Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2018-2019 môn Toán Lớp 11 - Sở GD&ĐT tỉnh Bắc Ninh (Có đáp án)

 UBND TỈNH BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2018 – 2019 
 Môn thi: Toán – Lớp 11 
 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
 (Đề thi có 01 trang) 
Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số ym 123 xm 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. 
Câu 2. (4,5 điểm) 
 22x 3 
 4sin 3cos2x 1 2cos x 
 24 
 1) Giải phương trình 0 . 
 2cos 3x 1
 32 3
 x xy x2 y y
 2) Giải hệ phương trình . 
 x3 3525 y x2 xy 3 32 5 x 25 y
Câu 3. (4,0 điểm) 
 31xx 3
 khix 1
 2
 1) Tìm a để hàm số fx x 1 liên tục tại điểm x 1 . 
 ax 2 
 khix 1
 4
 2uunn 1
 2) Cho dãy số un xác định bởi u12 2019; u 2020; un 1 ,nn 2, . Tính limu . 
 3 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 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 :xy 10. 
Câu 5. (4,0 điểm) 
 1) Cho hình chóp S. ABCD , có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a3, BC a và 
SA SB SC SD2 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 di động, luôn đi qua I và cắt 
các đoạn thẳng SA,,, SB SC SD lần lượt tại ABC ,,, 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 tạiMNP,,; gọi ;; là góc hợp bởi AM;; AN AP với mặt phẳng BCD . Chứng minh 
rằng tan222  tan tan 12 . 
Câu 6. (3,0 điểm) 
 1) Cho tam thức f x x2 bx c . Chứng minh rằng nếu phương trình fx x có hai nghiệm 
phân biệt và bb2 2 34 c thì phương trình ffx x có bốn nghiệm phân biệt. 
 2) Cho abc,, là các số thực dương thay đổi thỏa mãn ()a b c2 ab . Tìm giá trị nhỏ nhất của 
 2
 ab c2 c
 P 
biểu thức 22 . 
 ab ab abc 
 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----------------- 
 Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh ............................. 
 UBND TỈNH BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM 
 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
 NĂM HỌC 2018 - 2019 
 Môn: Toán – Lớp 11 
Câu Lời giải sơ lược Điểm 
1. (2,0 điểm) 
 23m 
 Ta có d cắt trục Ox tại điểm A ;0 (điều kiện m 1) 
 m 1 0,5 
 d cắt trục Oy tại điểm Bm 0; 2 3 
 23m 
 Khi đó OAB vuông tại O nên OAB cân tại O OA OB 23m 0,5 
 m 1
 3
 m 
 2
 2m 30 
 m 2 . 0,5 
 m 11 
 m 0
 3
 Với m ta có ba điểm ABO,, trùng nhau (Loại). Hai trường hợp còn lại thỏa mãn. 
 2 0,5 
 Vậy mm 0; 2 là các giá trị cần tìm. 
 Chú ý: 
 + Học sinh thiếu điều kiện m 1 trừ 0,25 điểm. 
 + Nếu học sinh thiếu dấu trị tuyệt đối ở bước 2, mà làm đúng các bước trên và tìm ra được 
 m 2 cho 1,25 điểm. 
 + Nếu học sinh thiếu dấu trị tuyệt đối ở bước 2, mà làm đúng các bước trên và tìm ra được 
 3
 mm 2; cho 1,0 điểm. 
 2
 CÁCH 2: Học sinh có thể giải theo cách ngắn hơn như sau (vẫn cho điểm tối đa) 
 Vì d cắt trục Ox, Oy lần lượt tại AB, sao cho OAB vuông cân tại O nên d có hệ số góc 
 kk tan 45 1
 k , với 
 k tan135 k 1
 Mặt khác theo giả thiết d có hệ số góc km 1. 
 mm 11 0
 Do đó . 
