TOP 15 đề thi học sinh giỏi Toán 11 (có đáp án)
TOP 15 đề thi học sinh giỏi Toán 11 có đáp án và lời giải được viết dưới dạng file PDF gồm 89 trang. Bộ đề thi được tuyển chọn từ các trường và các Sở giáo dục trên cả nước. Các bạn xem và tải về ở dưới.
Chủ đề: Đề HSG Toán 11 151 tài liệu
Môn: Toán 11 3.5 K tài liệu
Tác giả:
Preview text:
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4
KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Tổ - Toán
Năm học: 2018 - 2019 Số báo danh
Môn thi: TOÁN - Lớp 11
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
……………………............
Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu …........................
Câu I (3,0 điểm) Cho hàm số 2
y = x -(m + 2) x + m -3 ( với m là tham số)
1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số khi m = 0
2. Tìm m để đồ thị của hàm số đã cho cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x ; x thỏa mãn 1 2
x - m -1 x - m -1 1 2 + = 26 - . x x 2 1
Câu II (5,0 điểm)
1. Giải phương trình: 2
x +1+ x - 4x +1 = 3 x 4 p æ p ö
2. Cho cos 2a = - với
< a < p . Tính giá trị của biểu thức: P = (2018 + tana )cos -a ç ÷ 5 2 è 4 ø x + x - x -
3. Giải phương trình: x +
( + x) 2cos 2sin2 2sin 1 cos 2 3 1 sin = . 2cos x -1
Câu III (4,0 điểm) 2 2x + 3x - 5 4x - 7
1. Giải bất phương trình : - 2 3 - x £ 3 - x 3 - x
ì x + y + 3x ï (x + y) 2 = 2y + 6y
2. Giải hệ phương trình: í ( , x y Î! ). 2 3
ï 2 + y - 6 2 - x + 4 4 - y =10 - 3x î
Câu IV (4,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC có góc 0 B = 1 1 1 1 30 và = + +
( trong đó a = BC,b = C , A c = AB và p - a p p - b p - c
p là nửa chu vi của tam giác ABC ). Tính các góc còn lại của tam giác ABC .
2. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 6 . Chứng minh rằng: a b c + + ³ 2. 3 3 3 b +1 c +1 a +1
Câu V (4,0 điểm) æ 3 ö
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có M
;0 là trung điểm đoạn AC , phương ç ÷ è 2 ø
trình các đường cao AH , BK lần lượt là 2x - y + 2 = 0 và 3x - 4y +13 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
2. Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC , B (7;3) . Gọi M là
trung điểm của AB ; E là điểm đối xứng với D qua A . Biết rằng N (2; 2
- ) là trung điểm của DM ,
điểm E thuộc đường thẳng D : 2x - y + 9 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh D .
-------------------- Hết -------------------- Trang 1
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Câu NỘI DUNG Điểm I Cho hàm số 2
y = x -(m + 2) x + m -3 ( với m là tham số) 2.0 3,0
điểm 1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị ( P) của hàm số khi m = 0
Với m = 0 ta được 2
y = x - 2x - 3 0.50 ìx =1 ta có đỉnh I : í Þ I (1; 4 - ) îy = 4 - Ta có bảng biến thiên: x 1 -∞ +∞ +∞ +∞ 0.50 y -4
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 - ) 0.50
Ta có đồ thị của hàm số: y 1 O x 0.50 -1 3 -4
2. Tìm m để đồ thị của hàm số đã cho cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành
x - m -1 x - m -1 1.0
độ x ; x thỏa mãn: 1 2 + = 26 - . 1 2 x x 2 1 ìx ¹ 0 Đk: 1 í x ¹ 0 î 2 0.25
Xét phương trình hoành độ giao điểm 2
x -(m + 2) x + m -3 = 0 (*)
để đồ thị của hàm số đã cho cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x ; x 1 2 2 ìD = + > Û m 16 0
phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x ; x ¹ 0 Û í Û m ¹ 3 1 2 îm - 3 ¹ 0 Trang 2
ìx + x = m + 2 0.25
Theo định lí viet ta có: 1 2 í x x = m - 3 î 1 2
x - m -1 x - m -1 ta có 1 2 2 2 + = 26
- Û x + x - m +1 x + x = 26 - x x 1 2 ( )( 1 2) 1 2 x x 2 1
Û (x + x )2 -(m+ ) 1 (x + x ) = 2
- 4x x Û (m+ 2)2 - m+1 m+ 2 = 2 - 4 m-3 1 2 1 2 1 2 ( )( ) ( ) 0.25 14 14 0.25
Û 25m - 70 = 0 Û m =
( thỏa mãn đk). vậy giá trị của m cần tìm là m = 5 5 II
1. Giải phương trình: 2
x +1+ x - 4x +1 = 3 x (*) 2.0 5,0
Điều kiện: x ³ 0. 0.50
điểm • Trường hợp 1. Nếu x = 0 thì ( )
* Û 2 = 0 : sai nên x = 0 không là nghiệm
• Trường hợp 2. Nếu x > 0, chia hai vế cho x > 0, thì: 0.50 1 1 1 Cauchy 1 ( ) * Û x +
+ x + - 4 - 3 = 0 (1). Đặt 2 t = x +
³ 2 Þ t = x + + 2. x x x x ì2 £ t £ 3 0.50 5 2
(1) Û t - 6 = 3- t Û í Û t = × 2 2 t
î - 6t + 9 = t - 6 2 Suy ra: 0.50 1 5 1 1 2 x +
= Û 2( x) -5 x + 2 = 0 Û x = 2 Ú x = Û x = 4 Ú x = × x 2 2 4 1
Kết hợp với điều kiện ta được phương trình có 2 nghiệm x = 4, x = × 4 4 p
2. Cho cos 2a = - với
< a < p . Tính giá trị của biểu thức: 1.5 5 2 æ p ö P = (2018 + tana )cos -a ç ÷ è 4 ø p Do
< a < p nên sina > 0,cosa < 0. Ta có: 2 0.50 1+ cos 2a 1 1 2 cos a = = Þ cosa = - 2 10 10 9 3 a 2 2 sin a =1- cos a = Þ sina = sin , tana = = 3 - 0.50 10 10 cosa 1
Khi đó: P = (2018+ tana ). (cosa +sina) 0.25 2 ( - ) 1 æ 1 3 ö = 2018 3 . - + = 403. 5 ç ÷ 0.25 2 è 10 10 ø
2cos x + 2sin 2x - 2sin x -1 1.5
3. Giải phương trình: cos 2x + 3 (1+ sin x) = (*) 2cos x -1 1 p
Điều kiện: 2cos x -1 ¹ 0 Û cos x ¹ Û x ¹ ± + k2p ,(k Î Z ). 2 3 0.50 Trang 3 ( ) - + - * Û x +
( + x) (2cos x )1 2sin x(2cos x )1 cos 2 3 1 sin = 2cos x -1
2cos x -1 1+ 2sin x
Û cos 2x + 3 (1+ sin x) ( )( ) = 2cos x -1 0.50 2
Û1- 2sin x + 3 + 3sin x =1+ 2sin x 2
Û 2sin x + (2- 3)sin x - 3 = 3 0 Û sin x = hoặc sin x = 1 - 2 3 p p 2p Với sin x =
Û sin x = sin Û x = + k2p hoặc x =
+ k2p ,(k ÎZ ) 0.25 2 3 3 3 p Với sin x = 1
- Û x = - + k2p ,(k ÎZ ) 0.25 2 2p p
So với điều kiện nghiệm của phương trình: x =
+ k2p; x = - + k2p,(k ÎZ ). 3 2 III 2 2x + 3x - 5 4x - 7 4,0
1. Giải bất phương trình : - 2 3 - x £ 2.0 điểm 3 - x 3 - x 1 é £ x < 3 2
ìï2x + 3x -5 ³ 0 đk: ê í Û 5 3 ï - x > 0 êx £ - 0.50 î ë 2 bpt 2
Û 2x + 3x - 5 - 2(3 - x) £ 4x - 7 2
Û 2x + 3x -5 £ 2x -1 (*) 5 0.50
Nếu x £ - ta có VT (*) ³ 0 , VF(*) < 0 nên (*) vô nghiệm. 2
Nếu 1 £ x < 3 , cả hai vế của (*) không âm nên ta có éx ³ 2 Bpt (*) 2x 3x 5 (2x )2 2 2 1 2x 7x 6 0 ê Û + - £ - Û - + ³ Û 3 0.50 êx £ ë 2 3
Kết hợp với đk ta được 1 £ x £ hoặc 2 £ x < 3 nên tập nghiệm của bất phương trình 0.50 2 é 3ù đã cho là S = 1; È[2;3). ê 2ú ë û ì
x + y + 3x ï (x + y) 2 = 2y + 6y
2. Giải hệ phương trình: í ( , x y Î! ). 2.0 2 3
ï 2 + y - 6 2 - x + 4 4 - y =10 - 3x î ìx + y ³ 0 ï
Điều kiện : í0 £ y £ 2. ïx £ 2 î Nhận xét rằng với ( ,
x y) = (0;0) không thỏa hệ nên x + y + 2y ¹ 0. Khi đó 0.50 x - y
pt đầu Û ( x + y - y )+ (x + y) 2 x - y Û + ( 2 2 2 3 6
3 x + xy - 2y ) = 0
x + y + 2y Trang 4 - æ ö x y Û
+ (x - y)(x + y) Û (x - y) 1 3 2 ç
+ 3(x + 2y)÷ = 0 ( ) 1 x y 2y ç x y 2y ÷ + + + + è ø 0.50 1
Từ điều kiện và nhận xét ở trên ta có :
+ 3(x + 2y) > 0.
x + y + 2y Do đó ( )
1 Û x - y = 0 Û x = y .
Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình: 2
3 2 + x - 6 2 - x + 4 4 - x =10 -3x (*) 0.50 ta có : 2 ( )
* Û 3( 2 + x - 2 2 - x) =10 - 3x - 4 4 - x (2)
Đặt t = 2 + x - 2 2 - x, suy ra: 2 2 2
t = ( 2 + x - 2 2 - x) =10 - 3x - 4 4 - x . khi đó pt(2) trở thành 2
3t = t Û t = 0 hoặc t = 3. • Với t = 6
0, suy ra: 2 + x = 2 2 - x Û 2 + x = 8 - 4x Û x = × 5 VT ìï = 2+ x £ 2
• Với t = 3, suy ra: 2 + x = 2 2 - x + 3 có í , x " Î[ 2 - ;2] nên 0.50 VP ïî = 2 2 - x + 3 ³ 3
phương trình sẽ vô nghiệm khi t = 3. Kết hợp với điều kiện Þ hệ phương trình æ ö
đã cho có nghiệm duy nhất là ( x y) 6 6 ; = ; ç ÷ è 5 5 ø IV 2.0 0 4,0
1. Cho tam giác ABC có góc B = 1 1 1 1 30 và = + + ( trong đó p - a p p - b p - c
điểm a = BC,b = C ,
A c = AB và p là nửa chu vi của tam giác ABC ). Tính các góc còn lại
của tam giác ABC . Ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 a
2 p - (b + c) 0.50 = + + Û - = + Û = p - a p p - b p - c p - a p p - b p - c p( p - a)
( p -b)( p -c) a a Û =
Û p( p - a) = p -b p - c 0.50
p( p - a) ( p -b)( p - c) ( )( )
Û p(b +c -a) = bc Û (b +c + a)(b +c -a) = 2bc Û (b+c)2 2 2 2 2
- a = 2bc Û b + c = a Þ A D BC vuông tại 0
A Þ A = 90 0.50 mà 0 0 0 0 0
B = 30 Þ C = 90 - B = 90 - 30 = 60 . Vậy 0 A = 90 , 0 C = 60 . 0.50
2. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 6 . Chứng minh rằng: a b c 2.0 + + ³ 2 3 3 3 b +1 c +1 a +1
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng 2 xy £ x + y ta được a a 2a 2a = ³ = b +1
(b + )1(b -b+ ) 2 2 3 2
b +1+ b - b +1 b + 2 1 0.50
Áp dụng tương tự ta được bất đẳng thức a b c 2a 2b 2c + + ³ + + 2 2 2 3 3 3 b +1 c +1
a +1 b + 2 c + 2 a + 2 Trang 5 2a 2b 2c
Ta cần phải chứng minh được + + ³ 2 2 2 2
b + 2 c + 2 a + 2 2 2a ab Thật vậy, ta có = a -
, mà cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta được 0.50 2 2 b + 2 b + 2 2 2 2 3 2 3 ab 2ab 2ab a 2b a 2. . b b
a(2 + b + b) = £ = = £ 2 2 2 3 4
b + 2 b + b + 4 3 b .4 3 3 9 2a a (2 + 2b) Suy ra ³ a -
. Chứng minh tương tự ta được 2 b + 2 9 0.50 2a 2b 2c
2(a + b + c) 2(ab + bc + ca) + +
³ a + b + c - - 2 2 2
b + 2 c + 2 a + 2 9 9
(a +b +c)2
Mặt khác theo một đánh giá quen thuộc ta có ab + bc + ca £ =12 3 2a 2b 2c 2.6 2.12 Do đó ta được + + ³ 6 - - = 2. 0.50 2 2 2
b + 2 c + 2 a + 2 9 9
Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
a = b = c = 2 . V æ 3 ö 4,0
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có M ;0 là trung ç ÷ 2.0 è 2 ø
điểm điểm đoạn AC . Phương trình các đường cao AH, BK lần lượt là 2x - y + 2 = 0 và
3x - 4y +13 = 0 . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
Đường thẳng AC đi qua M và vuông
góc với BK nên có phương trình
4x + 3y = 6.
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 0.50 ì4x + 3y = 6 phương trình í Þ A(0;2) î2x - y = 2 - æ 3 ö Từ M
;0 là trung điểm AC suy ra C (3;- 2). ç ÷ 0.50 è 2 ø
Đường thẳng BC đi qua C và vuông góc với AH nên có phương trình x + 2y +1 = 0. 0.50 ìx + 2y = 1 -
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình í Þ B( 3 - ) ;1 0.50 3 î x - 4y = 1 - 3
Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là A (0;2), B(-3;1), C(3;-2)
2. Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC ,
B (7;3) . Gọi M là trung điểm của 2.0
AB . E là điểm đối xứng với D qua A . Biết rằng N (2; 2
- ) là trung điểm của DM , điểm E thuộc đường thẳng D : 2x - y + 9 = 0
. Tìm tọa độ đỉnh D Trang 6
Ta chứng minh BN ^ NE E 1
Ta có AM = AD = AB nên tam giác 2
ADM vuông cân tại A , suy ra AN ^ DM . A M B 0.50
Xét tam giac ANE và MNB có 1
AN = MN = DM , AE = MB = AD và 2 N ∑ ! ∑ ∑
NAE = 90 + NAM = NMB D C Do đó ∑ ∑ ∑
!ANE =!MNB Þ AEN = MBN = ABN , suy ra tứ giác ANBE nội tiếp, do đó 0.50 ∑ ∑
BNE = BAE = 90! hay BN ^ NE .
