Tổ 19 đ2 đề học SINH GIỎI TOÁN 11 bắc NINH năm 2018 2019

Gọi K là hình chiếu vuông góc của B trên AC và H là hình chiếu vuông góc của K trên SA.. Biết rằng mỗi bài toán thì có ít nhất 19 học sinh giải quyết được.. Chứng minh rằng có 2 học sinh

GIẢI CHI TIẾT HỌC SINH GIỎI LỚP 11- TỈNH BẮC

NINH NĂM HỌC 2018- 2019

MÔN TOÁN TIME:150 PHÚT

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y=(m- 1)x- 2m- 3

có đồ thị là đường thẳng d

Tìm m để đường thẳng d cắt trục Ox Oy, tại hai điểm A và B sao cho tam giác OAB cân (với O là gốc tọa độ)

Câu 2 (4,5 điểm)

1) Giải phương trình

4sin 3cos2 1 2cos

0 2c 3os 1

x

x x

æ ö÷

çè +

ø=

2) Giải hệ phương trình ( )

2

ïï

Câu 3 (4,0 điểm)

1) Tìm a để hàm số

( ) ( ) 2

1 2

4

x

f x

x

-= íï +

ïïî liên tục tại điểm x = 1

2) Cho dãy số ( )u n

xác định bởi

1

2

3

n

+

+

Tính limu n.

Câu 4 (2,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có tâm I Trung điểm cạnh AB là (0;3) M , trung điểm đoạn CI là (1;0) J Tìm tọa độ

các đỉnh của hình vuông, biết đỉnh D thuộc đường thẳng D:x y- + = 1 0

Câu 5 (4,0 điểm)

1) Cho hình chóp S ABCD , có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB =a 3, BC =a và

2

SA=SB =SC =SD = a Gọi K là hình chiếu vuông góc của B trên AC và H là

hình chiếu vuông góc của K trên SA.

a) Tính độ dài đoạn HK theo a

b) Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng HK SO, Mặt phẳng ( )a di động, luôn đi

qua I và cắt các đoạn thẳng SA SB SC SD, , , lần lượt tại A B C D¢ ¢ ¢ ¢, , , Tìm giá trị nhỏ nhất của P =SA SB SC SD¢ ¢ ¢ ¢

2) Cho tứ diện đều ABCD có đường caoAH Mặt phẳng ( )P

chứa AH cắt ba cạnh

, ,

BC CD BD lần lượt tại , , M N P ; gọi ; ; a b g là góc hợp bởi AM AN AP với mặt phẳng; ; (BCD)

Chứng minh rằng tan2a+tan2b+tan2g=12

Câu 6 (3,0 điểm)

1) Cho tam thức f x( ) =x2+bx c+

Chứng minh rằng nếu phương trình f x( ) =x

có hai nghiệm phân biệt và b2- 2b- 3>4c thì phương trình ff xéêë( )ù=úûx

có bốn nghiệm phân biệt

2) Cho , ,a b c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn (a b c+ - )2=ab Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức

2 2

2 2

P

3) Lớp 11 Toán có 34 học sinh tham gia kiểm tra môn Toán để chọn đội tuyển dự

thi học sinh giỏi cấp tỉnh Đề kiểm tra gồm 5 bài toán Biết rằng mỗi bài toán thì có ít nhất 19 học sinh giải quyết được Chứng minh rằng có 2 học sinh sao cho mỗi bài toán đều được một trong hai học sinh này giải quyết được

-Hết -HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1

Cho hàm số y(m1)x 2m 3 có đồ thị là đường thẳng d Tìm m để đường

thẳng d cắt trục Ox Oy tại hai điểm A và B sao cho tam giác , OAB cân

Lời giải Tác giả: Đoàn Thị Minh Hương; Fb: Hương Đoàn

x

y d

A

B

O

Cách 1:

Để đường thẳng d cắt trục Ox Oy tại hai điểm A và B phân biệt khác , O thì 1

m  và

3 2

m 

Khi đó 2 3;0 , 0; 2 3 

1

m

m



 



Vì tam giác OABvuông tại O nên tam giác OAB cân tại O OA OB

2

2 3

0 1

m m

m m







          

 Vậy m 2;0 thỏa yêu cầu bài toán

Cách 2:

Để đường thẳng d cắt trục Ox Oy tại hai điểm A và B phân biệt thì , m 1 và 3

2

m 

Vì tam giác OABvuông tại O nên tam giác OAB cân tại O OAB· 450

2

m

m







Vậy m 2;0 thỏa yêu cầu bài toán.

