Tổ 5 đ2 HSG lớp 11 trường hậu lộc thanh hóa 2018 2019

Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị P của hàm số *.. Tính giới hạn lim 32.. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD... Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC, biết phương trình đư

Trang 1

ĐỀ HSG LỚP 11 – THPT HẬU LỘC 4 –

THANH HÓA NĂM 2018 - 2019 MÔN TOÁN TIME: 180 PHÚT

Câu I (4.0 điểm)

y x  x (*) và đường thẳng :d y2mx 4 Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số (*) Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt

có hoành độ x ; 1 x thỏa mãn 2 1 2

6

x m x m

2 Giải bất phương trình 2

( x 3  x 1) (1   x  2x 3) 4 

Câu II (4.0 điểm)

1. Giải phương trình 1 sinx cos2x sin

1



2. Giải hệ phương trình

2

,

x y

Câu III (4.0 điểm)

1. Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn abc  Chứng minh rằng: 1

3

b c c a a b

a b c

2 Cho dãy số  u n được xác định bởi

1

2018

u

n n u  n n u n









Tính giới hạn lim 32

n n u n

Câu IV (4.0 điểm)





2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh A  3;1, đỉnh C

nằm trên đường thẳng : x 2y 5 0 Trên tia đối của tia CD lấy điểm E sao cho CE CD , biết N6; 2  là hình chiếu vuông góc của D lên đường thẳng BE Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD

Câu V (4.0 điểm)

1. Cho dãy số  u xác định n

1

2 1

2

1

2018

u











Trang 2

Tính 1 2

n

u

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

 C x : 2 y2 25 , đường thẳng ACđi qua điểm K2;1 Gọi M N, là chân các đường cao kẻ

từ đỉnh B và C Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC, biết phương trình đường thẳng MN là

4x 3y 10 0 và điểm A có hoành độ âm

Trang 3

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ HSG LỚP 11 – THPT

HẬU LỘC 4 – THANH HÓA

NĂM 2018 - 2019 MÔN TOÁN TIME: 180 PHÚT

Câu I (4.0 điểm)

1. Cho hàm số y x 22x 3 (*) và đường thẳng :d y2mx 4

Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số (*) Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt

có hoành độ x ; 1 x thỏa mãn 2 1 2

6

x m x m

Lời giải

Tác giả:Trần Phương ; Fb: Trần Phương

y x  x

4

x

y









 + Bảng biến thiên:

+ Đồ thị: Đồ thị là parabol có bề lõm hướng lên có trục đối xứng là đường thẳng x 1 cắt trục hoành tại điểm 1;0 ; 3;0   cắt trục tung tại điểm 0; 3 

Trang 4

Điều kiện: 1

2

1 1

x x









 Xét phương trình hoành độ giao điểm x2 2x 3 2 mx 4 x2 2m1x 1 0 (1)

d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x ; 1 x2  Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

1

x ; x 2 1  

0

m m

m







1 2

x x







2 2

x m x m

2

3

m









3

m 

2 Giải bất phương trình 2

( x  3 x 1) (1   x  2x 3) 4 

Lời giải

Tác giả: Hồ Xuân Dũng ; Fb:Dũng Hồ Xuân

( x  3 x 1) (1   x  2x 3) 4  ( )  Điều kiện: x 1. Suy ra: x3 x 1 0.

2

4 (1 2 3)

3 1

   

          

1 x 2x 3 2 x 2x 3 x 3 x 1 2 (x 3)(x 1)

             

2

4 0 2

Kết luận: Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S 2; 

Câu II (4.0 điểm)

1. Giải phương trình 1 sin cos 2 sin

1

x x





Lời giải

Trang 5

Tác giả: Nguyễn Hữu Nam; Fb: Nam Nguyen Huu.

4











Pt

1

1 cos

x x

x





x

2

1 sin

2

x

x loại











2

7

2 6













6





6



với k Z  

2. Giải hệ phương trình

2

,

x y











Lời giải

Tác giả:Nguyễn Thu Hằng ; Fb: Nguyễn Thu Hằng

Điều kiện:

2 3 1

x y







 





Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta cĩ:

Thay xy vào phương trình thứ hai trong hệ ta cĩ phương trình:

Trang 6

 

2 2

2

x x

2

1 0

x x





3

S         

Câu III (4.0 điểm)

1. Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn abc  Chứng minh rằng: 1

3

b c c a a b

a b c

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Dung; Fb: Dung Nguyễn

a



b b



c c



(1) Dấu “” xảy ra khi a b c 

a  b  a b 2 c.

ab bc

b

c  a  .

a  b  c    (2)

Dấu “” xảy ra khi a b c 

Trang 7

Từ (1) và (2) ta được: b c c a a b 2 a b c

Thật vậy, ta có: a b c33 abc Mà abc  nên 1 a b c 3

Từ đó suy ra 2 a b c  a b c3 (4)