Đường thẳng NE qua N và vuông góc với BN nên có phương trình x + y = 0 . 0.50 ì2x - y + 9 = 0 ìx = 3 -
Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ í Û í Þ E ( 3; - 3) . îx + y = 0 îy = 3 1
Ta có BD = BE = 10 . Vì 2 2 2 2 2
AB + AE = EB Þ AB + AB = 100 Û AB = 4 5 nên 4 DE = 4 5 Gọi D( ;
x y), vì DE = 4 5 và BD =10 nên tọa độ điểm D là nghiệm của hệ: 0.50 ( ì x + 3 ï )2 +( y -3)2 = 80 éx =1; y = 5 - í Û . ( ê ï x - î )2 +( y - )2 = ëx =1; y =11 7 3 100
Đối chiếu điều kiện B, D khác phía với NE nên D(1; 5 - ).
...........................Hết........................
ĐỀ HSG LỚP 11 MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
————————————
Câu 1 (1,5 điểm). 2 tan x + tan x 2 æ p ö Giải phương trình: = sin x + . 2 ç ÷ tan x +1 2 è 4 ø
Câu 2 (3,0 điểm). Trang 7
1. Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính xác suất
để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1.
2. Chứng minh đẳng thức sau: (C - C + C - C +...- C + C = C 2012 )2 ( 2012)2 ( 2012)2 ( 2012)2 ( 2012 )2 ( 2012 )2 0 1 2 3 2011 2012 1006 . 2012
Câu 3 (2,5 điểm).
1. Chứng minh rằng phương trình 3
8x - 6x -1 = 0 có ba nghiệm thực phân biệt. Hãy tìm 3 nghiệm đó. sin n 2. Cho dãy số (u
u = sin1; u = u +
n Î • , n ³ 2
n ) được xác định bởi: , với mọi . 1 n n 1 - 2 n
Chứng minh rằng dãy số (un ) xác định như trên là một dãy số bị chặn.
Câu 4 (3,0 điểm).
1. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a 2, các cạnh bên bằng
nhau và bằng 3a ( a > 0 ). Hãy xác định điểm O sao cho O cách đều tất cả các đỉnh của hình chóp
S.ABCD và tính độ dài SO theo a .
2. Cho hình chóp S.ABC có đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng (SBC). Gọi H là hình chiếu
vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC). Chứng minh rằng đường thẳng SB vuông góc với đường thẳng 1 1 1 1 SC, biết rằng = + + . 2 2 2 2 SH SA SB SC
3. Cho tứ diện ABCD thỏa mãn điều kiện AB = CD, BC = AD, AC = BD và một điểm X thay đổi
trong không gian. Tìm vị trí của điểm X sao cho tổng XA + XB + XC + XD đạt giá trị nhỏ nhất. —Hết—
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh………………. Trang 8
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT KHÔNG CHUYÊN ——————— NĂM HỌC 2011-2012
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
——————————— I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm
theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 1,5 điểm p
Điều kiện: cos x ¹ 0 Û x ¹ + kp (*) 2 0,25
Phương trình đã cho tương đương với: 2 2
2cos x(tan x + tan x) = sin x + cos x 2 Û 2sin x + 2sin .
x cos x = sin x + cos x Û 2sin x(sin x + cos x) = sin x + cos x 0,5
Û (sin x + cos x)(2sin x -1) = 0 p
+ Với sin x + cos x = 0 Û tan x = 1 - Û x = - + kp 0,25 4 1 p 5p
+ Với 2sin x -1 = 0 Û sin x = Û x = + k2p; x = + k2p 0,25 2 6 6
Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của phương trình đã cho là: p p 5p 0,25
x = - + kp; x = + k2p; x = + k2p (k Î!) 4 6 6 2 1 1,5 điểm
Số các số tự nhiên có 5 chữ số là 99999 -10000 +1 = 90000 0,5
Giả sử số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là: abcd 1 Ta có abc 1
d =10.abcd +1= 3.abcd + 7.abcd +
1 chia hết cho 7 khi và chỉ khi 3.abcd + 1 h -1
chia hết cho 7. Đặt 3.abcd +1 = 7h Û abcd = 2h +
là số nguyên khi và chỉ khi 0,5 3 h = 3t +1
Khi đó ta được: abcd = 7t + 2 Þ1000 £ 7t + 2 £ 9999 0,5 Trang 9 998 9997 Û £ t £ Û t Î{143, 144,..., }
1428 suy ra số cách chọn ra t sao cho số abcd 1 7 7
chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là 1286. 1286
Vậy xác suất cần tìm là: » 0,015 90000 2 1,5 điểm
Xét đẳng thức ( - x)2012 ( + x)2012 = ( 2 1 . 1 1- x )2012 0,5 2012 2012 k +) Ta có ( 2 1- x ) k = åC ( 2 -x 2012 x 1006 C 2012
) suy ra hệ số của số hạng chứa là 2012 0,5 k =0 2012 2012 æ öæ ö
+) Ta có (1- x)2012 .(1+ x)2012 k k k k = åC -x åC x ç 2012 ( ) ÷ç 2012 ÷ è k=0 øè k=0 ø
suy ra hệ số của số hạng chứa 2012 x là o 2012 1 2011 2 2010 3 2009 2012 2012 C C - C C + C C - C C +...+ C C 0,5 2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012 2 2 2 2 2 2 = ( 0 C ) -( 1C ) +( 2 C ) -( 3 C ) +...-( 2011 C ) +( 2012 C 2012 2012 2012 2012 2012 2012 )
Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh. 3 1 1,5 điểm Đặt f (x) 3 = 8x - 6x - ;
1 tập xác định D = ! suy ra hàm số liên tục trên ! . Ta có 0,25 æ ö f (- ) 1 1 = 3 - , f - =1, f ç ÷ (0) = 1 - , f ( ) 1 = 1 suy ra 0,5 è 2 ø æ ö æ ö f (- ) 1 1 1 f - < 0, f - f ç ÷ ç
÷ (0) < 0, f (0) f ( )
1 < 0. Từ 3 bất đẳng thức này và tính liên è 2 ø è 2 ø 0,25
tục của hàm số suy ra pt f (x) = 0 có ba nghiệm phân biệt thuộc ( 1 - ; ) 1 .
Đặt x = cost, t Î[0; p ] thay vào pt ta được: p p p 2( 2 3
4cos t - 3cost ) =1Û cos3t = cos Û t = ± + k
, kết hợp với t Î[0; p ] ta 3 9 3 0,5 ìp 5p 7p ü được t Î í ; ;
ý. Do đó phương trình đã cho có 3 nghiệm: î 9 9 9 þ p 5p 7p
x = cos , x = cos , x = cos . 9 9 9 2 1,0 điểm Trang 10 1 1 1 1
Nhận xét. Với mỗi số nguyên dương n ta có: + + +...+ < 2 2 2 2 2 1 2 3 n 1 1 1 1 1 1 1 Thật vậy, ta có + + +...+ <1+ + +...+ = 2 2 2 2 1 2 3 n 1.2 2.3 n(n - ) 1 0,5 1 1 1 1 1 1 =1+1- + - +...+
- = 2 - < 2 suy ra nhận xét được chứng minh. 2 2 3 n -1 n n sin1 sin 2 sin n
Trở lại bài toán, từ công thức truy hồi ta được: u = + +...+ n 2 2 2 1 2 n 1 1 1 Ta có u £ + +...+
< 2 với mọi n (theo nhận xét trên) (1) 0,25 n 2 2 2 1 2 n æ 1 1 1 ö Mặt khác u ³ - + + ...+
> -2 với mọi n (theo nhận xét trên) (2). Từ (1) và n ç 2 2 2 ÷ è1 2 n ø 0,25
(2) suy ra dãy số đã cho bị chặn. 4 1 1,0 điểm S M O D C 0,25 I A B
Gọi I = AC Ç BD . Do SA = SB = SC = SD nên các tam giác SAC, SBD cân tại đỉnh S
nên SI vuông góc với AC, BD suy ra SI vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Dễ thấy mọi
điểm nằm trên đường thẳng SI cách đều các đỉnh A, B, C, D.
Trong tam giác SIC, dựng trung trực của cạnh SC cắt đường thẳng SI tại O suy ra 0,25
OS = OA = OB = OC = OD . 2 SM .SC 3 .3 a a 9a 9 2a Ta có SM .SC = . SO SI Þ SO = = = = . 2 2 2 2 SI 2 SA - IA 2 9a - a 8 0,5 9 2a Vậy SO = . 8 2 1,0 điểm Trang 11 A H S C 0,25 K B D
Gọi K là giao điểm của đường thẳng AH và BC; trong mặt phẳng (SBC) gọi D là giao
điểm của đường thẳng qua S, vuông góc với SC. Ta có BC vuông góc với SH và SA nên
BC vuông góc với mặt phẳng (SAH) suy ra BC vuông góc với SK. 1 1 1
Trong tam giác vuông SAK ta có = +
, kết hợp với giả thiết ta được 2 2 2 SH SA SK 0,5 1 1 1 = + (1) 2 2 2 SK SB SC 1 1 1
Trong tam giác vuông SDC ta có = + (2) 2 2 2 SK SD SC 0,25
Từ (1) và (2) ta được SB = SD , từ đó suy ra B º D hay suy ra SB vuông góc với SC. 3 1,0 điểm A M Q G D B 0,25 P N C
Gọi G là trọng tâm của tứ diện; M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD,
BC, AD. Ta có tam giác ACD bằng tam giác BCD nên AN = BN suy ra MN ^ AB ,
tương tự ta chứng minh được MN ^ CD và đường thẳng PQ vuông góc với cả hai
đường thẳng BC, AD. Từ đó suy GA = GB = GC = GD . Trang 12 . XA GA + .
XB GB + XC.GC + . XD GD
Ta có XA + XB + XC + XD = GA
!!!" !!!" !!!" !!!" !!!" !!!" !!!" !!!" 0,5 . XA GA + .
XB GB + XC.GC + . XD GD ³ GA !!!" !!!" !!!" !!!" !!!"
XG (GA+GB +GC +GD) 2 . + 4.GA =
= 4GA. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi X trùng với GA 0,25
điểm G. Vậy XA + XB + XC + XD nhỏ nhất khi và chỉ khi X là trọng tâm của tứ diện ABCD.
ĐỀ HSG LỚP 11 MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1.
Giải phương trình sin 2x + 3 cos 2x + (2 + 3)sin x -cos x =1+ 3. Câu 2.
a) Xét khai triển: (1+ x)(1+ 2x)...(1+ 2013x) 2 2013
= a + a x + a x +...+ a x . Tính 0 1 2 2013 1 a + ( 2 2 2 1 + 2 + ...+ 2013 2 ). 2
b) Chọn ngẫu nhiên một số có 4 chữ số đôi một khác nhau. Tính xác suất để số được chọn không nhỏ hơn 2013. Câu 3. u a) Cho dãy số (u
u =1, u = 3,u
= 2u -u +1, n =1,2,... lim n
n ) được xác định như sau: Tính . 1 2 n+2 n 1 + n 2 n®+¥ n
b) Cho phương trình: m(x - )( 3 x - x) 3 1
4 + x -3x +1= 0 ( x là ẩn, m là tham số). Chứng minh với
mọi giá trị thực của m phương trình đã cho có ít nhất ba nghiệm thực phân biệt. Câu 4.
a) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Chứng minh mặt phẳng ( A'BD) song song với mặt phẳng
(CB'D'). Tìm điểm M trên đoạn BD và điểm N trên đoạn CD’ sao cho đường thẳng MN vuông
góc với mặt phẳng (A’BD).
b) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các đoạn Trang 13
thẳng AD, BB’, C’D’. Xác định thiết diện cắt bởi mặt phẳng (MNP) với hình lập phương
ABCD.A’B’C’D’, tính theo a diện tích thiết diện đó. Câu 5.
Cho a,b, c là các hằng số thực và ( ) 3 2
P x = ax + bx + cx. Tìm tất cả các số a,b, csao cho
P(2) = 26 và P(x) £
1 với mọi số thực x sao cho x £ . 1
-------------Hết----------
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN
(Đáp án có 03 trang)
(Dành cho học sinh THPT không chuyên) I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm
theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câu Nội dung trình bày Điểm
1(2đ) Ta có sin 2x + 3 cos2x + (2+ 3)sin x-cos x =1+ 3 Û x x - x + ( 2 2sin .cos cos
3 1- 2sin x) + (2 + 3)sin x - 3 -1= 0 0,5
Û cos x(2sin x - ) 1 - (2sin x - ) 1 ( 3sin x - ) 1 = 0 Û (2sin x - )
1 (cos x - 3sin x + ) 1 = 0 é 1 sin x = 0,5 ê Û 2 ê
êë 3sin x - cos x =1 é p x = + k2p 1 ê +) 6 sin x = Û ê (k Î!) 2 5p êx = + k2p 0,25 êë 6 3 1 1 æ p ö 1
+) 3 sin x - cos x = 1 Û
sin x - cos x = Û sin x - = ç ÷ 2 2 2 è 6 ø 2 0,25 Trang 14 é p p x - = + k2p é p ê 6 6 x = + k2p ê Û ê Û 3 (k Î!) p 5p ê êx - = + k2p ëx = p + k2p 0,5 êë 6 6
Vậy phương trình đã cho có các họ nghiệm là p 5p p x = + k2p, x =
+ k2p, x = + k2p, x = p + k2p (k Î!) 6 6 3
2(2đ) 2.a (1,0 điểm) æ ö æ ö
Ta có (1+ x)(1+ 2x)...(1+ 2013x) 2013 2 3 =1+ åk x + ç ÷
ç å .i j ÷ x + . A x è k 1= ø
è1£i< j£2013 0,5 ø 1 2 2 2 2
Suy ra a = å .i j = é 1+ 2 +...+ 2013 - 1 + 2 +...+ 2013 ù 2 ( ) ( ) ë û 1£i< j£2013 2 0,25 2 1 1 æ 2013´2014 ö (2013´1007)2 Þ a + ( 2 2 2 1 + 2 + ...+ 2013 = = 2 ) . ç ÷ 2 2 è 2 ø 2 0,25 2.b (1,0 điểm)
Ta có n(W) =số cách chọn một số có bốn chữ số đôi một khác nhau = 9.9.8.7
A là biến cố chọn ra được một số có bốn chữ số đôi một khác nhau abcd và không nhỏ 0,25
hơn 2013. Ta sẽ tính số các số có bốn chữ số đôi một khác nhau abcd và các số này chỉ có thể xảy ra với
a = 1, bÎ{0,1,..., } 9 \{ } 1 , cÎ{0;1;...; } 9 \{1; }
b và d Î{0;1;...; } 9 \{1; ; b } c có 7 cách chọn
suy ra trong trường hợp này có 9.8.7 số thỏa mãn. 0,5
Từ hai trường hợp trên ta được n( A) = 7.8.9.9-7.8.9 = 7.8.9.8. Do đó xác suất cần tìm là:
P ( A) n( A) 7.8.9.8 8 = = = 0,25 n(W) 9.9.8.7 9
3(2,0đ) 3.a (1,0 điểm) Ta có u
-u = u -u +1, n =1,2,...suy ra {u -u n+2
n+ } lập thành một cấp số cộng có n+2 n 1 + n 1 + n 1 0,25
công sai bằng 1 nên u
-u = u -u + .1 n = n + 2 (1) n+2 n 1 + 2 1
Từ (1) ta được u - u = u - u + u - u
+...+ u -u = n + n -1+...+ 2 n 1 n n 1 - n 1 - n-2 2 1 0,5 n(n + ) 1
Þ u =1+ 2 +...+ n = n 2 Trang 15 u n n + u 1 n ( )1 1 lim = lim = . Vậy lim n = . 2 2 n®+¥ n n ®+¥ 2n 2 2 n®+¥ n 2 0,25 3.b (1,0 điểm)
Đặt f (x) = m(x - )( 3 x - x) 3 1 4 + x -3x +
1 ta được f (x) xác định và liên tục trên ! . 0,5 Ta có f ( 2 - ) = 1
- , f (0) =1, f ( ) 1 = 1 - , f (2) = 3
Do đó ta được f ( 2
- ) f (0) < 0, f (0) f ( ) 1 < 0, f ( )
1 f (2) < 0 nên phương trình f (x) = 0 0,5 có nghiệm thuộc ( 2; - 0),(0; )
1 ,(1;2) suy ra phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
4(3đ) 4.a (1,5 điểm) A D M C B N D' A' C' B' 0,5
Ta có tứ giác BCD’A’ là hình bình hành nên CD' BA' Þ CD' (BDA') (1)
Ta có tứ giác BDD’B’ là hình bình hành nên B' D' BD Þ B' D' (BDA') (2) 0,5
Từ (1) và (2) ta được ( A'BD) (CB'D'). !!!!" !!!" !!!" !!!!" !!!!" !!!" !!!" !!!" !!!" !!!" !!!!" Đặt BM = . x BD, CN = .