luuhanhlqd@gmail

Câu 2

Tranthithuyduong0710@gmail.com;

1) Giải phương trình

4sin 3 cos 2 1 2cos

2cos3 1

x

x









 

Lời giải

Tác giả: Hà Quốc Vũ ; Fb: Hà Quốc Vũ

 

4sin 3 cos 2 1 2cos

2c 3os 1

x

x







 

ĐKXĐ:

1

1 0

2

2cos 3x   cos 3x 

(*)

3

1 cos 2

1 cos

2 2cos 3 cos 2 1 1 sin 2 0 sin 2 3 cos 2 2cos

sin 2 cos 2 cos

sin 2 sin

3 2 2

2

x

x x

x

x





 





      

   



  

2 5

6 5 2 6

18 3 5

2 6

x k

k



























 

  







  





So điều kiện (*), ta loại nghiệm

18 3

(Do

cos 3

) Nhận nghiệm

5 2 6

(Do





6

Tranthithuyduong0710@gmail.com;

2





Lời giải

Tác giả:Trần Thị Thùy Dương; Fb:Thùy Dương

 







Điều kiện:

2

0

2

x

x







 



Ta có    3 3  2 3

1  x  y  xy  y  x y0    2 2 

 

2 1 0 *





 



Mà

   nên phương trình ( )*

vô nghiệm Thay xy vào phương trình ( )2

ta được:

x33x5 2x25x 3x35x22x5

2

 

 

2 3

2

2

3

4

3 5

   



 

(3)

     

(thỏa mãn điều kiện)

2

(4) x 2x 5 x 2x 5x x (2x5)  x 2x 5x

 x3 2 2 (2x3 x 5) (2x 5)2 x3(2x 5)

 x3 2 x3(2x 5) (2x 5)2 0

(2 5) 0

x

x



         

 

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm

1) Tìm a để hàm số

2

khi 1 1

( )

( 2)

khi 1 4

x x

f x

x











 liên tục tại điểm x 1

Lời giải

Tác giả: Đàm Thị Lan Anh ; Fb: Đàm Anh

Tập xác định D 

Ta có:

2 (1)

4

a

;

lim ( ) lim

f x

;

2

1

lim

4 ( 1)( 3 1 3)

x

f x





Hàm số liên tục tại x 1 khi và chỉ khi

2 1

a



2) Cho dãy số ( )u n

xác định bởi

1

2

3

n

+

+

Tính limu n.

Lời giải

Tác giả:Đinh Công Huấn ; Fb: Đinh Công Huấn

1

2

3



Đặt v n u n1 u n n,  khi đó1 v1u2 u11

 *  3v n v n1  v n

là cấp số nhân công bội

1 3

q 

Ta có:

1 2 1

2 3 2

3 4 3

1

 

 

 

 

cộng vế với vế ta được

1 1

3

3

n

n



 

 

 

 

                

Vậy

8079

4

n

u 

Câu 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có

tâm I Trung điểm cạnh AB là M(0;3), trung điểm đoạn CI là J(1;0) Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông, biết đỉnh D thuộc đường thẳng :x y 1 0

   

Lời giải

Tác giả: Lương Đức Tuấn ; Fb:Tuấn Luong Duc

K

H

E I

J M

B A

+ Gọi cạnh hình vuông là a

+ Qua J kẻ đường thẳng song song với cạnh BC của hình vuông ABCD ,

đường thẳng này cắt các cạnh AB , CD của hình vuông ABCD lần lượt tại H

và K

+ Ta có,

1 4

nên

4 3 4

a

a







JM MH HJ     

JD JK DK     

+ Có MD2 JM2JD2 nên tam giác JMD vuông tại J , hay JM JD

+ Đường thẳng JD đi qua J1;0 nhận MJ 1; 3 

làm vectơ pháp tuyến nên

có phương trình tổng quát: x 3y1 0

+ Có D DJ nên tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình

1 0

3 1 0

x y

  





  

 Giải hệ phương trình ta được D  2; 1 

+ Có

5

2 5

2

a

nên a  4

+ Gọi E là trung điểm MD Ta có E  1;1

+ Gọi A x y Có  ;  A và J khác phía với MD.

Ta có

1

2 2

1

5 2









 

2

2

2 2 3 0 (2)





Lấy (1) (2) theo từng vế ta được 2x 4y  8 0 x 4 2y

4 2 y2y2 6y  5 0 5y2 22y21 0

3 7 5

y

y









 

+ Với y  , ta có 3 x  2  A2;3 (thỏa mãn)

+ Với

7 5

y 

, ta có

6 5

;

5 5

  (loại vì A và J cùng phía với MD)

+ Có M là trung điểm của AB nên tọa độ điểm B là B2;3.