 mm 10 2
2.1 (2,25 điểm) 
 1
 Điều kiện: cos 3x 0,25 
 2
 Ta có: phương trình đã cho tương đương với 
 22x 3 
 4sin 3cos2xx 1 2cos 
 24 0,75 
 2 2cosxx 3cos2x 2 sin2 x 2cos 3 cos2xx sin 2 
 52 
 x k
 18 3
 cos 2xx cos k 0,75 
 6 7 
 x k2 
 6 7 1
 Với x kk2 , ta có cos 3x 0 (thỏa mãn điều kiện * ) 
 6 2 
 52 31
 Với xk k , ta có cos 3x (không thỏa mãn điều kiện * ) 0,5 
 18 3 22 
 7 
 Vậy phương trình đã cho có nghiệmx kk2 
 6
2.2 (2,25 điểm) 
 x32 xy x21 y 3 y
 3 2 32 
 x 3525 y x xy 3 5 x 252 y 
 5 
 x 
 Điều kiện: 2xx2 50 
 2
 x 0 
 Ta có phương trình 1 x33 y xy 23 y x y 0 
 xy 
 22 0,5 
 x y x xy 2 y 10 22 
 x xy 2 y 1 0*
 2
 2
 22 yy 7
 Mà x xy 2 y 1 x 1 0, x , y nên phương trình * vô 
 24 0,25 
 nghiệm. 
 Thay yx vào phương trình 2 ta có 
 x3 3525 x x2 xx 3 32 5 x 25 x 
 xx3 352 xx2 513 xxx32 5 25 xx3 35 
 2
 322xx 51
 x 35 x  xx2 51 x 
 2 1,0 
 2xx 51
 2
 3 25xx 10 3 
 2 xx 35 
 2xx 51 x 0 
 32
 25xx2 1 x 35 x xx 2 51 x 4 
 5 33 5 33
 (3) xx  , thỏa mãn. 
 44
 2 2
 (4) x 3 25x xxxx 2 23 5 (25) x xxx  22 5 
 2
 x3 2 xx 3 (2 5) (2 x 5)23 xx (2 5) 
 2
 x33 xx(2 5) (2 x 5)2 0 
 2 3 0,5 
 3225x 3 2xx 2 50
 xx (2 5) 0 , không thỏa mãn. 
 24 2x 50
 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm 
 5 33 5 33 5 33 5 33 
 xy; ; ;; . 
 44 44 
3.1 (2,0 điểm) TXĐ: . 0,25 
 Ta có 
 31x x 3 2 1
 limfx lim lim 0,75 
 xx 11 xx2 13 1xx 3 x 1 13 x 1 x 3 4
 ax 2 a 2
 lim fx lim f 1 . 0,5 
 x 1 x 1 4 4
 a 21
 Hàm số liên tục tại điểm x 1 limfx lim fx f 1 a 1 . 0,5 
 xx 11 44
3.2 (2,0 điểm) 
 2uu 
 Với  n 2 ta có u nn 1 3u 2 uu 33 u u uu 
 n 1 3 n 1 nn 11 n n nn 1
 0,5 
 1
 un 11 u n uu nn . 
 3
 1
 Do đó, dãy vn với vunn 1 u n là một cấp số nhân vớiv1 1 , công bội q . 
 3
 Ta có un uu nn 1 u n 2 u n 3 ... uuu 211 vnn 1 v 2 ... vu 11 
 n 1 1,0 
 1 
 1 n 1
 n 1 
 1 q 3 31 
 uvn 11 u 1. 2019 1 2019 . 
 1 q 1 43 
 1 
 3
 n 1
 3 3 1 8079
 Vậy uunn 2019 lim . 0,5 
 44 3 4
4. (2,5 điểm) 
 M
 A B
 I
 J
 D C 
 Gọi a là độ dài cạnh hình vuông ABCD . 
 22 
 2 
 2 22 aa2 25 a
 Ta có AC a2 JD DI IJ 0,5 
 2 48
 2
 22
 22 2 0 32a a 32 aa 2 5 a
 JM JA AM 2 JAAM . cos 45 2. . . 
 4 4 4 22 8
 5a 2
 DM2 AM 22 AD DM222 DJ JM DMJ vuông tại J . 