y CD '. Khi đó MN = MB + BC + CN = -xBD + AD + . y CD ' !!!" !!!" !!!" !!!" !!!" !!!" !!!" !!!" 0,25
= x(AB - AD)+ BC + y(AA'- AB) = (x - y) AB +(1- x) AD + yAA'
Do MN vuông góc (A’BD) nên MN ^ B ,
D MN ^ BA'. Từ đó ta được: ì 2 !!!!" !!!" x = ìïMN.BD = 0 1 ì - x - ï
(x - y) = 0 ì2x - y =1 ïï 3 í!!!!" !!!" Û í Û í Û í ïîMN.BA' = 0 ïy - î (x - y) = 0 îx = 2y 1 ï 0,25 y = ïî 3 !!!!" 2 !!!" !!!" 1 !!!!"
Do đó BM = .BD, CN = .CD ' 3 3 Trang 16 4.b (1,5 điểm) A M D S R C B O D' A' N P Q C' B' 0,5
Gọi S là trung điểm của AB, khi đó MS BD Þ MS (BDC ') và NS C 'D Þ NS (BDC ')
suy ra (MNS) (BDC '). Do (MNS) BC ' nên (MNS) cắt (BCC’B’) theo giao tuyến qua N
song song với BC’ cắt B’C’ tại Q.
Do (MNS) BD B'D' nên (MNS) cắt (A’B’C’D’) theo giao tuyến qua Q song song với
B’D’ cắt D’C’ tại P’, do P’ là trung điểm của C’D’ nên P’ trùng với P. Do (MNS) C 'D 0,5
nên (MNS) cắt (CDD’C’) theo giao tuyến qua P song song với C’D cắt DD’ tại R.
Do đó thiết diện cắt bởi (MNP) và hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ theo một lục giác đều a 2
MSNQPR cạnh MR =
và có tâm là O suy ra: 2 0,5 2 1 3 3a 2 3 3a 0 S = 6S
= 6. OM.OS.sin 60 = . Vậy S = MSNQPR OMS 2 4 MSNQPR 4 5(1đ) æ ö
Đặt f ( ) = m f (- ) 1 1 , 1 = , n f
= p, khi đó m , n , p £ 1 và ta có hệ ç ÷ è 2 ø ì
3m + n - 8 p ì a = ï 3
ïa + b + c = m
ìa + b + c = m ï ï ï ï m - n
ía - b + c = n Û ía - b + c = n Û b í = 2 ïa b c
ïa 2b 4c 8p ï + + = î 0,5 ï + + = p ï
16 p - 3m + n 8 4 2 c = î ïî 6
3m + n -8 p
16 p - 3m + n Ta có f (2) = 8. + 2(m - n) +
= 9m + n -16 p £ 9 +1+16 = 26. 3 3 Trang 17 ìm =1 ìa = 4 ï ï
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ín =1 Û b í = 0 0,25 ï p 1 ï = - c = 3 - î î Ta có f (x) 3 = 4x -3x, xét 1
- £ x £ 1 thì tồn tại a : x = cosa ìa = 4 Þ ï f (x) 3
= 4cos a -3cosa = cos3a suy ra f (x) £ 1với mọi 1
- £ x £ 1. Vậy íb = 0 0,25 ïc = -3 î
------------------Hết------------------ ĐỀ THI HSG LỚP 11 MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
———————————— Câu I: (2,0 điểm). 1.Giải phương trình: 3 3
(1+ tanx)cos x + (1+ cot x)sin x = 2sin2x.
2. Tìm các nghiệm trong khoảng ( ; -p p) của phương trình: æ p ö 2 2sin 3x + = 1+ 8sin 2x cos 2x. ç ÷ è 4 ø
Câu II: (2,0 điểm).
1. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau trong đó có 3 số chẵn và 3 số lẻ ?
2. Cho k là số tự nhiên thỏa mãn 5 £ k £ 2011 . Chứng minh rằng: 0 k 1 k 1 - 5 k 5 - k C .C + C .C + ... + C .C = C . 5 2011 5 2011 5 2011 2016
Câu III: (2,0 điểm). æ 2 æ ö 2 ö æ 2 ö 1. Cho Pn= ç1 - ç ÷ 1- ÷..... 1- çç ÷÷ è 2.3 è ø 3.4 ø è (n +1)(n + 2) ø
Gọi Un là số hạng tổng quát của Pn. Tìm lim Un n + ® ¥ 2 3 (x + 2012) 1- 2x - 2012 4x +1 2. Tìm giới hạn: lim x 0 ® x
Câu IV: (1,0 điểm). Trang 18 ìu =11 Cho dãy số (u 1 n) xác định bởi : íu =10u +1-9n, n " ÎN. î n 1+ n
Tìm công thức tính un theo n.
Câu V: ( 3,0 điểm).
1. Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c. M là điểm tùy ý trên cạnh
AB, (P) là mặt phẳng qua M và song song với AC và BD cắt BC, CD, DA lần lượt tại N, P, Q. Tìm
vị trí của M và điều kiện của a, b, c để thiết diện MNPQ là hình vuông, tính diện tích thiết diện trong trường hợp đó.
2. Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Xác định điểm M bên trong tam giác sao
cho MA + MB + MC nhỏ nhất. HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN : TOÁN 11 THPT
---------------------------------------------- Câu Nội dung Điểm I 2.0
1. (1.0 đ). ĐK: sin xcos x > 0.Khi đó pt trở thành:
sinx + cos x = 2 sin x cos x . (1) 0.25
ĐK: sinx + cos x > 0 dẫn tới sinx > 0;cosx > 0. 0.25 p
Khi đó: (1) Û sin 2x =1 Û x = + k . p 4 0.25 p KL nghiệm : x = + 2m . p 4 0.25 æ p ö 2. (1.0 đ).ĐK: sin 3x + ³ 0. (1) ç ÷ è 4 ø 0,25 Trang 19
Khi đó phương trình đã cho tương đương với pt: 1 p p sin 2x = Û x = + k ; p 5 x = + kp 2 12 12 0.25 Trong khoảng ( ;
-p p) ta nhận các giá trị : p p p p x = 11 ; x = - 5 ; x = 7 ; x = - . 12 12 12 12 0.25
Kết hợp với đk (1) ta nhận được hai giá trị thỏa mãn là: p p x = 7 ; x = - . 12 12 0,25 II 3.0 1. (1.0 đ).
TH1: Trong 3 số chẵn đó có mặt số 0.
Số các số tìm được là 2 3 5.C .C .5!= 36000 (số). 4 5 0.5
TH2: Trong 3 số chẵn đó không có mặt số 0.
Số các số tìm được là 3 3 C .C .6!= 28800 (số). 4 5 0.25
Đ/ số 36000 + 28800 = 64800 số. 0.25 5 2011 2016
2. (1.0 đ) Dễ thấy (1+ x) (1+ x) = (1+ x) ; và M = (1+ x)5 0 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5
= C + C x + C x + C x + C x + C x 5 5 5 5 5 5 0.25 N = (1+ x)2011 0 1 1 k k 2011 2011 = C
+ C x + ... + C x + ... + C x . 2011 2011 2011 2011 P = (1+ x)2016 0 1 k k 2016 2016 = C + C x + ... + C x + ... + C x . 2016 2016 2016 2016 0.25 Ta có hệ số của k x trong P là k C . 2016
Vì P = M.N, mà số hạng chứa k x trong M.N là : 0 k k 1 k 1 - k 1 - 2 2 k-2 k-2 3 3 k 3 - k 3 - 4 4 k-4 k-4 5 5 k 5 - k 5 - + + + + + 0.25 C .C x C xC x C x C x C x C x C x C x C x C x 5 2011 5 2011 5 2011 5 2011 5 2011 5 2011 Trang 20 nên 0 k 1 k 1 - 5 k 5 - k C .C + C .C + ... + C .C = C 5 2011 5 2011 5 2011 2016 0.25 3. (1 điểm) u =11 =10 +1 1 Ta có: u =10 11 . +1- 9 =102 =100 + 2 2 u =10 102 . +1- 9 2 . =1003 =1000 + 3 3 0.25 Dự đoán: un = 10n + n (1) 0.25 Chứng minh:
Ta có: u1 = 11 = 101 + 1 , công thức (1) đúng với n=1
Giả sử công thức (1) đúng với n=k ta có : uk = 10k + k 0.25
Ta có: uk + 1 = 10(10k + k) + 1 - 9k = 10k+1 + (k + 1). Công thức(1) đúng với n=k+1 Vậy un = 10n + n, "nÎ N. 0.25 III 2.0 1. (1 đ) 2 k(k + 3) Ta có: 1 - = (k + 1)(k + 2) (k + 1)(k + 2) 0.25
Cho k=1,2,3,…,n ta được 1.4.2.5.3.6 n(n + 3) S = .... n 2.3.3.4.4.5 (n+2)(n +1) 0.25 (n + 3) Þ Un= 3(n +1) 0.25 (n +3) 1 Þ lim Un = lim = n + ® ¥ n®+¥ 3(n +1) 3 0.25 2.(1 điểm) 3 æ 1- 2x -1 4x +1 -1ö Ta có 3 L = Limç x 1- 2x + 2012 - 2012 ÷. x®0 x x è ø 0.25 Trang 21 3 Lim x 1- 2x = 0. x 0 ® 3 1- 2x -1 2 - x 2 - 2` Lim = Lim = Lim = - x®0 x®0 x 3 2 3 x®0 3 2 3 - + - + - + - + 3 x( (1 2x) 1 2x 1) ( (1 2x) 1 2x 1) 4x +1 -1 4x 4 Lim = Lim = Lim = 2 x®0 x®0 x®0 x x( 4x +1 +1) 4x +1 +1 0.5 2 - 1 - 6096 Vậy L = 0 + 2012 - 2012.2 = 3 3 0.25 IV 3.0 1.(2 đ)
+) Chứng minh được MNPQ là hình bình hành. 0.5 ìMN = NP +) MNPQ là hình vuông Û í îMP = NQ
Û M là trung điểm của AB và a = c. 1.0 1 +) Lúc đó S 2 MNPQ = b . 4 0.5
2.(1 đ) Dùng phép quay quanh A với góc quay 600 biến M thành M’; C thành C’ 0.25
Ta có MA+MB+MC = BM+MM’+M’C’
MA+MB+MC bé nhất khi bốn điểm B,M,M’,C’ thẳng hàng. 0.5
Khi đó góc BMA=1200, góc AMC=1200
Ta được vị trí của M trong tam giác ABC. 0.25
Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa Trang 22 SỞ GD – ĐT BẮC NINH
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2
NĂM HỌC : 2018- 2019 ______________________
MÔN: TOÁN - LỚP 11 ĐỀ CHÍNH THỨC ________________
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề gồm có 01 trang) Ngày thi: 26 /01/2019 Câu 1 (5.0 điểm).
a. Giải phương trình sau sin 2x -(sin x + cos x - )
1 (2sin x -cos x - ) 3 = 0.
b. Có bao nhiêu số nguyên của tập hợp {1;2;...;100 }
0 mà chia hết cho 3 hoặc 5? Câu 2 (5.0 điểm).
a. Cho khai triển (1+ 2x)n 2
= a + a x + a x +... n + a x , trong đó *
n Î • và các hệ số thỏa 0 1 2 n a a mãn hệ thức 1 a + +... n +
= 4096. Tìm hệ số lớn nhất ? 0 2 2n
b.Ba cầu thủ sút phạt đền 11m, mỗi người đá một lần với xác suất làm bàn tương ứng là x ,
y và 0, 6 (với x > y ). Biết xác suất để ít nhất một trong ba cầu thủ ghi bàn là 0,976 và xác
suất để cả ba cầu thủ đều ghi ban là 0,336. Tính xác suất để có đúng hai cầu thủ ghi bàn. Câu 3 (6.0 điểm).
Cho hình chóp S.ABCD , có đáy ABCD là hình thang cân ( AD / /BC) và BC = 2a ,
AB = AD = DC = a(a > 0). Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Biết
SD vuông góc với AC . a. Tính SD .
b. Mặt phẳng (a ) qua điểm M thuộc đoạn OD ( M khác O, D ) và song song với hai
đường thẳng SD và AC . Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (a ).
Biết MD = x . Tìm x để diện tích thiết diện lớn nhất. Trang 23 Câu 4 (4.0 điểm). 1 2 k
a. Cho dãy (x ) được xác định như sau: x = + + ...+ . k k 2! 3! (k +1)! Tìm limu với n n
u = x + x + ... n n + x . n n 1 2 2019
b. Giải hệ phương trình sau: 2 2
ìï x + x + y +1+ x+ y + x+ y +1+ y =18 í . 2 2
ï x + x + y +1 - x + y + x + y +1 - y = 2 î
........................................................HẾT...........................................................
Họ, tên thí sinh:..............................................SBD:........................................
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GD – ĐT BẮC NINH
HD CHẤM THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2
NĂM HỌC : 2018- 2019 ______________________
MÔN: TOÁN - LỚP 11 ________________
(Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang) Câu Đáp án Điểm a. PT Û ( x + x)2 sin cos -1- (sin x + cosx- )
1 (2sin x - cos x -3) = 0 0,5
Û (sin x + cos x - )
1 (sin x + cos x + ) 1 - (sin x + cosx- )
1 (2sin x - cos x - 3) = 0 điểm
Û (sin x + cos x - )
1 (-sin x + 2cos x + 4) = 0 1,0 éx = k2p điểm
ésin x + cos x =1 ê Û Û ê p ,(k Î !)