+ Gọi C x y Có  C; C DC x C 2;y C 1

, AB 4;0

Có DC AB 

nên

 

2; 1

C

Vậy A  2;3, B2;3, C2; 1 , D  2; 1 

Cách 2: Theo đáp án của tỉnh Bắc Ninh:

Gọi a là độ dài cạnh hình vuông ABCD

Ta có

2

2

2

4

a

     vuông tại J

Do đó JM vuông góc với JD (1)

D thuộc  nên ( ;D t t1) JD ( 1;t t1),JM  ( 1;3).

Theo (1)

 

Dễ thấy

2 2

4

a

Gọi A x y( ; ). Vì

2; 3





Với A ( 2;3)(thỏa mãn)(vì khi đó A J, cùng phía so với DM)

(2;3) (0;1) (2; 1) (1;0)

Với

6 7

;

5 5

A 

  (loại) (vì khi đó A J, cùng phía so với DM )

Vậy tọa độ các đỉnh hình vuông là A( 2;3), (2;3), (2; 1), ( 2; 1). B C  D  

Câu 5

1) Cho hình chóp .S ABCD , có đáy ABCD là hình chữ nhật với

3,

AB =a BC =a và SA =SB =SC =SD =2a Gọi K là hình chiếu vuông

góc của B trên AC và H là hình chiếu vuông góc của K trên SA.

a) Tính độ dài đoạn HK theo a

b) Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng HK SO, Mặt phẳng ( )a di

động, luôn đi qua I và cắt các đoạn thẳng SA SB SC SD, , , lần lượt tại , , ,

A B C D¢ ¢ ¢ ¢

Tìm giá trị nhỏ nhất của P =SA SB SC SD¢ ¢ ¢ ¢

2) Cho tứ diện đều ABCD có đường cao AH Mặt phẳng  P chứa AH cắt ba

cạnh BC , CD , BD lần lượt tại M , N , P ; gọi ,  ,  là góc hợp bởi AM ,

AN , AP với mặt phẳng BCD Chứng minh rằng tan2 tan2tan212

Lời giải:

Tác giả: Nguyễn Thị Hà; Fb: Ha Nguyen

a) + Ta có AB a 3;BC a  AC 2a BD

+ Gọi O là giao điểm của AC và BD  BO a

+ Xét OBCcó: OB OC BC a    OBC đều, mà K là hình chiếu vuông góc của B lên AC

 BK OC  K là trung điểm của OC

3 2

AK

+ Xét SOB có: SO SB2 OB2  4a2 a2 a 3

+ Xét SAKcó: 2S SAK SO AK. HK SA.

3 3

a a

HK

b) + Xét AHK có:

3 5 2

4 4

+ Từ O kẻ đường song song với HK , cắt SAtại điểm J

+ Xét AHK có:

1 2

2

a

a

+ Xét SJOcó: 

5

4 5 4

a

a

+ Từ A và từ Ckẻ các đường song song với A C  cắt đường SOtại các

điểm D và E

+ Xét 2 tam giác ADOvà OECcó: DAO OCE (so le trong)



AO OC

 

DOA EOC (đối đỉnh)

 ADOCEO (g.c.g) DO EO

+ Trong SADcó: '



5

 SO

SI

+ Tương tự có:

12 ' '5

+ Áp dụng BĐT Cô – si ta có:

4

' ' ' ' ' ' ' '

4 4

4

5 ' ' ' '

SA SB SC SD

4

4

' ' ' '

 

 

a

+ Dấu “=” xảy ra

6

 SA SB SC SD 

5

3

 SA SB SC SD  a

Cách 2: Sử dụng định lý Menelauyt:

+ Ta có:

5 3

4 2

3

4 2

a a

5

 OI 

IS

+ Gọi giao điểm của A C  và AC là M , đặt SA' x

+ Ta có:

'

SA AM OI

A A MO IS

1

6 10

10 5





+ Ta lại có:



' 7 10



 CC  x a

12 10



 CS  x a

+ Khi đó:

2 12 10 12



+ Các bước tiếp theo làm tương tự như cách 1

2) Cho tứ diện đều ABCD có đường cao AH Mặt phẳng  P chứa AH cắt ba

cạnh BC , CD , BD lần lượt tại M , N , P ; gọi ,  ,  là góc hợp bởi AM ,

AN , AP với mặt phẳng BCD Chứng minh rằng tan2 tan2tan212

Lời giải

Tác giả: Vũ Ngọc Phát; Fb: Vũ Ngọc Phát

Không mất tính tổng quát, giả sử tứ diện có cạnh bằng a Suy ra

2 3

Khi đó

tan tan tan 12

Gọi I , J , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên BC , CD , BD Vì tứ diện ABCD là tứ diện đều nên tam giác BCD là tam giác đều Do đó