 4
 Do đó JM vuông góc với JD (1) 
 Chú ý: Học sinh có thể dùng cách vec tơ để chứng minh tính chất vuông góc   
 D thuộc nên D( t ; t 1) JD ( t 1; t 1), JM ( 1; 3). Theo (1) 
   0,25 
 JD. JM 0 t 1 3 t 3 0 t 2 D ( 2; 1) . 
 a 2
 Dễ thấy DM 25 a2 a 4. 
 4
 22 xy 2; 3 0,5 
 AM 2 x ( y 3) 4 
 Gọi Ax( ; y ). Vì 22 67 
 AD 4 (xy 2) ( 1) 16 xy ;
 55
 Với A( 2; 3) (thỏa mãn)(vì khi đó AJ, cùng phía so với DM ). 
 0,75 
 BIC(2; 3) (0;1) (2; 1) J (1; 0) 
 67 
 Với A ; (loại). (vì khi đó AJ, cùng phía so với DM ). 
 55 0,5 
 Vậy tọa độ các đỉnh hình vuông là A( 2;3), BC (2;3), (2; 1), D ( 2; 1). 
5.1.a) (1,5 điểm) 
 S
 H
 A' B'
 I
 A B
 D'
 C' 0,75 
 O
 K
 D C
 Gọi O là giao điểm của AC và BD . Theo giả thiết ta có: 
 SO ABCD  SO BK , 
 Mà BK  AC BK SAC  BK SA và BK HK . 
 111 3a 2
 Do ABC vuông đỉnh B nên: BK 2 . 
 BK222 AB BC 4
 Dễ thấy SA BHK  BH SA. 
 a 39
 SAB cân đỉnh S , BH là đường cao nên dễ thấy HB . 
 4 0,75 
 27a 2 33a
 Do HBK vuông tại K nên HK2 HB 22 BK HK . 
 16 4
 Chú ý: Nếu học sinh không vẽ điểm K nằm trong đoạn AC thì trừ 0,25 điểm. 
5.2.b) (1,5 điểm) 
 53aa
 Ta có SH SB22 BH HA . 
 44
 Từ O kẻ đường thẳng song song với SA cắt HK tại J . 0,75 
 OJ OK 1
 Theo định lí Talet ta có 
 AH AK 3 AH3 OJ 11 OI SO 6
 Mà . 
 SH5 SH 55 SI SI 5
 S
 H
 C'
 I
 J
 A'
 E K
 C
 A O
 F
 SO 6
 Chú ý: Nếu dùng định lý Melenauyt (không chứng minh định lí) để tính tỉ số trừ 
 SI 5
 0,5 điểm. 
 Từ AC, lần lượt kẻ các đường thẳng song song với AC cắt SO lần lượt tại EF, . 
 SA SC SE SF SO OE SO OF SO 12
 Khi đó 2 
 SA SC SI SI SI SI 5 0,5 
 SB SD12 SA SB SC SD 24
 Tương tự ta có . 
 SB''5''''5 SD SA SB SC SD
 Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có 
 24 SA SB SC SD 625
 44 . . . SA ... SB SC SD a 4 
 5SA ' SB ' SC ' SD ' 81
 5a 0,25 
 Dấu bằng xảy ra khi SA SB SC SD 
 3
 625
 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức SA ... SB SC SD bằng a 4 . 
 81
5.2 (1,0 điểm) 
 2
 Gọi a là độ dài cạnh tứ diện ABCD khi đó AH a . 