ësin x - 2cos x = 4(VN) êx = + k2p 0,5 ë 2 điểm Câu1 (5điểm) p
Vậy phương trình có hai họ nghiệm: x = k2p , x =
+ k2p,(k Î!) 0,5 2 điểm
b. Đặt S = {1;2;...;100 }
0 ; A = {xÎS x! }
3 ; B = {xÎS x! } 5 0,5
Yêu cầu bài toán là tìm AÈ B điểm Ta có Trang 24 é1000ù 0,5 A = = 333 ê ú điểm ë 3 û é1000ù B = = 200 ê 5 ú ë û
Mặt khác ta thấy A Ç B là tập các số nguyên trong S chia hết cho cả 3 và 5 nên nó 1,0
phải chia hết cho BCNN của 3 và 5, mà BCNN (3,5) =15 nên điểm é1000ù A Ç B = = 66. ê ú ë 15 û 0,5 Vậy ta có điểm
AÈ B = A + B - AÇ B = 333+ 200 - 66 = 467 a.
Số hạng tổng quát trong khai triển (1+ 2 )n x là k C .2k. k
x , 0 £ k £ n , k Î • . n
Vậy hệ số của số hạng chứa k x là k C .2k k
Þ a = C .2k. 0,5 n k n điểm Khi đó, ta có a a 1 n 0 1 2 a + +...+
= 4096 Û C + C + C +...+ C = 4096 Û 1+1 n n = 4096 Û n =12 0 n n n n n ( ) 2 2 . 0,5
Dễ thấy a và a không phải hệ số lớn nhất. Giả sử a (0 < k < n) là hệ số lớn 0 n k điểm
nhất trong các hệ số a , a , a ,..., a . 0 1 2 n Khi đó ta có ì 12! 12!.2 ³ k k k 1 + k 1 ìa ³ a C ìï .2 ³ C .2 +
ïk!. 12- k ! k +1 !. 12-k -1 ! k k 1 + 12 12 ï ( ) ( ) ( ) í Û í Û í k k k 1 - k 1 - a ³ a î ï ³ k k - C .2 C .2 12! 12! 1 1 î 12 12 ï ³ .
ïk!.(12 - k)! (k - ) 1 !.(12 - k + î ) 1 ! 2 Câu 2 1,0 (5điểm) ì 1 2 ì 23 điểm ³ ³ ïï - + ìïk +1- 2 k 12 1 (12- k k k ) ³ 0 ïï 3 23 26 Û í Û í Û í Û £ k £ 2 1 ï ïî26 -3k ³ 0 26 3 3 ï ³ k £ ïîk 13- k ïî 3
Do k Î • Þ k = 8 0,5
Vậy hệ số lớn nhất là 8 8
a = C .2 = 126720. 8 12 điểm b.
Gọi A là biến cố “người thứ i ghi bàn” với i = 1, 2,3. i
Ta có các A độc lập với nhau và P( A = ,
x P A = y, P A = 0,6 1 ) ( 2) ( 3) . i
Gọi A là biến cố: “ Có ít nhất một trong ba cầu thủ ghi bàn”
B: “ Cả ba cầu thủ đều ghi bàn”
C: “Có đúng hai cầu thủ ghi bàn” 1,0 điểm
Ta có: A = A .A .A Þ P A = P A .P A .P A = 0, 4(1- x)(1- y) 1 2 3 ( ) ( 1) ( 2) ( 3) Trang 25 Nên P( )
A = 1- P ( A) =1- 0,4(1- x)(1- y) = 0,976 3 47
Suy ra (1- x)(1- y) =
Û xy - x - y = - (1). 50 50
Tương tự: B = A .A .A , suy ra: 1 2 3
P(B) = P( A .P A .P A = 0,6xy = 14 0,336 xy = 1 ) ( 2) ( 3) hay là (2) 25 1,0 ì 14 xy = ï điểm ï Từ (1) và (2) ta có hệ: 25 í
, giải hệ này kết hợp với x > y ta tìm 3 ï x + y = ïî 2 được 0,5
x = 0,8 và y = 0,7 . điểm
Ta có: C = A A A + A A A + A A A 1 2 3 1 2 3 1 2 3
Nên P(C) = (1- x) .
y 0,6 + x(1- y).0,6 + x . y 0, 4 = 0, 452 .
a. Dễ thấy đáy ABCD là nữa hình lục giác đều cạnh a .
Kẻ DT / / AC (T thuộc BC ). Suy ra CT = AD = a và DT vuông góc SD . 2 ,0
Ta có: DT = AC = a 3 . điểm S
Xét tam giác SCT có
SC = 2a, CT = a, 0 SCT Ð =120 K Þ ST = a 7
Xét tam giác vuông SDT có Q DT = a 3 , B C T
ST = a 7 Þ SD = 2a J P O 1,0 Câu 3
b. Qua M kẻ đường M điểm (6điểm) thẳng song song với A D N AC cắt , AD DC lần lượt tại N, . P
Qua M , N, P kẻ các đường thẳng song song với SD cắt SB, ,
SA SC lần lượt tại
K, J, Q . Thiết diện là ngũ giác NPQKJ .
Ta có: NJ, MK, PQ cùng vuông góc với NP . 1 1
dt (NPQKJ ) = dt (NMKJ ) + dt (MPQK ) = (NJ + MK)MN + (MK + PQ)MP 1,5 2 2 điểm 1
= (NJ + MK).NP (do NJ = PQ). 2 NP MD AC.MD . x a 3 Ta có: = Þ NP = = = 3x . AC OD OD a 3 Trang 26 æ a ö 2 . a - x ç ÷ NJ AN OM S . D OM è 3 NJ ø = = Þ = = = 2(a - x 3) SD AD OD OD a 3 2 . a a 3 - x 1,5 KM BM S . D BM ( ) 2 = Þ KM = = = (a 3 - x) điểm SD BD BD a 3 3 æ ö
Suy ra: dt (NPQKJ ) = 1 2 2(a - x 3) +
(a 3 - x) 3x = 2(3a - 2 3x)x 2 ç ÷ è 3 ø 2 1 1 3 3 2 =
(3a - 2 3x)2 3x £
é(3a - 2 3x) + 2 3xù = a 3 4 3 ë û 4 3 3 3
Diện tích NPQKJ lớn nhất bằng 2 a khi x = a 4 4 k 1 1 1 a. Ta có: = - nên x =1- .
(k +1)! k! (k +1)! k (k +1)! 1,0 1 1 Suy ra x - x = -
< 0 Þ x < x . điểm k k 1 + k k 1 (k + 2)! (k +1)! + n n n Mà: n x < x + x +... n + x < 2019x . 2019 1 2 2019 2019 1 Mặt khác: lim = lim n x 2019x = x =1- . 2019 2019 2019 1,0 2020! điểm 1 Vậy limu = 1- n 2020! 2
ìïx + x + y +1³ 0 b. Điều kiện í Câu 4 2
ïîy + x + y +1³ 0 (4điểm)
Cộng và trừ từng vế tương ứng của hệ phương trình trên ta được 1,0 2 2
ìï x + x + y +1 + y + x + y +1 =10 điểm í ïîx + y = 8
Thế y=8-x vào phương trình trên ta được 2 2
x + 9 + x -16x + 73 =10 Û 2 2 2
(x + 9)(x -16x + 73) = -x +8x + 9 Û 2 2 2 2
(x + 3 ) é(x -8) + 3 )ù = 9 + x(8 - x) (1) ë û ® ®
Trong hệ trục tọa độ xét a(x;3); b(8 - ; x 3) 1,0 Điểm ® ®
Khi đó | a |.| b |= 2 2 2 2
(x + 3 ) é(x -8) + 3 )ù ë û ® ®
a . b = 9 + x(8 - x) Trang 27 ® ® ® ®
Pt (1) tương đương với | a |.| b |= a . b (2) ® ® ® ®
Ta có | a |.| b | ³ a . b ® ® ® ®
Khi đó (2) xảy ra khi và chỉ khi hoặc a = 0 hoặc b = 0 (không xảy ® ® 8 - x
ra) hoặc a cùng hướng b suy ra =1 > 0 Û x=4. x
KL: Nghiệm của hệ là (4;4)
TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIII
ĐỀ THI OLYMPIC MÔN TOÁN TUYÊN QUANG 2017 LỚP 11
Ngày thi: 29 tháng 7 năm 2017
Thời gian làm bài:180 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi có 01 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1 (4,0 điểm) Cho dãy số (u ) xác định bởi: u = 2 và 2
(n +1)u u = nu + 1 với mọi số n 1 n 1 + n n nguyên dương n . 1 1 1 a) Chứng minh rằng: + +!+ = 2018u - 2. 2018 u u u 1 2 2017
b) Tìm số thực c lớn nhất sao cho u ³ c với mọi số nguyên dương n. n
Câu 2 (4,0 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC và ∑ 0
BAC ¹ 120 ), về phía ngoài tam giác ABC
dựng các tam giác đều ABB', ACC'. Gọi M, N, ,
P M ', N ', P' theo thứ tự lần lượt là trung điểm
của các đoạn thẳng BC, , CA ,
AB B'C', C' ,
A AB'. Chứng minh rằng:
a) Các tam giác MN 'P', M ' NP là các tam giác đều.
b) MM ', NN ', PP' đồng quy.
Câu 3 (4,0 điểm) Tìm tất cả các hàm số f : ! ® ! thoả mãn 2 2
f (x) £ (x + y ) f ( y)
với mọi số thực x, y .
Câu 4 (4,0 điểm) Cho dãy số nguyên (x ) xác định bởi: x = 0, x = 1 và x
= 3x - x với mọi n 0 1 n+2 n 1 + n số tự nhiên n .
a) Tìm số dư của x khi chia cho 4. 2017
b) Chứng minh rằng x º x mo (
d 101) với mọi số tự nhiên n. n 100 + n Trang 28
Câu 5 (4,0 điểm) Xét k là số nguyên dương thỏa mãn tính chất: Tồn tại 2017 tập con A , , … A 1 1 20 7 của tập 2017 {0,1,…,10
-1} (không nhất thiết phân biệt) sao cho mỗi tập có đúng k phần tử và mỗi phần tử của tập 2017 {0,1,…,10
-1} đều biểu diễn được dưới dạng x + x +!+ x 1 2 2 7 01 trong đó x Î A i = 1, , … 2017 k i i với
. Hãy xác định giá trị bé nhất của . -----HẾT-----
Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ................................................... Số báo danh: .............................
HƯỚNG DẪN CHẤM THI OLYMPIC TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIII MÔN TOÁN 11
(Hướng dẫn này có 04 trang) -----
Câu 1 (4,0 điểm) Cho dãy số (u ) xác định bởi: u = 2 và 2
(n +1)u u = nu +1 với mọi số nguyên n 1 n 1 + n n dương n . 1 1 1 a) Chứng minh rằng: + +!+ = 2018u - 2. 2018 u u u 1 2 2017
b) Tìm số thực c lớn nhất sao cho u ³ c với mọi số nguyên dương n . n
(Dựa trên đề đề xuất của THPT chuyên Lào Cai) Điểm Hướng dẫn chấm 4,0 1
a) Từ giả thiết suy ra u > 0 và *
= (n +1)u - nu , n " Ε (1). n n 1 n 1,0 u + n 1 1 1 Do đó: + +...+
= (2u - u ) +...+ (2018u - 2017u ) = 2018u - 2. 2 1 2018 2017 2018 1,0 u u u 1 2 2017 Trang 29
b) Ta chứng minh c = 1.
Trước hết ta chứng minh * u > 1, n
" Î • (2) bằng quy nạp. n
Với n = 1, 2 thì hiển nhiên (2) đúng. 1 æ 1 ö 1,0
Giả sử (2) đúng với n = k (k ³ 2). Khi đó: u -1 = (u -1)çk - (a). k 1 + ÷ k +1 k u è k ø k -1 1 k -1 2 1 k Mặt khác: u = u + ³ 2 ³ Þ £ , k " ³ 2 (b). k k 1 - 2 k ku k k u 2 k 1 - k 1 æ 1 ö
Từ (a), (b) và giả thiết quy nạp ta được u -1 =
(u -1)çk - ÷ > 0 Þ u > 1 . Vậy (2) k 1 + k k 1 k +1 u + è k ø 0,5
đúng với n = k +1. Theo nguyên lí quy nạp thì (2) đúng. Vậy c ³ 1. 1 æ 1 ö k 1 1 Từ u -1 =
(u -1)çk - ÷ > 0 Þ u -1<
(u -1) nên | u -1|£ (u -1) = . k 1 + k k 1 k +1 u + k +1 k è n n n k ø 1 0,5
Suy ra limu = 1. Do đó c £ 1. Vậy c = 1 (đpcm). k
Chú ý. Nếu học sinh chỉ chứng minh được limu = 1 mà chưa chứng minh được c ³ 1 thì cho k 1 điểm.
Câu 2 (4,0 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC và ∑ 0
BAC ¹120 ) , về phía ngoài tam giác ABC dựng
các tam giác đều ABB ', ACC '. Gọi M , N, ,
P M ', N ', P ' theo thứ tự lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC, , CA ,
AB B 'C ', C ' ,
A AB '. Chứng minh rằng:
a) Các tam giác MN ' P ', M ' NP là các tam giác đều.
b) MM ', NN ', PP ' đồng quy.
(Đề xuất của Tổ ra đề) Điểm Hướng dẫn chấm 4,0
a) Xét thế hình như hình vẽ (Học sinh chỉ dựa vào thế hình chứng minh thì vẫn cho điểm tối đa)
Cách 1. Xét phép quay véc tơ ngược chiều kim đồng hồ. Ta có 2,0 !!!!" !!!" !!!!" !!!" !!!!" !!!" !!!" !!!!" ° ° 1 1 ° ° 1 60 60 60 60
Q (MN ') =Q ( (BA' + CC ')) = (Q (B )
A +Q (CC ')) = (BB ' + C ) A = MP '. 2 2 2
Suy ra tam giác MN ' P ' đều. Tương tự, tam giác M ' NP đều. Trang 30 C' N' A M' P' B' N P Q B M C
Cách 2. Chứng minh các tam giác P ' AN ', P ' PM và MNN ' bằng nhau. Suy ra tam giác 2,0
MN ' P ' đều. Tương tự, tam giác M ' NP đều. b) Vì 0 BAC Ð
¹ 120 nên các đường thẳng MM ', NN ', PP 'không song song.
Gọi Q là giao điểm của NN ', PP '. Đặt ∑ ∑ ∑ ∑
MPN = ANP =a; APN = MNP = b.
Ta có các điều kiện sau tương đương:
1) MM ', NN ', PP ' đồng quy.
2) M , M ',Q thẳng hàng.
3) P(NMM 'Q) = N(PMM 'Q). 2,0
4) P(NMM ' P ') = N(PMM ' N '). ∑ ∑ ∑ ∑
sin M ' PN sin P ' PN
sin M ' NP sin N ' NP 5) : = : . ∑ ∑ ∑ ∑
sin M ' PM sin P ' PM
sin M ' NM sin N ' NM sin 60° sin(60° + b ) sin 60° sin(60° +a) 6) : = : .
sin(60° +a) sin(60° +a + b ) sin(60° + b ) sin(60° +a + b )
7) sin(60° +a)sin(60° + b ) = sin(60° + b )sin(60° +a) (luôn đúng).
Câu 3 (4,0 điểm) Tìm tất cả các hàm số f : ! ® ! thoả mãn 2 2
f (x) £ (x + y ) f (y)
với mọi số thực x, y .