Dấu “” xảy ra khi a b c  1

2 Cho dãy số  u n được xác định bởi

1

2018

u

n n u  n n u n









Tính giới hạn lim 32

n n u n

Lời giải

1



n

u

3

q  và số hạng đầu

1 1

2018 1009

u

2

Khi đó lim 32

n n u n

1 2

n



2 2

n n

Câu IV (4.0 điểm)





Lời giải

6

x y









Trang 8

Ta có hệ phương trình  I

m

 



Đặt

1 2 2 3

x a y b









 

2 2

a b a b

a b m







(*)

Hệ phương trình đã cho có nghiệm  hệ  * có nghiệm a b , 0

 Nếu m  hệ 4  * vô nghiệm  hệ phương trình đã cho vô nghiệm

 Nếu m   Chọn hệ tọa độ Oab như hình vẽ 4

a

b

(C 2 )

(C 1 )

H K

1

B

I

A

Do điều kiện a0,b0 nên chỉ xét ở góc phần tư thứ nhất

Phương trình  1 cho ta 1

4 đường tròn  C tâm 1 I1;1 , R 1 5, cắt Ox và Oy lần lượt tại

3;0

A , B0;3.

Phương trình  2 cho ta 1

4đường trònC tâm 2 O0;0 , R2  m4 thay đổi theo m

Hệ  * có nghiệm a b , 0   C cắt1 C có giao điểm ở góc phần tư thứ nhất.2

Cho bán kính R2  m4tăng dần, dễ thấy C cắt 2  C đầu tiên tại hai điểm 1 A B, , khi đó

R OH  và C tiếp xúc 2  C tại điểm cuối cùng 1 K

Do đó, để  C cắt1 C ở góc phần tư thứ nhất 2 OH R2 OK

Vậy hệ đã cho có nghiệm  5m 3 2 10

2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh A  3;1, đỉnh C

nằm trên đường thẳng : x 2y 5 0 Trên tia đối của tia CD lấy điểm E sao cho CE CD ,

Trang 9

biết N6; 2  là hình chiếu vuông góc của D lên đường thẳng BE Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD

Lời giải

Tác giả: ; Fb:

Ta có BAD BND 180

Mà ABD ACD (do ABCD là hình chữ nhật)

Suy ra tứ giác ANCD nội tiếp được một đường tròn

Mặt khác, ADC 90



Theo đề bài ta có điểm C nằm trên đường thẳng : x 2y 5 0 , suy ra C c2 5;c

Ta có AN 9; 3 

và CN  1 2 ; 2c   c

Do AN CN , suy ra  AN CN  0 9 1 2  c 3 2  c  0 c 1 C7;1

Ta có

CE AB

ACEB

CE AB









là hình bình hành, suy ra BE AC

Ta có BE qua N , song song AC nên có phương trình y   2 0

Gọi B b  ; 2, ta có 0 b2 4 12 0 6

2

b







 

Với b 6 B6; 2 , loại do trùng với N

Với b 2 B2; 2 

Gọi D x D;y , ta có D  3; 1 9  6  

4

y

x

Trang 10

Câu V (4.0 điểm)

1. Cho dãy số  u xác định n

1

2 1

2

1

2018

u











n

u

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Quý Thành; Fb: Thành Nguyễn

1

1 2018

n n

u u

u    u mà u  suy ra 1 2 2u1u2 u3

Do đó dãy  u là dãy tăng n

Giả sử dãy  u bị chặn trên suy ra lim n n u n L

   với L 2, khi đó:

1

0

1

n

L









(Vô lý do L 2)

n

u

1

2018

u   u  u  u  u u   u   u

1

n

u



1

2018



n n

n

u

S

n

u

2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

 C x : 2 y2 25 , đường thẳng ACđi qua điểm K2;1 Gọi M N là chân các đường cao kẻ,

từ đỉnh B và C Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC, biết phương trình đường thẳng MN là

4x 3y10 0 và điểm A có hoành độ âm

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thị Mai Facebook: Mai Nguyen

Trang 11

Gọi ,I J lần lượt là giao điểm của BM CN với đường tròn ,  C .

Do tứ giác BCMN nội tiếp nên MBC CNM , lại có CJI IBC (cùng chắn cung IC ) do đó

CJI CNM  MN IJ

Lại có

ACI ABI JBA JCA ABI JCA doNBM NCM









JBA ICA

Từ đó ta có:

+) DoOA đi qua O0;0 và vuông góc với MN: 4x 3y10 0 nên Phương trình đường thẳng OA x: 3 4y0

4;3

4; 3

y

A

x y x







 







+) Do ACđi quaA  4;3 và K2;1, nên phương trình đường thẳng AC x: 3y 5 0.

4;3

5;0

x

C y

y x





 







lo¹i

+) Do M là giao điểm của AC và MNnên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ

1;2

x y

M

x y







+) Đường thẳng BM đi qua M  1; 2 và vuông góc với ACnên phương trình đường thẳng

BM x y  

0;5

3; 4 25

B

x y





 



Vậy A4;3 , B3; 4 ,  C5;0 hoặc A4;3 , B0;5 , C5;0 

Định dạng
Số trang	11
Dung lượng	1,2 MB