De thi hoc sinh gioi cap tinh toan 11 nam 2018 2019 so gddt quang ngai

Chọn ngẫu nhiên một số từ S , tính xác suất để số được chọn có mặt đúng ba chữ số khác nhau.. Chứng minh đường thẳng SM vuông góc với mặt phẳng SAD.. Bài 5: 2,0 điểm Trong mặt phẳng tọ

Trang 1

STRONG TEAM TOÁN VD VDC Đ thi HSG c p t nh l p 11 S GD & ĐT Qu ng Ngãi năm 2018-2019 ề thi HSG cấp tỉnh lớp 11 Sở GD & ĐT Quảng Ngãi năm 2018-2019 ấp tỉnh lớp 11 Sở GD & ĐT Quảng Ngãi năm 2018-2019 ỉnh lớp 11 Sở GD & ĐT Quảng Ngãi năm 2018-2019 ớp 11 Sở GD & ĐT Quảng Ngãi năm 2018-2019 ở GD & ĐT Quảng Ngãi năm 2018-2019 ảng Ngãi năm 2018-2019

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11

NĂM HỌC 2018-2019 MÔN TOÁNTIME: 180PHÚT

ĐỀ BÀI Bài 1: (5,0 điểm)Giải các phương trình sau:

a.

2 cos sin 2 sin 2 2.cos

4

b.x 232 x13 3x2 3x2

Bài 2: (4,0 điểm)

a Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm năm chữ số được chọn từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6;

7 Chọn ngẫu nhiên một số từ S , tính xác suất để số được chọn có mặt đúng ba chữ số khác nhau.

b.Cho hàm số y f x ( ) liên tục trên 0;1

Chứng minh phương trình ( ) (1) (0) (1)

f x  f  f  x f

có ít nhất một nghiệm thuộc 0;1

Bài 3: (2,0 điểm)

Cho dãy số  u n

thỏa mãn 1

1 1 2 ,

n

u















Tìm công thức số hạng tổng quát u của dãy số đã cho n

Bài 4: (4,0 điểm)

Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình chữ nhật, AD2 ,a AB a  ; O là giao điểm của AC và

BD , SO vuông góc với ABCD và 2

a

SO 

Gọi M là trung điểm của BC

a Chứng minh đường thẳng SM vuông góc với mặt phẳng SAD

b Gọi  là góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng SAD

, tính sin

Bài 5: (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,cho tam giác ABC vuông tại A ,có đỉnh B(- 3; 2)

,đường phân giác trong của góc A có phương trình x+ -y 7=0.Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam

giác ABC ,biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và điểm A có hoành độ dương

Bài 6: (3,0 điểm)

a Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn a b c ab bc ca     Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

a bc b ca c ab

b Tìm tất cả các bộ n k p, , 

với n k, là các số nguyên lớn hơn 1 và p là một số nguyên tố thỏa mãn n5n4 2n3 2n2 1 p k

Trang 2

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1: (5,0 điểm)Giải các phương trình sau:

a.

2 cos sin 2 sin 2 2.cos

4

Lời giải

Tác giả: Fb: Nguyễn Ánh Dương

Ta có:



2019

2 2.cos

4

3

2 2.cos 504

4

3

2 2.cos

4

=



= 2 cosx2sinx

2cos3x sin 2 sinx x=2 cos2 xcosx 2sin2 xcosx=2 1 sin  2 xcosx 2sin2 xcosx

=2cosx 2sin2 xcosx 2sin2 xcosx =2cosx 4sin2 xcosx

Do đó phương trình đã cho tương đương

2

2 cosx 4sin xcosx2cosx2sinx

2 4sin xcosx 2sinx

 2sinx4sin2xcosx0

 2sinx2sin cosx x  1 0

 2sinxsin 2x  1 0

sin 0

sin 2 1

x x







  4

x k

k Z









  

b.x 232 x13 3x2 3x2

Lời giải

Tác giả: Võ Huỳnh Hiếu ; Fb: Huỳnh Hiếu

Đặt u x 2,v x1với v  Khi đó,phương trình đã cho trở thành:0

   

Trang 3

Với u v  x 2 x1 2

2

x

x x





 



 

2

x









 

 





Với u u v  2v2  u v u   2v 0 2 0

u v





  x 2 2 x1 0

 

2

4 2 2

x







  





 







Kết hợp với điều kiện ,ta được:

, 4 2 2

2

Vậy phương trình có 2 nghiệm:

, 4 2 2

2

Bài 2: (4,0 điểm).

a Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm năm chữ số được chọn từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6;

7 Chọn ngẫu nhiên một số từ S , tính xác suất để số được chọn có mặt đúng ba chữ số khác nhau.

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thị Thủy ; Fb: Camtu Lan

Ta có

5 7

S 

Xét phép thử: Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là

5 7

 

Gọi A là biến cố: “ số được chọn có mặt đúng ba chữ số khác nhau”.