(Đề xuất của Tổ ra đề) Điểm Hướng dẫn chấm 4,0 Theo giả thiết ta có 2 2
f (x) £ (x + y ) f (y) với mọi x, . y 1,5 Trang 31
Đổi vai trò x, y được f y £ ( 2 2 ( )
x + y ) f ( )
x . Do đó f y £ (x + y ) f x £ (x + y )2 2 2 2 2 ( ) ( ) f (y). Cho x = 2 thì 2 2
f (y) £ (4 + y ) f (y). Suy ra f ( y) ³ 0 với mọi y . 1,0
Mặt khác x = y = 0 ta được f (0) £ 0. Vậy f (0) = 0. 0,5
Cho y = 0 ta được f (x) £ 0 với mọi x . Vậy f º 0. 1,0
Câu 4 (4,0 điểm) Cho dãy số nguyên (x ) xác định bởi: x = 0, x =1 và x
= 3x - x với mọi số tự n 0 1 n+2 n 1 + n nhiên n .
a) Tìm số dư của x khi chia cho 4. 2017
b) Chứng minh rằng x º x mo (
d 101) với mọi số tự nhiên n . n 100 + n
(Đề đề xuất của Tổ ra đề) Điểm Hướng dẫn chấm 4,0 a) Ta có x º x (mod 4) . Suy ra x º x m ( d o 4) , do đó x º1(mod 4). n n+3 2017 1 2017 1,0 b) Cách 1.
Ta chỉ ra x º 0 (mod101) và x º1(mod101). Đầu tiên ta có 100 101 n n æ 3+ 5 ö æ 3- 5 ö ç ÷ -ç ÷ 2 2 x è ø è ø = . 1,0 n 5 k 1 -
Khai triển Newton cho ta: n k n-k 2
2 x = å C 3 5 . n n k =0,n 2 k å Ta có 2 45 º 5 (mod101). Suy ra
3 + 45 n - 3 - 45 n - - 48n - ( 42)n - n k n k k 1 ( ) ( )
2 x º å C 3 45 = º (mod101) . n n k = n 45 45 0, 1,5 2 k å 24n - ( 21 - )n Hay x º (mod101) . n 45
Áp dụng định lý Fermat nhỏ ta được: x º 0 (mod101) và x º1(mod101). Do công thức 100 101 0,5 truy hồi, suy ra x
º x (mod101) với mọi số tự nhiên n . n 100 + n
Cách 2. Học sinh có thể xét tìm dãy các số dư của x modulo 101. Danh sách các số dư của n
dãy khi chia cho 101 như dưới đây: 2,0
[0, 1, 3, 8, 21, 55, 43, 74, 78, 59, 99, 36, 9, 92, 65, 2, 42, 23, 27, 58, 46, 80, 93, 98, 100, 0, 1, 3, 8,….]. Trang 32
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ
THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH 2 NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: Toán – Lớp 11 ĐỀ CHÍ NH THỨC
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Sau đó học sinh giải thích do tính truy hồi nên dãy các số dư tuần hoàn. Suy ra đpcm. 1,0
Chú ý. Với cách 2, nếu học sinh chỉ tìm một vài số dư mà chưa ra đến số dư lặp (chu kỳ) thì không cho điểm.
Câu 5 (4 điểm) Xét k là số nguyên dương thỏa mãn tính chất: Tồn tại 2017 tập con A , , … A của tập 1 1 20 7 2017 {0,1, , … 10
-1} (không nhất thiết phân biệt) sao cho mỗi tập có đúng k phần tử và mỗi phần tử của 2017 {0,1, , … 10
-1} đều biểu diễn được dưới dạng x +!+ x trong đó x Î A với i =1, , … 2017. Hãy 1 2017 i i
xác định giá trị bé nhất của k .
(Đề đề xuất của Tổ ra đề) Điểm Hướng dẫn chấm 4,0
Ta kí hiệu A +!+ A là tập tất cả các số có dạng x +!+ x
trong đó x Î A với mọi 1 2017 1 2017 i i 1,5 i =1, , … 2017. Ta có 2017 A +!+ A = k . Thành thử 2017 2017 k ³10 hay k ³ 10 . 1 2017
Ta chỉ ra 10 chính là giá trị bé nhất có thể của k .
Với mọi số nguyên không âm m ta có thể viết s 1,5
m = a 10 +!+ a 10 + a , s 1 0
trong đó s là số tự nhiên và a , , … a Î{0,1, , … 9} và a ¹ 0. 0 s s Với mỗi số 2017 mÎ{0,1, , … 10 -1
} thì s < 2017 vì nếu s ³ 2017 thì s 2017 m ³ a 10 ³ 10 , mâu s thuẫn. j 1 - 2017 1,0 Với mỗi j =1, ,
… 2017 ta đặt A ={10 t :t = 0, ,
… 9} .Khi đó với mọi mÎ{0,1, , … 10 -1 , } j
thì m = x +!+ x , trong đó j 1
x =10 - a , j =1,2,..., s +
1 và x = 0, j = s + 2,..., 2017. 1 2017 j j 1 - j -----Hết-----
Ghi chú: Học sinh có thể làm theo nhiều cách khác nhau. Nếu giải đúng thì cho điểm tối đa. Câu I (4,0 điểm). æ p ö
1.Giải phương trình 2 2 2cos
- 2x + 3 cos 4x = 4cos x - 1 ç ÷ è 4 ø
2.Cho các số x + 5y;5x + 2y;8x + y theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng; đồng thời các số y - xy - (x + )2 2 ( 1) ; 1;
2 theo thứ tự lập thành một cấp số nhân. Hãy tìm x, y . Câu II (5,0 điểm). 1. Tính tổng 2 3 4 n S = 2.1 n C + 3.2 n C + 4.3 n C + . .+ n(n -1) n C Trang 33
2.Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có sáu chữ số khác nhau. Tính xác suất để chọn được một số có
3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ.
Câu III (5,0 điểm). 2 n + n - n 1. Tìm lim 2
4n + 3n - 2n 2 2
ìïx + 4 + x +8x +17 = y + y +1
2. Giải hệ phương trình í
ïx + y + y + 21 +1= 2 4y - 3x î Câu IV(2,0 điểm).
Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 4), B(1; 2), đỉnh C thuộc đường thẳng
d : x + 2y + 1 = 0 , trọng tâm G. Biết diện tích tam giác GAB bằng 3 đơn vị diện tích, hãy tìm tọa độ đỉnh C. Câu V (4,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn BC = 2a đáy bé AD = a , AB = b .
Mặt bên SAD là tam giác đều. M là một điểm di động trên AB, Mặt phẳng (P) đi qua M và song song với SA, BC.
1. Tìm thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mp(P) . Thiết diện là hình gì?
2. Tính diện tích thiết diện theo a, b và x = AM ,(0 < x < b). Tìm x theo b để diện tích thiết diện lớn nhất
-----------------Hết-----------------
Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh .............................
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:........................................................................................
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 2:........................................................................................ Trang 34
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP
ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP
TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH 2 TRƯỜNG NĂM HỌC 2018 – 2019 ĐỀ CHÍ NH THỨC
Môn thi: Toán – Lớp 11 Huớng dẫn chấm Câu Nội dung Điểm Câu I. 1 æ p ö 2 2 2cos
- 2x + 3 cos 4x = 4cos x - 1 ç ÷ è 4 ø æ p ö 0.5
PT 1- cosç - 4x÷ + 3 cos4x = ( 2 1+ cos 2x)-1 è 6 ø
Û sin 4x + 3 cos4x = 2cos2x æ p ö 0.5
Û cosç4x - ÷ = cos2x è 6 ø é p é p kp 1.0 ê4x - = -2x + k p 2 x ê = + Û ê 6 Û ê 36 3 (k ÎZ) ê p ê p ê4x - = 2x + k p 2 x = + kp ë 6 êë 12 2 • x + 5 ; y 5x + 2 ;
y 8x + y theo thứ tự lập thành CSC nên ta có: 0.5
x + 5y + 8x + y = 2(5x + 2y) Û x = 2y ( ) 1
• ( y - )2 xy - (x + )2 1 ; 1;
2 theo thứ tụ lập thành CSN nên ta có: 0.5
(y - )2(x+ )2 = (xy - )2 1 2 1 (2) 2 2 2 2 1.0
( y - )1 (2y + 2) = (2y - )1
• Thay (1) vào (2) ta đc: Û 4( 4 2 y - 2y + ) 4 2 1 = 4y - 4y +1 é - 3 ê y = Þ x = - 3 2 3 2 Û y = Û ê 4 ê 3 ê y = Þ x = 3 ë 2 Câu II 1 2 3 4 n
S = 2.1C + 3.2C + 4.3C + . .+ n(n -1)C n n n n Số hạng tổng quát: 1.0
u = k (k - ) n k C = k k - k n ( ) ! 1
1 k (!n-k)! n(n - ) 1 (n - 2)! =
(k - 2)!éë(n - 2)!-(k - 2)!ùû
= n(n - ) k-2 1 C 2 £ k £ n n-2 ( ) Trang 35
S = n(n - ) 1 ( 0 1 2 C +C +... n +C - n-2 n-2 n-2 ) 1.0 ( ) 2 1 2n n n - = - 0.5 2.
Số phần tử của không gian mẫu: 6 5
n = A - A = 136080 0.5 W 10 9
*Số các số tự nhiên có 6 chữ số có3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ là 0.5
TH1: (số tạo thành không chứa số 0)
• Lấy ra 3 số chẵn có: 3 C 4
• Lấy ra 3 số lẻ có: 3 C 5
• Số các hoán vị của 6 số trên: 6!
Suy ra số các số tạo thành: 3 3
C .C .6! = 28800 4 5
TH2: ( số tạo thành có số 0) 0.5
• Lấy ra hai số chẵn khác 0: 2 C 4 • Lấy ra 3 số lẻ: 3 C 5
• Số các hoán vị không có số ) đứng đầu: 6!- 5!= 5.5!
Số các số tạo thành: 2 3
C .C .5.5! = 36000 4 5
Gọi biến cố A: “số đuợc chọn có 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ” 1
Suy ra : n = 28800 + 36000 = 64800 A n 64800 10
Xác suất xảy ra biến cố A: A P = = = A n 136080 21 W Câu III 1 2 2.0 2 n + -
( 4n +3n+2n n n n ) lim = lim 2
4n + 3n - 2n 3n( 2
n + n + n) 3 + + 2 4 2
4n + 3n + 2n n 2 = lim = = 3( lim 2
n + n + n) æ 1 ö 3 3ç 1+ +1÷ n è ø 2 2 2
ìïx + 4+ x +8x +17 = y + y +1 ( )1 í
ïx + y + y + 21 +1= 2 4y - 3x î (2) Điều kiện: y ³ 0 2 2 0.5
( )1 Û (x - y + 4)+ x +8x +17 - y +1 = 0 2 2 Û ( x + - y x - y + 4) ( 4) + = 0 2 2
x + 8x +17 + y +1 Û (
x + + y x + - y x - y + 4) ( 4 )( 4 ) + = 0 2 2
x + 8x +17 + y +1 Trang 36 x + 4 + y 0.5 Û (x - y + 4) ( ) (1+ ) = 0 2 2
x + 8x +17 + y +1 Û y = x + 4 2 2 0.5 (x + 4+ y)
(x + 4) +1+(x + 4)+ y +1+ y Vì:1+ = > 0" , x y 2 2 2 2
x + 8x +17 + y +1
x + 8x +17 = y +1
Thay y = x + 4 vào 2 ta đuợc 0.5 :
(2) Û x + x + 4 + x + 25 +1= 2 x +16
Û ( x + 4 - 2)+( x + 25 -5)+ (x +8- 2 x +16 = 0) æ 1 1 x +12 ö Û x + + = 0 ç ÷ è x + 4 + 2
x + 25 + 5 x + 8 + 2 x +16 ø éx = 0 Þ y = 4 0.5 ê 1 1 x +12 (vn) ê + + = 0 0.5 êë x + 4 + 2
x + 25 + 5 x + 8 + 2 x +16 !!!"
Câu IV Ta có: BA = (2;2), AB = 2 2 0.5 x -1 y - 2
Phuơng trình đuờng thẳng AB: = Û x - y +1 = 0 1 1
C Îd : x + 2y +1= 0 Þ C ( 1 - - 2t;t) 0.5 æ 2 t ö
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC suy ra: G 1- t; 2 + ç ÷ è 3 3 ø t 0.5
Khoảng cách từ G đến AB: d = (G;AB) 2
Vì diện tích GAB bằng 3 đơn vị nên ta có: 0.5 ét = 3 Þ C ( 7 - ;3 1 ) d( .AB = 3 Û ê G;AB) 2 êt = 3 - Þ C ë (5; 3 - ) Trang 37 Câu V
+ Từ M kẻ đuờng thẳng song song với BC và SA lần luợt cắt DC tại N, SB tại Q. 0.5
+ Từ Q kẻ đuờng thẳng song song với BC cắt SC tại P. 0.5
Thiết diện hình thang cân MNPQ S Q P P Q 2a C B M b N x D A N M a H K + Tính diện tích MNPQ 1.5 b - x 2. . a x ab + ax
Ta tính đuợc MQ = NP = a, PQ = ; MN = từ đó tính đuợc b b b ab - . a x 3 QK = . b 2 2 0.5 1 3.a
Suy ra diện tích MNPQ là: x S = MN + PQ QK =
b - x b + x MNPQ ( ). 3 2 ( )( ) 2 4b 2 2 2 2 1 3.a
3.a æ 3b - 3.x + b + 3.x ö 3.a S =
b - x b + 3x £ = MNPQ 2 ( )( ) 2 ç ÷ 4b 12b è 2 ø 12 b
Dấu “=”xẩy ra khi x = . 3
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4
KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN TỔ: Toán
Năm học: 2018 - 2019
ĐỀ KIỂM TRA LẦN 1
Môn thi: TOÁN - Lớp 11 THPT
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Số báo danh
Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu
……………………............ Câu I (4,0 đi ….... ể ...m
....). ............ 1. Cho hàm số 2
y = x + 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
x + m x + m
độ x ; x thỏa mãn 1 2 + = 6 - 1 2 x -1 x -1 2 1
2. Giải bất phương trình 2
( x + 3 - x -1)×(1+ x + 2x - 3) ³ 4.
Câu II (4,0 điểm) Trang 38 ( æ p ö
1+ s inx + cos2x)sin x + ç ÷ è 4 ø 1
1. Giải phương trình = cosx 1+tanx 2
ì x +1 + y +1 = 4 - x + 5y ï
2. Giải hệ phương trình í ( , x y Î! ). 2
ïx + y + 2 = 5(2x - y + ) 1 + 3x + 2 î
Câu III (4,0 điểm)
1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng b + c c + a a + b + + ³ a + b + c + 3 a b c u ì = 2018 ï æ 3n ö
2. Cho dãy số (u 1
n) được xác định bởi í . Tính giới hạn lim .u . ( 2 ç ÷ 3n + 9n 2 n î )u = + + ³ ï +
( 2n 5n 4 u , n 1 è n n 1 ) n ø
Câu IV (4,0 điểm) 3
ìï x -6 2x + 4 = 4 3y +18 - 2y
1. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm í . 3
ïî x + 2y -6 -6m = 0
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 D : 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) u ì = 2 1 ï æ u u u ö
1. Cho dãy số (u 1 2 limç + +... n + n ) xác định í .Tính . 1 ÷ u - u = u - u n " ³ ï u -1 u -1 u -1 n+ n ( 2 , 1 1 n n ) î è ø 2018 2 3 n 1 +
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) 2 2
: x + y = 25 , đường
thẳng AC đi 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.