3 6

Không mất tính tổng quát giả sử M nằm giữa B và I , gọi  , 1  , 2  lần lượt 3

là ba góc hợp bởi MH , NH , PH với BC , CD , BD

Vì HIC HJC  90 90 180 nên tứ giác HICJ nội tiếp Suy ra IHJ  120

Vì IMH IHM JNH JHN    180 và IHM JHI JHN 180 nên IMH JNH 120 hay 12 120 Suy ra 2 120 1

Tam giác BMP có IMH là góc ngoài tam giác nên IMH MBP MPB 

3 1 60

 

   

Suy ra:

2

3

sin sin sin

sin sin sin



2

12

2

6

1 cos 2 1 cos 2 120 1 cos 2 60

3 cos 2 cos 2 sin 2 cos 2 sin 2

Vậy tan2 tan2tan212

Câu 6.

1) Cho tam thức f x  x2bx c Chứng minh rằng nếu phương trình f x  x

có hai nghiệm phân biệt và b2  2b 3 4 cthì phương trình f f x    x

có bốn nghiệm phân biệt

Lời giải

Tác giả:Nguyễn Mạnh Hà ; Fb: Nguyễn Mạnh Hà

Xét phương trình: f f x     x f2 x b f x   c x0

2

0

1 0

             

          

         

 

   



- Từ giả thiết phương trình  1 luôn có hai nghiệm phân biệt

- Phương trình  2  x2b1x b c   1 0

có  b12 4b c 1 b2 2b 3 4 c ( vì theo giả thiết 0 b2 2b 3 4 c)

Do đó phương trình  2 luôn có hai nghiệm phân biệt

- Giả sử x0 là một nghiệm của phương trình  1 khi đó:

Khi đó nếu x là một nghiệm của phương trình 0  2 thì :

2

1

2

b

x  b x     b c x    b x  

Khi đó  1 trở thành:

2 2

của đề bài b2 2b 3 4 c)

Do đó x là một nghiệm của phương trình 0  1 nhưng không là nghiệm của

phương trình  2

Vậy phương trình f f x    x

có bốn nghiệm phân biệt

2) Cho a,b,c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn  

2

a b c  ab Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức

2 2

2 2

P

     

Lời giải

Tác giả:Lưu Thị Hạnh ; Fb: Hạnh Lưu

2

a b c  ab ta có:

xc yc c  2 c xy2  x y 12 xy và 2 2

xy P

Ta có:

2 2

2

1

2

2

3

x y



Đặt

2

3

t x y    t 

2 1

xy x y  ta có  

2 1

Thay vào biểu thức P ta được

2

2

2

2 2

2

2

4 2

t P

t

t

t







  

 

  Vậy Pmin  2 a b c   1

3) Lớp 11 Toán có 34 học sinh tham gia kiểm tra môn Toán để chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi cấp tỉnh Đề kiểm tra gồm 5 bài toán Biết rằng mỗi bài toán luôn có ít nhất 19 học sinh giải quyết được Chứng minh rằng

có 2 học sinh sao cho mỗi bài toán đều được một trong hai học sinh này giải quyết được

Lời giải

Tác giả: Vũ Ngọc Phát; Fb: Vũ Ngọc Phát

Giả sử ngược lại: với mỗi 2 học sinh bất kì, luôn tồn tại ít nhất một bài toán

mà cả hai học sinh đều không giải được Gọi x y a, ,  là bộ gồm hai học sinh

x , y và bài toán a mà cả hai học sinh x , y đều không giải được Gọi k là số

bộ ba x y a, , 

Số cách chọn hai học sinh từ 34 học sinh là C 342

Vì với mỗi 2 học sinh bất kì, luôn tồn tại ít nhất một bài toán mà cả hai học sinh đều không giải được nên k C 342 561  *

Theo đề ta có mỗi bài toán luôn có ít nhất 19 học sinh giải quyết được nên mỗi bài toán có nhiều nhất 15 học sinh không giải được Như vậy với mỗi bài toán a có nhiều nhất C cặp học sinh không giải được bài toán 152 a Do đó 2

15 525

k C  Mâu thuẫn với  *

Vậy có 2 học sinh sao cho mỗi bài toán đều được một trong hai học sinh này giải quyết được