 3
 Đẳng thức cần chứng minh tan222  tan tan 12 1 0,5 
 1 1 1 18
 Tương đương với (2) 
 MHNHPHa2 2 22 A
 B D
 K P
 N
 K D M H
 B P
 I J
 M H N
 I J
 C C
 Xét tam giác BCD Từ H kẻ HI;; HJ HK vuông góc với BC;; CD BD . Không mất tính 
 tổng quát ta có thể giả sử M thuộc đoạn BI và gọi 123;; lần lượt là ba góc hợp bởi 
 HM;; HN HP với ba cạnh BC;;. CD BD 
 Ta có tam giác HMI và HNJ vuông tại I và J nên tứ giác HICJ nội tiếp 
 IHJ 120º 13120º 
 Mặt khác tổng ba góc của tam giác BMP bằng 180 nên 
 BMP BPM B 180 180  60 180  60 
 13 13 
 Từ đó suy ra 
 1 1 1 12
 sin222 sin sin 
 MHNHPHa2 2 22 123
 12
 sin22 sin 120 sin2 60
 2 1  11 
 a 
 6
 1 cos2 1 cos2 12000 1 cos2 60
 2 1  11 
 a 0,5 
 6 1111 18
 3 cos2 cos2 sin2 cos2 sin2 
 111112
 a 2222 a
 Vậy tan222  tan tan 12 
6.1. (1,0 điểm) 
 xy 11
 Đặt ax c,b yc từ điều kiện ta có (x y 1)2 xy và P . 
 x y xy22 xy
 2
 2 xy 22 0,5 
 Ta có (xy 1) xy ()4()2()10xy xy xy 
 2 
 2
 3()8()40xy 2 xy x y 2. 
 3
 2 2
 Đặt txy ,2 t thay xy ( t 1) vào biểu thức P ta được 
 3 
 (tt 1)2211( 1) 11
 P 0,5 
 ttt2 2( t 1) 22 ( t 1) tt24 2 ( t 1)2
 (t 1)2 111
 t 2(t 1)22 tt 4 2 2( t 1)2 24 24 2
 2,t ; 2 
 222 
 tt| 1| tt4 2 2( t 1) tt| 1| t 3
 Vậy Pmin 21 abc . 
6.2. (1,0 điểm) 
 Ta có ffx x f2 x bfx c x 
 fx fx x xfx x bfx x x2 bxc x 
 fx x fx x b 1 . 0,5 
 fx x 1 
 Do đó, ffx x 0 2 
 x b 1 xbc 1 02
 Theo giả thiết, 1 có hai nghiệm phân biệt; do bb2 2 34 c nên 2 cũng có hai 
 nghiệm phân biệt. 
 2
 Gọi x0 là nghiệm của 1 ta có x00 bx c x 0. 
 Khi đó nếu x0 là nghiệm của 2 thì 
 2 b 1 0,5 
 x00 b 1 xbc 10 2 xb0 10 x 0 . 
 2
 2 bb 1
 bb 11 2
 c 4cb 23 b , trái giả thiết. 
 22 2
 Do đó, x0 không là nghiệm của 2 . Vậy phương trình ffx x có bốn nghiệm phân biệt. 
6.3. (1,0 điểm) 
 Giả sử ngược lại, tức là với hai học sinh bất kỳ tồn tại ít nhất một bài toán mà cả hai học sinh 
 đó đều không giải được. Bây giờ ta sẽ đếm các bộ ba xay,, trong đó xy, là hai học sinh và 
 a là bài toán mà cả hai học sinh xy, đều không giải quyết được. Gọi k là số tất cả các bộ ba 
 như vậy. 0,5 
 2
 Ta có C 34 cách chọn hai học sinh từ 34 học sinh. Vì hai học sinh bất kỳ thì có ít nhất một 
 2
 bài toán mà cả hai học sinh đều không giải quyết được nên kC 34 561 1 
 Mặt khác, vì mỗi bài toán a có ít nhất là 19 học sinh giải được nên mỗi bài toán có nhiều 
 2
 nhất là 15 học sinh không giải được. Như vậy, đối với mỗi bài toán a có nhiều nhất C15 cặp 
 học sinh không giải được bài toána . 
 2 0,5 
 Do đó kC 5.15 525 2 
 Từ 1 và 2 dẫn đến mâu thuẫn. 
 Điều giả sử sai, tức là bài toán được chứng minh. 
 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập 
 luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa. 
 2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng 
 không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình 
 chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ. 
 3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm