Đề khảo sát đội tuyển HSG (Lần 1) môn Toán 11 - Trường THPT Thuận Thành số 1 2019-2020 (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề khảo sát đội tuyển HSG (Lần 1) môn Toán 11 - Trường THPT Thuận Thành số 1 2019-2020 (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT BẮC NINH ĐỀ KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HSG LẦN 1 TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 NĂM HỌC 2019-2020 Môn: Toán 11 Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu I (5,0 điểm). 1) Giải phương trình sau : tan2x + cotx = 8cos2x. 2) Cho Parabol (P): y = x2 + x – 1. Tìm m để đường thẳng :y 2 x m cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt AB, sao cho tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc tọa độ). Câu II (5,0 điểm). 1) Tìm m để bất phương trình: x 2 mx m 2x 1 x 0 nghiệm đúng với mọi số thực x thuộc khoảng (3;5). 4 x 2 y 2x 3 x 3 2) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực : 2 4x 4x 9 x y xy 3y Câu III (6,0 điểm). 1) Cho tam giác ABC đều có độ dài cạnh bằng 3. Trên cạnh AB lấy điểm P, PAPB , .Trên các cạnh BC, CA lần lượt lấy các điểm NM, sao cho BN 1, CM 2. AP a) Tính tỉ số khi MP vuông góc với AN. AM b) Tìm giá trị nhỏ nhất của bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AMP khi P thay đổi trên AB 2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BC, BD và P là giao điểm của hai đường thẳng MN, AC. Biết đường thẳng AC có phương trình x – y – 1 = 0, M (0;4), N (2;2) và hoành độ điểm A nhỏ hơn 2. Tìm tọa độ các điểm P,A và B. Câu IV (4,0 điểm). 1 ) Cho tam giác ABC . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P sin A sin B 4 12 sin C 2) Cho 3 số thực dương a,, b c. Chứng minh rằng: aa( 2 bc ) bb ( 2 ca ) cc ( 2 ab ) 0 ab 1 bc 1 ca 1 HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu và MTCT.
2. HƯỚNG DẪN CHẤM CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG TOÁN 11 NĂM 2019-2020 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1) (2,0 điểm). Điều kiện: sinx.cos2x 0 (*) sin 2xsin x cos2x cos x Phương trình đã cho 8cos 2 x cos x 8cos 2 x.cos2x.sin x cos2xsin x 1,0 x k 2 cos x 0 k 1 x thỏa mãn (*) sin 4x 24 2 1,0 2 5 k x 24 2 Câu I x2 x 1 2 x m x 2 3 x m 1 0 2) (3,0 điểm). Pt hoành độ giao điểm của (P) và : (5,0 (*). cắt (P) tại hai điểm phân biệt PT(*) có hai nghiệm phân biệt x, x 1 2 điểm) 13 0 13 4m 0 m 1,0 4 x x 3 1 2 Giả sử A x1; 2 x 1 m ; B x 2 ; 2 x 2 m theo Viet ta có . x x m 1 1 2 Ta có tam giác OAB vuông tại   2 2 1 21 1,0 O OAOB. 0 5 xxmxxm1 2 2 1 2 0 mm 5 0 m . 2 1 21 0,5 Đối chiếu đk ( ) ta có đáp số m . 2 1) (2,5 điểm) - Chỉ ra được 2x 1 x 0 ,x 3;5 ycbt x 2 mx m 0 ,x 3;5 1,5 2 f (3) 0 25 - Đặt f(x) = x – mx+m thì ycbt m 1,0 f (5) 0 4 Câu II 4 x 2 y 2x 3 x 3 (1) (5,0 2) (2,5 điểm) Hpt: 2 điểm) 4x 4x 9 x y xy 3y (2) 8x 4y 9 y ĐK : x,y 0 . (2) x y 0 2 4x 4x 9 x y 2y xy y x 1 (TM ) 1,5 +) Với x-y =0 thế vào (1) ta có: 4 3x x 2 3 x 3 17 y 1 x (L) 13
3. 8x 4y 9 y +) 0 Ta có : Từ PT (1) rút ra được 2 4x 4x 9 x y 2y xy y 9 x 3 2 8x 4y 9 y 8x 4y 9, x 0 0 Vô nghiệm 1,0 4 x 2 2 4x 4x 9 x y 2y xy y     1   2  1  1) (3,0 điểm) a) AN = ABBN = AB AC AB AB + AC 3 3 3      1 x ) Đặt AP x, 0 x 3 . Ta có PM = PA AM AC - AB 3 3   2  1  1  x  AN PM AN . PM 0 AB AC . AC AB 0 1,0 3 3 3 3 2  2x  2 x   1  2 ABAC. AB ABAC . AC 0 9 9 9 9 x 4 1 2x 1 0 x 2 5 AP 4 Vậy . AB 15 1,0 Câu b) Giả sử R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác APM ta có III MP MP 3 1 1,0 (6,0 R Rmin MPmin MP  AB MPmin Rmin 2sin 600 3 2 2 điểm) A 2) (3điểm) 5 3 0,5 -P là giao của AC và MN nên P ; . 2 2 P -Chứng minh được PA =PM 1,0 -Tìm được A 0; 1 , B 1;4 1,5 B D N M C
4. 1) (2,0điểm). Ta có: 2 C A B C C sin A sin B 2 sin A sin B 4cos cos 4cos sin A sin B 2 cos 2 2 2 2 C 3 C Khi đó P 2 cos 24 sin C 2 2cos 3 sin C 2 4 2 1,0 2 C 3 C 3 5 3 8 2 2 2 2 4 Lại có: cos sin C 2 cos sin C cosC cos C P 4 2 2 2 4 2 2 3 3 2 1 4 Vậy Pmax 4 .Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC cân tại C và C = arccos . 1,0 3 3 2) Cho 3 số thực dương a,, b c. Chứng minh rằng: aa( 2 bc ) bb ( 2 ca ) cc ( 2 ab ) 0 ab 1 bc 1 ca 1 LG Câu a( a 2 b c ) a2 1 ac 1 2( ab 1) a2 1 ac 1     6 IV cycab 1 cyc ab 1 cycab 1 cyc ab 1 (4,0 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số ta có: 1,0 điểm). ac 1 ac 1  33  3 (1) cyc ab 1cyc ab 1 Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Swcharz ta có: (a2 1)( b 2 1) (ab 1) 2 Thiết lập các bất đẳng thức tương tự ta suy ra: (a2 1)(b 2 1)  ( ab 1) 2 cyc cyc a2 1 ( (a2 1)) 2 (  ( ab 1)) 2 (  ( a 2 1))(  ( ab 1))  1 1,0 cyc cyc cyc cyc cyc ab 1 a2 1 a 2 1 Áp dụng bất đẳng thức AM –GM ta lai có : 33  3 ( 2) cyc ab 1cyc ab 1 Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh . Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi a b c