Bước 1: Ta chọn ra ba chữ số khác nhau từ tập S , có C cách chọn.73

Bước 2: Ta chia thành hai trường hợp sau

TH1: Trong ba chữ số được chọn ra từ bước 1, có một chữ số xuất hiện đúng ba lần, hai chữ số còn lại mỗi chữ số xuất hiện đúng một lần, vậy có

1

3.5!

3!

C

cách

TH2: Trong ba chữ số được chọn ra từ bước 1, có một chữ số xuất hiện đúng một lần, hai chữ số còn lại mỗi chữ số xuất hiện đúng hai lần, vậy có

2

3.5!

2!.2!

C

cách

Suy ra

7

.5! 5!

3! 2!.2!

A

Vậy

5250 750

7 2401

A

Trang 4

b.Cho hàm số y f x ( ) liên tục trên 0;1

Chứng minh phương trình ( ) (1) (0) (1)

f x f  f x f

có ít nhất một nghiệm thuộc 0;1

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thanh Tuấn ; Fb: Nguyễn Thanh Tuấn

Ta viết lại phương trình đề bài: f x( ) f(1) f(0) x f (1) 0

Đặt: g x( )f x( )f(1) f(0) x f (1)

Ta có: g(0)f(0) f(1) ; (1)g f(1) f(0)

Nhận thấy g x( ) liên tục trên 0;1

và

2 (0) (1) (0) (1) 0

Vì vậy phương trình g x ( ) 0 luôn có ít nhất một nghiệm thuộc 0;1

(đpcm)

Bài 3: (2,0 điểm).

Cho dãy số  u n

thỏa mãn 1

1 1 2 ,

n

u















Tìm công thức số hạng tổng quát u của dãy số đã cho n

Lời giải

Tác giả: Đinh Mạnh Thắng ; Fb: Dinh Thang

Nhận xét: u  với mọi n 0 n   *

Ta có: 1

2

4 2

n

u



Đặt 1 1

1

n n

v u





ta được : 1

1 2

n

v   v

, v 1 1 1

1

1 2 2

2

n

v

   

 

Do đó 1

2

n

v    v  

2

n



Suy ra 1

.2

n n

v   

hay

1

.2

n n

2 3.2 1

u  



Bài 4: (4,0 điểm).

Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình chữ nhật, AD2 ,a AB a  ; O là giao điểm của AC và

BD , SO vuông góc với ABCD và 2

a

SO 

Gọi M là trung điểm của BC

a Chứng minh đường thẳng SM vuông góc với mặt phẳng SAD

b Gọi  là góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng SAD

, tính sin

Lời giải

Trang 5

a) Gọi N là trung điểm của AD

Ta có AD MN AD SMN AD SM

AD SO









Mặt khác

2

a

SM SN  SO OM 

và MN  suy ra a SM2SN2 MN2

Theo định lý Pitago ta có SM SN (2)

Mà AD SN, SAD; AD SN  N

(3)

Từ (1), (2), (3) ta được SM SAD

b) Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên SAD

Khi đó:  CSH

Do CM / /SAD

nên d C SAD ,   d M SAD ,    CH MS

2 2

a



Mặt khác

SC SO OC   

Vậy

CH a



Bài 5: (2,0 điểm).

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A, có đỉnh B(- 3;2)

, đường phân giác trong của góc A có phương trình x+ -y 7=0 Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác

ABC , biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và điểm A có hoành độ dương

Lời giải

Tác giả:Phạm Minh Tuấn ; Fb:Bánh Bao Phạm

Trang 6

Gọi d là đường phân giác trong của góc A.

 Đường thẳng  đi qua điểm B(- 3; 2)

và vuông góc với đường thẳng :d x+ -y 7= có0 phương trình là: x- y+ = 5 0

Gọi I= D Ç d

Khi đó tọa độ điểm I thỏa mãn của hệ phương trình:

Gọi D ÇAC=B¢ Tam giác ABB có AI vừa là đường cao, vừa là đường phân giác, do

đó tam giác ABB cân tại A I là trung điểm của BB¢Þ B¢(5;10).