...........................Hết........................
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Câu NỘI DUNG Điểm I 1. Cho hàm số 2
y = x + 2x - 3 (*) và đường thẳng d : y = 2mx - 4. 4,0 Lập bả
x ng biến thiên và vẽ đồ t 1 -∞ hị (P) của hàm s
+∞ố (*). Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm 2.0
x + m x + m điểm phân biệt c + ó hoà ∞
nh độ x ; x thỏa mãn 1 2 + + ∞ = 6 - 1 2 x -1 x -1
+ Lập bảng biến thiên và vẽ (P): 2 2
y = x + 2x - 3 1 y ìx = 1 - ta có đỉnh I : í Þ I ( 1 - ; 4 - ) îy = 4 - Ta có bảng biến thiên: -4 -1 Trang 39 0.50
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 - )
Ta có đồ thị của hàm số: y -1 x -3 O 1 0.50 -4 ìx ¹ 1 Đk: 1 í x ¹ 1 î Xét phươ
2 ng trình hoành độ giao điểm 2 2
x + 2x -3 = 2mx - 4 Û x - 2(m- ) 1 x +1= 0 (1)
d cắt (P) tại hai điểm phâ ìïD¢ n biệt có hoà 2 nh độ = - - >
x ; x2 Û phương trình (1) có hai nghiệm
(m )1 1 0 ìm - 2m > 0 ém > 2 phân biệt 1 2 x , x ¹ 1 Û í Û í Û 1 2 ê 1 ï - 2 m
ìïx-+ x = 2 m -1 1 1 + 2 1 ¹ 0 î ( î)4 - 2m ¹ 0 ëm < 0 ( )
khi đó theo định lí viet ta có í ïx .x =1 î 1 2 2 2 2 0.50
(x + x - 2x x + m -1 x + x - 2m
4 m -1 - 2 + 2 m -1 - 2m 1 2 ) 1 2 ( )( 2 2 1 2 ) ( ) ( ) Û
x + m x + m
x + x + m -1 x + x - 2m 1 2 1 2 ( =)(6 - 1Û 2 ) Ta có + = 6 - Û = 6 - = -6
x x - x + x +1 1- 2 m -1 +1 1 2 ( 1 2) ( ) x -1 x -1
x x - x + x +1 2 1 1 2 ( 1 2) ém = 2 7 kết hợ 6( p vớ m i 1 đi )2 ều ki 2m ện t 2 a đượ 6(c 4 2 m m = ) 2 3m 13m 14 0 ê Û - - - = - - Û - + = Û 7 3 êm = ë 3 0.50
2. Giải bất phương trình 2
( x + 3 - x -1)×(1+ x + 2x - 3) ³ 4 ( ) * 2.0
Điều kiện: x ³ 1. Suy ra: x + 3 + x -1 > 0. 0.50 2
4 ×(1+ x + 2x - 3) 2 ( ) * Û
³ 4 Û 1 + x + 2x - 3 ³ x + 3 + x - 1 0.50 x + 3 + x - 1 2 2
Û 1+ x + 2x - 3 + 2 x + 2x - 3 ³ x + 3 + x - 1+ 2 (x + 3)(x - 1) 0.50 2
Û x - 4 ³ 0 Û x £ 2
- hoặc x ³ 2. Trang 40
Kết luận: Kết hợp với điều kiện ta được tập nghi æ ệ
p mö của bất phương trình là S = é +¥ (1+sinx + cos2x)sin x + ë2; )× 0.50 ç ÷ è 4 ø 1 II
1. Giải phương trình = cosx 1+tanx 2 4,0 2.0 điểm ì p ¹ + p ìcosx ¹ 0 ìcosx ¹ 0 x k ïï Điều kiện : 2 í Û í í 1 î + tanx ¹ 0 îtanx ¹ 1 - p ïx ¹ - + kp ïî 4 æ p ö 0.50
(1+sinx +cos2x)sin x + ç ÷ è 4 ø 1 Pt Û = cos x cos x(1+ sinx + sin co x
s2x) cos x + sinx Û 2 1 . = cos x 1+ cos x + sinx cos x 2 2 0.50 1 - 2
Û 1+ sinx + cos 2x =1 Û 2 - sin x+sinx é +1= - 0
p Û sinx = hoặc sinx =1 (loại). 0.50 x = + k2p ê 2 1 æ p - ö Với 6 sin x = - Û sinx = sin Û ç ÷ ê ,(k Î Z ) 2 è 6 ø 7p ê p -
Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của x phươ = ng t + k rì 2 nh l p à: x = + k2p ; 7p ê x =
+ k2p với (k ÎZ ). ë 6 6 6 0.50 ì x +1 + y +1 = 4 - x + 5y
2.Giải hệ phương trình ïí (x,yÎ! ). 2.0 2 ïx + y + 2 = 5(2x - y + ) 1 + 3x + 2 î ì 2 x ³ - , y ³ 1 - ïï 3
Điều kiện : í4 - x + 5y ³ 0 . ï ïî2x - y +1³ 0 0.50
Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có :
x +1 + y +1 = 4 - x + 5y Û x + y + 2 + 2 (x + ) 1 (y + ) 1 = 4 - x + 5y Û x - 2y -1+ (x + ) 1 (y + ) 1 = 0 Û x +1+ (x + ) 1 (y + ) 1 - 2(y + ) 1 = 0 0.50
Û ( x +1- y +1)( x +1+ 2 y +1) = 0 Û x +1 = y +1 Û x = y .
Thay x = y vào phương trình thứ hai trong hệ ta có phương trình : 2 x + x + 2 = 5x + 5 + 3x + 2 2
Û x - x -1+ (x + 2- 5x +5)+ (x +1- 3x + 2) = 0 2 2 0.50 2 x - x -1 x - x -1 Û x - x -1+ + = 0 5x + 5 + x + 2 3x + 2 + x +1 ( 2 - - )æ 1 1 ö Û x x 1 1+ + = 0 ç ÷ è 5x + 5 + x +1 3x + 2 + x + 2 ø Trang 41 é 1+ 5 1+ 5 êx = Þ y = 2 2 2 Û x - x -1 = 0 Û ê ê 1- 5 1- 5 êx = Þ y = ë 2 2 Vì 1 1 2 1+ ì + > 0, x
" ³ - . Đối chiều điều kiện ta có nghiệm æ ï + + ö æ - - öüï 0.50 của hệ : 5x + 5 += x +1 3x + 2 + x + 2 3 ( ) 1 5 1 5 1 5 1 5 x, y ç í ; ÷;ç ; ÷ý. ç 2 2 ÷ ç 2 2 ÷ ïè î ø è øïþ III
1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng b + c c + a a + b 4,0 + + ³ a + b + c + 3 2.0 điểm a b cb + c 2 bc bc
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có ³ = 2 c a + a aca a + a b ab Tương tự ta được ³ 2 ; ³ 2 b b c c 0.50
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được b c c a a b æ bc ca ab ö + + + + + ³ 2 ç + + ÷ a b c çbca cab c ÷ bc ca
Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có è ø + ³ 2 × = 2 c a b a b 0.50 ca ab ab bc
Áp dụng tương tự ta được + ³ 2 a; + ³ 2 b b c bc c ca a ab
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được + + ³ a + b + c b + c c + a aa + b b c Do đó ta suy ra + + ³ 2 a + b + c ( ) a b c 0.50
Ta cần chứng minh được 2
a + b + c ³ a + b + c + 3 Û a + b + c ³ 3 ( )
Đánh giá cuối cùng là một đánh giá đúng theo bất đẳng thức Cauchy và giả thiết abc = 1 0.50
Bài toán được giải quyết xong. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. u ì = 2018 ï 1
2. Cho dãy số (un) được xác định bởi í . 2 2 (3n +9n ïî
)u = n +5n+4 u , n ³1 n 1 + ( ) n n 2.0 æ 3 ö Tính giới hạn lim .u . ç 2 n ÷ 1 (n è n2 +1) + 3 ø (n +1) u 1 u Ta có n 1 + n u = u Û = 0.50 n 1 + 2 n 2 2 3 n + 3n
(n +1) + 3(n +1) 3 n + 3n u 1 Đặt n v = Þ v = v Þ 1
(vn) là cấp số nhâ n 1 -
n có công bội q =n 1 - và số hạng đầu n 2u n 2018 1 1009 æ 1 ö 1009 æ 1 ö v n = + 1009 1 3n + = = 3 nÞ v = . Þ u = . 3 n + n n ç ÷ n ç ÷ ( 2 3 ) 1 4 4 2 2 è 3 ø 2 - è 3 0.50 ø æ 3n ö n 1 æ 3n ö æ1009 æ 1ö 3n ö Khi đó lim .u = lim .u ç ÷ = limç . n + n ç ÷ ÷ n ( 2 3 . 2 ) ç 2 n ÷ è n ø 2 è n ç ø 2 3 n ÷ è ø è ø 0.50 2
æ 3027 n + 3n ö 3027 æ 3 ö 3027 = lim . ç ÷ = lim 1+ = . 2 ç ÷ è 2 n ø 2 è n ø 2 Trang 42 0.50 3
ìï x -6 2x + 4 = 4 3y +18 - 2y IV
1. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm í 3
ïî x + 2y -6 -6m = 0 4,0 2.0 điểm ì ³ - x 2 y Đk: í îy ³ 6 - 3 K H I 1 x 1 O 3 ìæ x ö æ y ö x y ï +1 + + 2 - 2 +1 - 2 + 2 = 3 ç ÷ ç ÷ ïè 2 ø è 3 ø 2 3 Ta có pt(1) Û í æ ï x ö æ y ö +1 + + 2 = m + 4 ç ÷ ç ÷ ïè î 2 ø è 3 ø 0.50 ì x ïa = +1 ï 2 2 2
ìïa +b - 2a - 2b = 3 Đặt í
(đk a,b ³ 0 ). Ta có hệ phương trình í (*) ï y 2 2
ïîa +b = m + 4 Hệ phươ b ng t = rình đã
+ 2 cho có nghiệm Û hệ (*) có nghiệm a,b ³ 0 ïî 3 Nếu m £ 4
- hệ (*) vô nghiệm Þ hệ phương trình đã cho vô nghiệm 0.50
Nếu m > 4 . Chọn hệ tọa độ Oab ta có 1
Pt(1) cho ta đường tròn (C I (1 ) ;1 , R = 5 a,b ³ 0 1 ) tâm ( vì ) 4 1 1
Pt(2) cho ta đường tròn (C
O(0;0), R = m + 4 a,b ³ 0 2 ) tâm ( vì ) 4 2 Trang 43
Hệ phương trình có nghiệm Û (C (C2) 1 ) cắt 0.50
Û OH £ R £ OK Û 3 £ m + 4 £ 2 + 5 Û 5 £ m £ 3+ 2 10 2
Vậy hệ đã cho có nghiệm Û 5 £ m £ 3+ 2 10 0.50
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 D : 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 2.0
định tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD. Tứ giác ADBN nội tiếp ∑ ∑
Þ AND = ABD và ∑ ∑
ABD = ACD (do ABCD là hình chữ nhật). Suy ra ∑ ∑
AND = ACD hay tứ giác ANCD nội tiếp được một đường tròn, mà ∑ 0 ∑ ADC = Þ ANC = 0 90
90 Þ AN ^ CN. 0.50 !!!!" !!!!"
Giả sử C (2c + 5; )
c , từ AN .CN = 0 Þ 3(1 - 2 ) c + (2 + )
c = 0 Þ c = 1 Þ C (7;1)
Tứ giác ABEC là hình bình hành, suy ra AC / /BE.
Đường thẳng NE qua N và song song với AC nên có phương trình y + 2 = 0. 0.50 éb = 6 ® B º !!!" !!!" N (loπi ) Giả sử B ( ;
b - 2), ta có AB B C = 0 Þ 2 .
b - 4b - 12 = 0 Þ ê
êb = -2 ® B (-2;-2) ë 0.50
Từ đó dễ dàng suy ra D (6;4)
Vậy C (7;1), B(-2;-2), D (6;4u). 0.50 ì = 2 1 ï V
1. Cho dãy số (un ) xác định í 1 . æ u u u u - uö = u - u n " ³ 1 2 ï n+ n n ( 2 , 1 1 n n ) 4,0 Tính limç + +... î + . 2018 ÷ điểm u -1 u -1 u -1 è 2 3 n 1 + ø 2.0 Trang 44 u u - n ( n )1
Theo giả thiết ta có: u =
+ u mà u = 2 suy ra. n 1 + n 1 2018 0.50
2 = u < u < u < ....... do đó dãy (un )là dãy tăng. 1 2 3 Giả sử dãy (u limu = L (L ³ 2)
n ) bị chặn trên suy ra với khi đó. n n®¥ 2 2 u + 2017u L + 2017L éL = 0 limu = lim n n Û L = Û . n 1 + ê 2018 2018 ëL =1 0.50 1
Vô lý do L ³ 2 . Suy ra dãy (u limu = +¥ Þ lim = 0
n ) không bị chặn trên do đó. n un 1 Ta có: u - u =
u - u Û u u - = u -u n+ n ( 2 1 2018 1 n n ) n ( n ) ( n 1+ n ) 2018 u u u - u - u n n ( n )1 2018( n 1+ n ) Û = = 0.50 u -1 u -1 u -1 u -1 u -1 n 1 +
( n 1+ )( n ) ( n 1+ )( n ) 2018(u -1- u -1 é ù n 1 + ( n )) 1 1 = ( = 2018. - ê ú u -1 u -1 u -1 u -1 n 1 + )( n ) ë n n 1 + û 0.50 Đặt : u u u 1 2 S = + +... n + n u -1 uæ -1 u -1 2 3 1 n 1 1 + ö æ 1 ö Þ S = 2018ç - ÷ = 2018ç1-
÷ Þ lim S = 2018 n u -1 u -1 u -1 n è ø è ø
2. Trong mặt phẳ1ng với hệ n 1
+ tọa độ Oxy, cho tna+m 1
giác ABC nội tiếp đường tròn (C) 2 2
: x + y = 25 , đường thẳng AC đi 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 2.0
thẳng MN là 4x - 3y +10 = 0 và điểm A có hoành độ âm.
