xác định số phần tử của .S Lấy ngẫu nhiên một số từ ,S tính xác suất để số được chọn là số chia hết cho 11 và tổng 4 chữ số của nó cũng chia hết cho 11 . Số phần tử của là 4 93024A (số). Số phần tử của không gian mẫu là 3024n Gọi A là biến cố “số được chọn là số chia hết cho 11 và tổng 4 chữ số của nó cũng chia hết cho 11 ”. 0,5 Gọi số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau là 0,abcd a a b c dg g g g Theo giả thiết ta có 11a c b d   và 11a c b d   Suy ra 11ac và 11bd . 0,5 Trong các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có các bộ số gồm hai chữ số mà tổng chia hết cho 11 là 2,9 ; 3,8 ; 4,7 ; 5,6 . 0,5 Chọn cặp số ,ac có 4 khả năng, mỗi khả năng có 2 cách. Khi đó chọn cặp số b,d còn 3 khả năng, mỗi khả năng có 2 cách. Như vậy 4.2.3.2 48nA (số). 0,5 3 Xác suất cần tìm là   48 1.3024 63 nApAn   3. (2,0đ) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ ,Oxy cho hình chữ nhật có 2.AB BC Gọi là trung điểm của đoạn AB và G là trọng tâm tam giác .ACD Viết phương trình đường thẳng ,AD biết rằng 1;2M và 5;0 .3G:;< H G K M C A D B Gọi H là hình chiếu vuông góc của lên AB và K là trung điểm đoạn .CD Đặt 3 0,BC a suy ra 6 , 2 , .AB a GH a HM a   2 2 2 2 240 8 2 24 5 .9 9 3MG a a a a a  E  E  E  Suy ra 3 2 2,AM a2 2 83 2 .3 3 3AG AK a   0,5 Gọi ( , )A x y . Khi đó  22 22 2 2 1 2 8222 4 385 6431339 xyAMx y x y xyAGxy @   @@   CCEEA A A:  BCC;B<B 0,5 311, 0019 8,8555 xyxyy xyy @  =CC=>EEA>>C>?C?B 0,5 +) Nếu ( 1,0)A . Đường thẳng AD đi qua A và vuông góc với đường thẳng AM nên phương trình đường thẳng AD là 1 0.xy   +) Nếu 19 8( , )55A . Đường thẳng AD đi qua A và vuông góc với đường thẳng AM nên phương trình đường thẳng AD là 7 25 0.xy   0,5 4. (5,0đ) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang cân //AB CD nội tiếp đường tròn tâm O và 090 .SBA SCA Gọi M là trung điểm của cạnh .SA a) Chứng minh rằng .MO ABCD b) Gọi  là góc giữa hai đường thẳng AB và .SC Chứng minh rằng 4 cos .BC SA a) (3,0 điểm) O M A B DC S I Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng ABCD Xét các tam giác ,,MHA MHB MHC   có 090MHA MHB MHC   1,0 MH chung 1 2MA MB MC SA   Suy ra MHA MHB MHC   nên HA HB HC 1,0 Do đó ,HOh vì vậy .MO ABCD 1,0 b) (2,0 điểm) Vì //AB CD nên góc giữa hai đường thẳng AB và SC là góc giữa hai đường thẳng CD và ,SC suy ra 2cos cos 1 sin (*)SCD SCD   0,5 Gọi điểm I là hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng SCD Ta có 1 2MD MC SA nên SDA vuông tại D 0,5 Mặt khác lại có MS MD MC suy ra là tâm đường tròn ngoại tiếp .SCD Khi đó sin22 SD SD SDSCDID MD SA   (vì MID vuông tại nên ID MD ) 0,5 Từ (*) suy ra 2 2 2 2 2 2 2 2cos 1 sin 1SD SA SD AD AD BCSCDSA SA SA SA SA        cosBC SA (đpcm) 0,5 5. (4,0đ) a) (2,0 điểm) Cho dãy số ,nu biết 2 1 1222212,56 nnu u n nun n n n      với 1.nm Tìm 2lim .21 nu n 5 Ta có:   2 11 22 1 22 2 2 2 2 5 6 2 3 1 22 121 2 3 1 2 n n n n nn u u n n u u n n n n n n n n n n u u n n n nn n n n n n       E        E       0,5   1 22 1 22 2 2 1 1 2 11 2 3 1 2 1 1 1(*)1 2 2 11 2 3 1 2 nn nn uu n n n nn n n n n n uu n n n nn n n n n n   E          =E   >      >? 0,5 Đặt 21,112 n nuvnnn n n từ (*) ta có 11 2nnvv nên nv là cấp số nhân có công bội 111,22qv suy ra 1 11 2 n nnv vq   2 2 2 1211321 2 212 n nnn n n nuu n nnnn n n   E     0,5 Khi đó   2 222 2 2 22 123212322lim lim lim2 1 2 1 2 12 2 1 nn n n n nnnn n nu n n n n nn   =  >    >? Ta có 0 1 2 3 3122 ...6 nn n n n n n nn n nC C C C C C        Suy ra   2 2 12lim 02 2 1n n n n n  và 2 23 2 1lim2 1 2 nn n  Vậy 21lim2 1 2 nu n 0,5 b) (2,0 điểm) Cho ba số thực ,,abc thỏa mãn 3 3 33 32.a b c abc    Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2.P a b c a b b c c a        Ta có 3 3 3 2 2 23 32 32 *a b c abc a b c a b c ab bc ca    E         Đặt ,t a b c   từ (*) suy ra 0t a b c    0,5   22 2 2 22 2 2 2 * 3 64 64 643 a b c a b c a b c a b c a b c ta b c t =E        ? E         0,5 Ta chứng minh  2 2 22 **a b b c c a a b b c a c=     m     ? 0,5 6 Thật vậy,vì vai trò ,,abc bình đẳng nên giả sử abcmm 2a b b c c a a b b c a c a c             Ta có  2 2 2** 2 2a c a b b c a c=E  m     ?   2 2 2 2 2 2 a c a b b c a b b c a b b c E  m    E    m    20a b b cE   m luôn đúng Vì vậy 2 2 232 8 222a b b c c a a b c ab bc caabct     m        2 2 23 3 .P a b c a b b c c a        264 8 2 64 643 8 2 8 2.2 . 128 2P t t t t ttt t t t t ::m    m ;;<< Suy ra 128 2 3Pm . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 128 2 3 Đạt được khi 4 4 2 4 2 2,33a b c   và các hoán vị của ,,abc 0,5 - - - Hết - - - Ghi chú: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
00:00:00