 Gọi A t( ;7- t)Î d x: + -y 7=0

, (t>0)

ìï = - - -ïï

Þ íï

ïïî

uuur uuur

Vì

( )

3

é= Þ ê

¢

=-ê

uuur uuur

 Đường thẳng AC đi qua hai điểm A(5;2)

và B¢(5;10)

có phương trình là: x- = 5 0

Gọi C(5;c)Î AC x: - 5=0

.Ta có

8;0 0; 2

AB

ìï = -ïï

-ïïî

uuur uuur

Theo bài ra ta có

1

2

ABC

SD = Û AB AC=

8 1

.8 2 24

4 2

c c

c

é = ê

ê

Với c 4Þ C(5; 4- )

Khi đó: (5 4 7- - )(- + -3 2 7)>0

nên hai điểm B và C nằm cùng phía đối với đường thẳng d (loại).

Trang 7

Với c 8Þ C(5;8) Khi đó: (5 8 7+ - )(- + -3 2 7)<0 nên hai điểm B và C nằm khác

phía đối với đường thẳng d Điểm C(5;8)

thỏa mãn

Ta có:

8

2 10

AB

AB AC BC

BC

íï

Vậy đường tròn nội tiếp tam giác ABC có bán kính r=2

Cách 1:

Phương trình đường thẳng BC là: 3- x+4y- 17= 0 Gọi tâm đường tròn nội tiếp DABC là H a( ;7- a)Î d x: + -y 7=0

5 2

5

a

ïï

3 7

3 1 7

a a

ì é =

ïï ê

ïï ê =

ï ë ïï

Û í é =ï êïï êï ê Û = Þ

ï =

ï ê

ï ë

Vậy phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC là:( )2 ( )2

Cách 2:

Sử dụng tính chất:Với Hlà tâm đường tròn nội tiếp DABC, ta có:

BC HAuuur+AC HBuuur+AB HCuuur=r

Gọi

5 ;2

4

5 ;8

b

-ïïî

uuur uuur uuur

Vậy phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC là:( )2 ( )2

Bài 6: (3,0 điểm).

a Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn a b c ab bc ca     Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

a bc b ca c ab

Lời giải

Tác giả: Châu Hòa Nhân ; Fb: Hòa Nhânn

Trang 8

Ta có:

2

a bc b ca c ab a bc b ca c ab a b c ab bc ca

Vì a b c ab bc ca     nên

2

a b c

a bc b ca c ab a b c a b c a b c

a b c

 

Đặt t a b c   (hiển nhiên t  ) 0

Ta có:

3

a b c

a b c ab bc ca         a b c  

Dấu “=” xảy ra khi a b c 

t

 với t  3

Hướng 1: Xét hàm số ( ) 1

t

 với t  3

Ta có:  2

2 1

t t



và hàm số f t( ) liên tục trên [3;)

 hàm số f t( ) đồng biến trên [3;) nên

3

4

,   t 3

Do đó Min3;     3 3 3

4

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

3 3

a b c

 





  

  a b c   1

Hướng 2: Ta chứng minh

3 3

t t

t    (*) với t  3

1 4

t

t t



0

t

  luôn đúng   t 3

Dấu “=” xảy ra khi t  3

3 3

a b c

 





  

  a b c   1

Hướng 3: Ta chứng minh

3 3

t t

t    (*) với t  3

Ta có: t 3 t  3 (1)

Trang 9

t

Từ (1), (2) suy ra (*) luôn đúng   Dấu “=” xảy ra khi t 3 t  3

3 3

a b c

 





  

  a b c   1

b Tìm tất cả các bộ n k p, , 

với n k, là các số nguyên lớn hơn 1 và p là một số nguyên tố thỏa mãn n5n4 2n3 2n2 1 p k

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Đình Thịnh

Từ giả thiết  n k, 2







3

2

1 1

r s

   



 

  

0

r s

r s k

 





 



   

 

2



Mặt khác: n2n1 n 2 n2 1 0, n n2  n 1n 2 0,  n 2 2 

Từ    1 , 2

suy ra n  , do đó 2

5 25

2

p

k





  



Vậy bộ số cần tìm là:n k p , ,  2, 2,5

Tiêu đề	Đề Thi HSG Cấp Tỉnh Lớp 11 Năm Học 2018-2019
Tác giả	Nguyễn Ánh Dương, Võ Huỳnh Hiếu
Trường học	Sở Giáo Dục và Đào Tạo Quảng Ngãi
Chuyên ngành	Toán
Thể loại	Đề Thi
Năm xuất bản	2018-2019
Thành phố	Quảng Ngãi

Định dạng
Số trang	9
Dung lượng	761,16 KB