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 Þ MN / / I J ì∑ ∑ ACI = ABI ï Lại có ï∑ ∑ íJBA = JCA 0.50 ï∑ ∑ ∑ ∑
ABI = JCA doNBM = NCM ïî ( ) ∑ ∑ Þ JBA = ICA Þ
AI = AJ Þ AO ^ JI Þ AO ^ MN Từ đó ta có:
+) Do OA đi qua O(0;0) và vuông góc với MN : 4x - 3y +10 = 0 nên Phương trình
đường thẳng OA : 3x + 4y = 0. Trang 45 ì3x + 4 y = 0 é A (-4;3)
+) Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ í Þ ê 0.50 î 2 x + 2 y = 25 êëA (4;-3) (loπi)
+) Do AC đi qua A (-4;3) và K (2;1), nên phương trình đường thẳng
AC : x + 3y - 5 = 0. ìx + 3y - 5 = 0
éC -4;3 º A loπi ( ) ( )
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ í Þ ê î 2 x + 2 y = 25 êëC(5;0) 0.50
+) Do M là giao điểm của AC và MN nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ
ì4x - 3y + 10 = 0 í Þ M (-1;2) îx + 3y - 5 = 0
+) Đường thẳng BM đi qua M (-1;2)và vuông góc với AC nên phương trình đường
thẳng BM : 3x - y + 5 = 0 ì3x - y + 5 = 0 éB 0;5 ( )
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ í Þ ê î 2 x + 2 y = 25 êëB (-3;-4) 0.50
Vậy A (-4;3), B (-3;-4),C(5;0) hoặc A (-4;3), B (0;5),C(5;0).
...........................Hết........................
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4
KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN TỔ: Toán
Năm học: 2018 - 2019
ĐỀ KIỂM TRA LẦN 1
Môn thi: TOÁN - Lớp 11 THPT
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Số báo danh
Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu
……………………............ Câu I (4,0 đi ….... ể ...m
....). ............ 1. Cho hàm số 2
y = x + 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
x + m x + m
độ x ; x thỏa mãn 1 2 + = 6 - 1 2 x -1 x -1 2 1
2. Giải bất phương trình 2
( x + 3 - x -1)×(1+ x + 2x - 3) ³ 4.
Câu II (4,0 điểm) ( æ p ö
1+ s inx + cos2x)sin x + ç ÷ è 4 ø 1
1. Giải phương trình = cosx 1+tanx 2
ì x +1 + y +1 = 4 - x + 5y ï
2. Giải hệ phương trình í ( , x y Î! ). 2
ïx + y + 2 = 5(2x - y + ) 1 + 3x + 2 î
Câu III (4,0 điểm)
1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng Trang 46 b + c c + a a + b + + ³ a + b + c + 3 a b c u ì = 2018 ï æ 3n ö
2. Cho dãy số (u 1
n) được xác định bởi í . Tính giới hạn lim .u . ( 2 ç ÷ 3n + 9n 2 n î )u = + + ³ ï +
( 2n 5n 4 u , n 1 è n n 1 ) n ø
Câu IV (4,0 điểm) 3
ìï x -6 2x + 4 = 4 3y +18 - 2y
1. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm í . 3
ïî x + 2y -6 -6m = 0
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 D : 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) u ì = 2 1 ï æ u u u ö
1. Cho dãy số (u 1 2 limç + +... n + n ) xác định í .Tính . 1 ÷ u - u = u - u n " ³ ï u -1 u -1 u -1 n+ n ( 2 , 1 1 n n ) î è ø 2018 2 3 n 1 +
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) 2 2
: x + y = 25 , đường
thẳng AC đi 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.
...........................Hết........................
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Câu NỘI DUNG Điểm I 1. Cho hàm số 2
y = x + 2x - 3 (*) và đường thẳng d : y = 2mx - 4. 4,0 Lập bả
x ng biến thiên và vẽ đồ t 1 -∞ hị (P) của hàm s
+∞ố (*). Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm 2.0
x + m x + m điểm phân biệt c + ó hoà ∞
nh độ x ; x thỏa mãn 1 2 + + ∞ = 6 - 1 2 x -1 x -1
+ Lập bảng biến thiên và vẽ (P): 2 2
y = x + 2x - 3 1 y ìx = 1 - ta có đỉnh I : í Þ I ( 1 - ; 4 - ) îy = 4 - Ta có bảng biến thiên: -4 -1 0.50
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 - )
Ta có đồ thị của hàm số: y Trang 47 -1 x -3 O 1 0.50 ìx ¹ 1 Đk: 1 í x ¹ 1 î Xét phươ
2 ng trình hoành độ giao điểm 2 2
x + 2x -3 = 2mx - 4 Û x - 2(m- ) 1 x +1= 0 (1)
d cắt (P) tại hai điểm phâ ìïD¢ n biệt có hoà 2 nh độ = - - >
x ; x2 Û phương trình (1) có hai nghiệm (m )1 1 0 1 ìm 2- 2m > 0 ém > 2
phân biệt x , x ¹ 1 Û í Û í Û 1 2 ê 1 ï - 2 m
ìïx-+ x = 2 m -1 1 1 + 2 1 ¹ 0 î ( î)4 - 2m ¹ 0 ëm < 0 ( )
khi đó theo định lí viet ta có í ïx .x =1 î 1 2 2 2 2 0.50
(x + x - 2x x + m -1 x + x - 2m
4 m -1 - 2 + 2 m -1 - 2m 1 2 ) 1 2 ( )( 2 2 1 2 ) ( ) ( ) Û
x + m x + m
x + x + m -1 x + x - 2m 1 2 1 2 ( =)(6 - 1Û 2 ) Ta có + = 6 - Û = 6 - = -6
x x - x + x +1 1- 2 m -1 +1 1 2 ( 1 2) ( ) x -1 x -1
x x - x + x +1 2 1 1 2 ( 1 2) ém = 2 7 kết hợ 6( p vớ m i 1 đi )2 ều ki 2m ện t 2 a đượ 6(c 4 2 m m = ) 2 3m 13m 14 0 ê Û - - - = - - Û - + = Û 7 3 êm = ë 3 0.50
2. Giải bất phương trình 2
( x + 3 - x -1)×(1+ x + 2x - 3) ³ 4 ( ) * 2.0
Điều kiện: x ³ 1. Suy ra: x + 3 + x -1 > 0. 0.50 2
4 ×(1+ x + 2x - 3) 2 ( ) * Û
³ 4 Û 1 + x + 2x - 3 ³ x + 3 + x - 1 0.50 x + 3 + x - 1 2 2
Û 1+ x + 2x - 3 + 2 x + 2x - 3 ³ x + 3 + x - 1+ 2 (x + 3)(x - 1) 0.50 2
Û x - 4 ³ 0 Û x £ 2
- hoặc x ³ 2.
Kết luận: Kết hợp với điều kiện ta được tập nghi æ ệ
p mö của bất phương trình là S = é +¥ (1+sinx + cos2x)sin x + ë2; )× 0.50 ç ÷ è 4 ø 1 II
1. Giải phương trình = cosx 1+tanx 2 4,0 2.0 điểm ì p ¹ + p ìcosx ¹ 0 ìcosx ¹ 0 x k ïï Điều kiện : 2 í Û í í 1 î + tanx ¹ 0 îtanx ¹ 1 - p ïx ¹ - + kp ïî 4 0.50 Trang 48 ( æ p ö
1+ sinx + cos2x)sin x + ç ÷ è 4 ø 1 Pt Û = cos x cos x(1+ sinx + sin co x
s2x) cos x + sinx Û 2 1 . = cos x 1+ cos x + sinx cos x 2 2 0.50 1 - 2
Û 1+ sinx + cos 2x =1 Û 2 - sin x+sinx é +1= - 0
p Û sinx = hoặc sinx =1 (loại). 0.50 x = + k2p ê 2 1 æ p - ö Với 6 sin x = - Û sinx = sin Û ç ÷ ê ,(k Î Z ) 2 è 6 ø 7p ê p -
Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của x phươ = ng t + k rì 2 nh l p à: x = + k2p ; 7p ê x =
+ k2p với (k ÎZ ). ë 6 6 6 0.50 ì x +1 + y +1 = 4 - x + 5y
2.Giải hệ phương trình ïí (x,yÎ! ). 2.0 2 ïx + y + 2 = 5(2x - y + ) 1 + 3x + 2 î ì 2 x ³ - , y ³ 1 - ïï 3
Điều kiện : í4 - x + 5y ³ 0 . ï ïî2x - y +1³ 0 0.50
Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có :
x +1 + y +1 = 4 - x + 5y Û x + y + 2 + 2 (x + ) 1 (y + ) 1 = 4 - x + 5y Û x - 2y -1+ (x + ) 1 (y + ) 1 = 0 Û x +1+ (x + ) 1 (y + ) 1 - 2(y + ) 1 = 0 0.50
Û ( x +1- y +1)( x +1+ 2 y +1) = 0 Û x +1 = y +1 Û x = y .
Thay x = y vào phương trình thứ hai trong hệ ta có phương trình : 2 x + x + 2 = 5x + 5 + 3x + 2 2
Û x - x -1+ (x + 2- 5x +5)+ (x +1- 3x + 2) = 0 2 2 0.50 2 x - x -1 x - x -1 Û x - x -1+ + = 0 5x + 5 + x + 2 3x + 2 + x +1 ( 2 - - )æ 1 1 ö Û x x 1 1+ + = 0 ç ÷ è 5x + 5 + x +1 3x + 2 + x + 2 ø é 1+ 5 1+ 5 êx = Þ y = 2 2 2 Û x - x -1 = 0 Û ê ê 1- 5 1- 5 êx = Þ y = ë 2 2 Vì 1 1 2 1+ ì + > 0, x " ³ - æ ï + + ö æ - -
öü . Đối chiều điều kiện ta có nghiệm ï 0.50 của hệ : 5x + 5 += x +1 3x + 2 + x + 2 3 ( ) 1 5 1 5 1 5 1 5 x, y ç í ; ÷;ç ; ÷ý. ç 2 2 ÷ ç 2 2 ÷ ïè î ø è øïþ III
1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng b + c c + a a + b 4,0 + + ³ a + b + c + 3 2.0 điểm a b c Trang 49 b + c 2 bc bc
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có ³ = 2 c a + a aca a + a b ab Tương tự ta được ³ 2 ; ³ 2 b b c c 0.50
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được b c c a a b æ bc ca ab ö + + + + + ³ 2 ç + + ÷ a b c çbca cab c ÷ bc ca
Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có è ø + ³ 2 × = 2 c a b a b 0.50 ca ab ab bc
Áp dụng tương tự ta được + ³ 2 a; + ³ 2 b b c bc c ca a ab
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được + + ³ a + b + c b + c c + a aa + b b c Do đó ta suy ra + + ³ 2 a + b + c ( ) a b c 0.50
Ta cần chứng minh được 2
a + b + c ³ a + b + c + 3 Û a + b + c ³ 3 ( )
Đánh giá cuối cùng là một đánh giá đúng theo bất đẳng thức Cauchy và giả thiết abc = 1 0.50
Bài toán được giải quyết xong. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. u ì = 2018 ï 2. Cho dãy số (u 1
n) được xác định bởi í . 2 2 (3n +9n ïî
)u = n +5n+4 u , n ³1 n 1 + ( ) n n 2.0 æ 3 ö Tính giới hạn lim .u . ç 2 n ÷ 1 (n è n2 +1) + 3 ø (n +1) u 1 u Ta có n 1 + n u = u Û = 0.50 n 1 + 2 n 2 2 3 n + 3n
(n +1) + 3(n +1) 3 n + 3n u 1 Đặt n v = Þ v = v Þ 1
(vn) là cấp số nhâ n 1 -
n có công bội q =n 1 - và số hạng đầu n 2u n 2018 1 1009 æ 1 ö 1009 æ 1 ö v n = + 1009 1 3n + = = 3 nÞ v = . Þ u = . 3 n + n n ç ÷ n ç ÷ ( 2 3 ) 1 4 4 2 2 è 3 ø 2 - è 3 0.50 ø æ 3n ö n 1 æ 3n ö æ1009 æ 1ö 3n ö Khi đó lim .u = lim .u ç ÷ = limç . n + n ç ÷ ÷ n ( 2 3 . 2 ) ç 2 n ÷ è n ø 2 è n ç ø 2 3 n ÷ è ø è ø 0.50 2
æ 3027 n + 3n ö 3027 æ 3 ö 3027 = lim . ç ÷ = lim 1+ = . 2 ç ÷ è 2 n ø 2 è n ø 2 0.50 3
ìï x -6 2x + 4 = 4 3y +18 - 2y IV
1. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm í 3
ïî x + 2y -6 -6m = 0 4,0 2.0 điểm Trang 50 ì ³ - x 2 y Đk: í îy ³ 6 - 3 K H I 1 x 1 O 3 ìæ x ö æ y ö x y ï +1 + + 2 - 2 +1 - 2 + 2 = 3 ç ÷ ç ÷ ïè 2 ø è 3 ø 2 3 Ta có pt(1) Û í æ ï x ö æ y ö +1 + + 2 = m + 4 ç ÷ ç ÷ ïè î 2 ø è 3 ø 0.50 ì x ïa = +1 ï 2 2 2
ìïa +b - 2a - 2b = 3 Đặt í
(đk a,b ³ 0 ). Ta có hệ phương trình í (*) ï y 2 2
ïîa +b = m + 4 Hệ phươ b ng t = rình đã
+ 2 cho có nghiệm Û hệ (*) có nghiệm a,b ³ 0 ïî 3 Nếu m £ 4
- hệ (*) vô nghiệm Þ hệ phương trình đã cho vô nghiệm 0.50
Nếu m > 4 . Chọn hệ tọa độ Oab ta có 1
Pt(1) cho ta đường tròn (C I (1 ) ;1 , R = 5 a,b ³ 0 1 ) tâm ( vì ) 4 1 1
Pt(2) cho ta đường tròn (C
O(0;0), R = m + 4 a,b ³ 0 2 ) tâm ( vì ) 4 2
Hệ phương trình có nghiệm Û (C (C2) 1 ) cắt 0.50
Û OH £ R £ OK Û 3 £ m + 4 £ 2 + 5 Û 5 £ m £ 3+ 2 10 2
Vậy hệ đã cho có nghiệm Û 5 £ m £ 3+ 2 10 0.50 Trang 51
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 D : 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 2.0
định tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD. Tứ giác ADBN nội tiếp ∑ ∑
Þ AND = ABD và ∑ ∑
ABD = ACD (do ABCD là hình chữ nhật). Suy ra ∑ ∑
AND = ACD hay tứ giác ANCD nội tiếp được một đường tròn, mà ∑ 0 ∑ ADC = Þ ANC = 0 90
90 Þ AN ^ CN. 0.50 !!!!" !!!!"
Giả sử C (2c + 5; )
c , từ AN .CN = 0 Þ 3(1 - 2 ) c + (2 + )
c = 0 Þ c = 1 Þ C (7;1)
Tứ giác ABEC là hình bình hành, suy ra AC / /BE.
Đường thẳng NE qua N và song song với AC nên có phương trình y + 2 = 0. 0.50 éb = 6 ® B º !!!" !!!" N (loπi ) Giả sử B ( ;
b - 2), ta có AB B C = 0 Þ 2 .
b - 4b - 12 = 0 Þ ê
êb = -2 ® B (-2;-2) ë 0.50
Từ đó dễ dàng suy ra D (6;4)
Vậy C (7;1), B(-2;-2), D (6;4u). 0.50 ì = 2 1 ï V
1. Cho dãy số (un ) xác định í 1 . æ u u u u - uö = u - u n " ³ 1 2 ï n+ n n ( 2 , 1 1 n n ) 4,0 Tính limç + +... î + . 2018 ÷ điểm u -1 u -1 u -1 è 2 3 n 1 + ø 2.0 u u - n ( n )1
Theo giả thiết ta có: u =
+ u mà u = 2 suy ra. n 1 + n 1 2018 0.50
2 = u < u < u < ....... do đó dãy (un )là dãy tăng. 1 2 3 Giả sử dãy (u limu = L (L ³ 2)
n ) bị chặn trên suy ra với khi đó. n n®¥ Trang 52 2 2 u + 2017u L + 2017L éL = 0 limu = lim n n Û L = Û . n 1 + ê 2018 2018 ëL =1 0.50 1
Vô lý do L ³ 2 . Suy ra dãy (u limu = +¥ Þ lim = 0
n ) không bị chặn trên do đó. n un 1 Ta có: u - u =
u - u Û u u - = u -u n+ n ( 2 1 2018 1 n n ) n ( n ) ( n 1+ n ) 2018 u u u - u - u n n ( n )1 2018( n 1+ n ) Û = = 0.50 u -1 u -1 u -1 u -1 u -1 n 1 +
( n 1+ )( n ) ( n 1+ )( n ) 2018(u -1- u -1 é ù n 1 + ( n )) 1 1 = ( = 2018. - ê ú u -1 u -1 u -1 u -1 n 1 + )( n ) ë n n 1 + û 0.50 Đặt : u u u 1 2 S = + +... n + n u -1 uæ -1 u -1 2 3 1 n 1 1 + ö æ 1 ö Þ S = 2018ç - ÷ = 2018ç1-
÷ Þ lim S = 2018 n u -1 u -1 u -1 n è ø è ø
2. Trong mặt phẳ1ng với hệ n 1
+ tọa độ Oxy, cho tna+m 1
giác ABC nội tiếp đường tròn (C) 2 2
: x + y = 25 , đường thẳng AC đi 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 2.0
thẳng MN là 4x - 3y +10 = 0 và điểm A có hoành độ âm.
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 Þ MN / / I J ì∑ ∑ ACI = ABI ï Lại có ï∑ ∑ íJBA = JCA 0.50 ï∑ ∑ ∑ ∑
ABI = JCA doNBM = NCM ïî ( ) ∑ ∑ Þ JBA = ICA Þ
AI = AJ Þ AO ^ JI Þ AO ^ MN Từ đó ta có:
+) Do OA đi qua O(0;0) và vuông góc với MN : 4x - 3y +10 = 0 nên Phương trình
đường thẳng OA : 3x + 4y = 0. ì3x + 4 y = 0 é A - 0.50 ( 4;3)
+) Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ í Þ ê î 2 x + 2 y = 25 êëA (4;-3) (loπi)
+) Do AC đi qua A (-4;3) và K (2;1), nên phương trình đường thẳng
AC : x + 3y - 5 = 0. ìx + 3y - 5 = 0 éC -4;3 º ( ) A(loπi)
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ í Þ ê î 2 x + 2 y = 25 êëC(5;0) 0.50 Trang 53
+) Do M là giao điểm của AC và MN nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ
ì4x - 3y + 10 = 0 í Þ M (-1;2) îx + 3y - 5 = 0
+) Đường thẳng BM đi qua M (-1;2)và vuông góc với AC nên phương trình đường
thẳng BM : 3x - y + 5 = 0 ì3x - y + 5 = 0 é B (0;5)
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ í Þ ê î 2 x + 2 y = 25 êëB (-3;-4) 0.50
Vậy A (-4;3), B (-3;-4),C(5;0) hoặc A (-4;3), B (0;5),C(5;0).
...........................Hết........................ Së GD & §T thanh hãa
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
Tr-êng thpt HËu léc 4 Năm học 2014- 2015 Đề chính thức
Môn thi: Toán – Lớp 11 Số báo danh
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi có 01 trang, gồm 07 câu).
Câu 1 (4,5 điểm). Giải phương trình : a. + x ( - ) x 2
1 2cos . sinx 1 + 2.sinx + 4cos . x sin = 0 2 b. 2sin 2x - os2x c
- 7sin x - 2cos x + 4 = 0 .
Câu 2 (2,0 điểm). Tìm hệ số của 12
x trong khai triển nhị thức Niu-Tơn của: 2 n æ ö nx 2 2 14 1 ç + , biết + = ÷ è 9 x ø 2 3 C 3C n n n
Câu 3 (2,0 điểm). Trong một hộp bi có 3 viên bi đỏ, 4 viên bi vàng, 5 viên bi xanh ; lấy ngẫu
nhiên 4 viên bi trong hộp. Tính xác suất để trong 4 viên bi được lấy số bi đỏ lớn hơn số bi xanh.
Câu 4 (2,0 điểm). Tìm m để phương trình: 3 2
x - 2(m +1)x + (5m -1)x - 2m + 2 = 0 có 3 nghiệm phân
biệt lập thành cấp số cộng.
(x + )1 x +3 -(2x - )
Câu 5 (2,0 điểm). Tìm giới hạn sau: 1 9x + 7 lim x 1 ® x -1
Câu 6 (6,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân với AD // BC,
AB = BC = a, AD = 2a; tam giác SAD vuông cân tại S và SB = a 3 .
a. Gọi M là trung điểm của SA, chứng minh rằng BM // (SCD) Trang 54
b. Tính góc giữa hai đường thẳng BM và CD
c. Gọi G là trọng tâm của tam giác SCD, H là giao điểm của BG và mp(SAC), tính tỉ số HB HG
Câu 7 (1,5 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = xyz . Chứng minh rằng: 2 2 2
xy + yz + zx ³ 3+ x +1 + y +1 + z +1 .
............................................ HẾT ........................................
Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn Toán – Lớp 11 Câu Đáp án Điểm 1
Giải phương trình : 4,5 x 1.a) a. + x ( - ) 2
1 2cos . sinx 1 + 2.sinx + 4cos . x sin = 0 2,5 2
Ph-¬ng tr×nh Û 1+ sin 2x - 2cosx+ 2.sinx + 2cos .( x 1- o c sx)=0 0,5 æ p ö æ p ö sin 2x - o
c s2x + 2.sinx = 0 Û 2.sin 2x -
= 2 sin(-x) Û sin 2x - = sin(-x) ç ÷ ç ÷ 1,0 è 4 ø è 4 ø é p é p 2p 2x - = -x + k2p x = + k ê ê 4 12 3 Û ê Û ê p 5p 1,0
ê2x - = p + x + k2p êx = + k2p êë 4 êë 4
1.b) b. 2sin 2x - os2x c
- 7sin x - 2cos x + 4 = 0 2,0 Phương trình 2
Û 4.sinx.cosx - (1- 2sin x) - 7sin x - 2cos x + 4 = 0 . 0,5 2
Û (2sin x - 7sin x + 3) + (4sinx.cosx - 2cos ) x = 0 Û (2sin x - ) 1 (sinx- ) 3 + 2cos . x (2sin x - ) 1 = 0 0,5 Û (2sin x - )
1 (sinx + 2cos x -3) = 0 é2sin x -1 = 0 0,5 Û ê ësinx + 2cos x - 3 = 0 Trang 55 é p x = + k2p 1 ê Với 6
2sin x -1 = 0 Û sinx = Û ê 2 5p êx = + k2p 0,5 êë 6
Với sin x + 2cos x - 3 = 0 Û sin x + 2cos x = 3 Vì 2 2 2
1 + 2 < 3 Þ pt vô nghiệm Tìm hệ số của 12
x trong khai triển nhị thức Niu-Tơn của: 2 2 n æ nx 2 ö 2 14 1 2,0 ç + , biết + = ÷ è 9 x ø 2 3 C 3C n n n ìn ³ 3
Đk íînÎ N , ta có : 2 14 1 4 28 1 én = 9 1,0 + = Û + = 2
Û n - 7n -18 = 0 Û , kết hợp 2 3 C 3C n n(n - ) 1 n(n - ) 1 (n - 2) n ê ën = 2 - n n với đk ta được: n = 9 2 n æ nx 2 ö 9 9 k 9 æ 2 9-k ö k æ 2 ö Ta có khai triển: ç + = 2 x + = åC . x . k
= åC .2k. - k x ç ÷ 9 ( 2 ) 18 3 0,5 ÷ ç ÷ è 9 x ø 9 è x ø k =0 è x ø k =0 ứng với 12
x , ta có 18 - 3k = 12 Û k = 2 Þ hệ số của 12 x là : 2 2 C .2 = 144 0,5 9
Trong một hộp bi có 3 viên bi đỏ, 4 viên bi vàng, 5 viên bi xanh ; lấy ngẫu nhiên
4 viên bi trong hộp. Tính xác suất để trong 4 viên bi được lấy số bi đỏ lớn hơn số 2,0 bi xanh.
Tổng số viên bi trong hộp là: 3 + 4 +5 = 12 viên bi
Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi trong hộp ta có số cách lấy là: 4 C = 495 cách lấy 0,5 12
Ta tìm số cách lấy 4 viên bi mà số bi đỏ lớn hơn số bi xanh, xảy ra các trường hợp sau:
TH1. Chọn 1 bi đỏ , 3 bi vàng Þ có 1 3 C .C = 12 cách chọn 3 3 4
TH2. Chọn 2 bi đỏ, 2 bi vàng Þ có 2 2 C .C = 18 cách chọn 0,5 3 4
TH3. Chọn 2 bi đỏ, 1 bi xanh, 1 bi vàng Þ có 2 1 1
C .C .C = 60 cách chọn 3 4 5
TH4. Chọn 3 bi đỏ, 1 bi vàng Þ có 3 1 C .C = 4 cách chọn 3 4 0,5
TH5. Chọn 3 bi đỏ, 1 bi xanh Þ có 3 1 C .C = 5 cách chọn 3 5
Vậy xác suất để trong 4 viên bi được lấy số bi đỏ lớn hơn số bi xanh là: P = ( 1 3 C .C + 2 2 C .C + 2 1 1 C .C .C + 3 1 C .C + 3 1 C .C ): 4 C = ( + + + + ) 1 12 18 60 4 5 : 495 = 0,5 3 4 3 4 3 4 5 3 4 3 5 12 5
Tìm m để phương trình: 3 2
x - 2(m +1)x + (5m -1)x - 2m + 2 = 0 có 3 nghiệm phân biệt 4 2,0
lập thành cấp số cộng. éx = 2 Ta có pt Û (x - )( 2
2 x - 2mx + m - ) 1 = 0 Û ê 2
ëx - 2mx + m -1 = 0 0,5
Pt đã cho có 3 nghiệm phân biệt 2
Û pt : x - 2mx + m -1= 0 có 2 nghiệm phân biệt x ; x ¹ 2 1 2 Trang 56 ' 2
ìD = m - m +1> 0
ìx + x = 2m (1) Û í Û m ¹ 1 ; khi đó: 1 2 í
î4 - 4m + m -1 ¹ 0
x .x = m -1 (2) î 1 2 éx + x = 4
pt có 3 nghiệm phân biệt x ; x ; 2 lập thành cấp số cộng 1 2 Û 1 2 ê 0,5 x + 2 = 2x ë 2 1
Nếu x + x = 4 Þ 2m = 4 Û m = 2 0,5 1 2
Nếu x + 2 = 2x , kết hợp với (1) ta được x = x = 2, loại vì x ; x ; 2 phân biệt 2 1 1 2 1 2 0,5
Đối chiếu với đk ta được m = 2.
(x + )1 x +3 -(2x - )
Tìm giới hạn sau: 1 9x + 7 I = lim 5 x 1 ® 2,0 x -1
(x+ )1( x+3 -2)-(2x- ) + - - - Ta có:
1 ( 9x 7 4) 6(x 1) I = lim 0,5 x 1 ® x -1 é 1 9 ù lim ê(x + ) 1 - (2x - ) 1 . - 6 1,0 ú x 1 ® ë x + 3 + 2 9x + 7 + 4 û 1 9 53 = 2. - - 6 = - 0,5 4 8 8
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân với AD // BC, 6 6,0
AB = BC = a, AD = 2a; tam giác SAD vuông cân tại S và SB = a 3 .
a. Gọi M là trung điểm của SA, chứng minh rằng BM // (SCD) 2,5
Gọi N là trung điểm của AD, ta có BC = DN
= a và BC // DN Þ BCDN là hình bình hành Þ BN // CD. S M 1,0 G N A D J H K P I B C
Vì M, N lần lượt là trung điểm của SA và AD nên MN // SD Þ (BMN) / /(SCD) 1,0
mà BM Ì (BMN) Þ BM / /(SCD) 0,5
b. Tính góc giữa hai đường thẳng BM và CD 2,0
Do BN // CD Þ (BM; CD) = (BN; BM) 1,0
Vì tam giác SAD vuông cân tại S có cạnh huyền AD = 2a nên SA = SD = a 2 Trang 57 SA D B có 2 2 2 2 2 2
SA + AB = 2a + a = 3a = SB Þ SA D B vuông tại A 2 a 3 a 2 2 2
Þ BM = AM + AB = + a = 1 2 a
và BN = CD = a; MN = SD = 2 2 2 2
Áp dụng định lí côsin trong tam giác BMN ta được : 2 2 2 !
BM + BN - MN 2 cos MBN = = ! 2 Þ MBN = arccos , 2.BM.BN 3 3 1,0 vậy (BM; CD) = ! 2 MBN = arccos 3
c. Gọi G là trọng tâm của tam giác SCD, H là giao điểm của BG và mp(SAC), tính tỉ số HB 1,5 HG
Gọi P là trung điểm của CD, I = AC Ç B ;
P H = SI Ç BG Þ H=BG Ç (SAC). Gọi J là giao
điểm của BN và AC, vì BCNA là hình bình hành nên J là trung điểm của BN, mà IJ // NP nên 0,5 I là trung điểm của BP
Trong tam giác SBP vẽ GK // SI , ta có: HB IB IP SP 3 1,0 = = =
= (do G là trọng tâm của tam giác SCD) HG IK IK SG 2
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = xyz . 7 1,5 Chứng minh rằng: 2 2 2
xy + yz + zx ³ 3+ x +1 + y +1 + z +1 2 + + Ta có: 1 1 z
xyz = x + y + z ³ 2 xy + z Û z ( xy )2 - 2 xy - z ³ 0 Û xy ³ hoặc z 0,5 2 1- 1+ z Û xy £ (loại vì x, y > 0) z 2 + + 2 + + Với 1 1 z Û 1 1 z xy ³ , ta có 2
z(x + y) ³ 2z xy ³ 2 . z = 2(1+ 1+ z ) 0,5 z z Vậy 2
z(x + y) ³ 2(1+ 1+ z ) ; tương tự ta cũng được: 2
x(z+ y) ³ 2(1+ 1+ x ) ; 2
y(x + z) ³ 2(1+ 1+ y )
Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên ta được : 2 2 2
xy + yz + zx ³ 3+ x +1 + y +1 + z +1 Þ đpcm 0,5
Ghi chú: HS có thể chứng minh bằng cách đặt x = tanA, y = tanB, z = tanC với A, B,
C là độ dài 3 cạnh của một tam giác nhọn. Khi đó bđt trở thành: 2 2 2
cos A + cos B + cos C ³ o c s . A o c sB+ o c sB. o c sC+ o c sC. o c sA
--------------HẾT--------------
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH VÒNG 2 LONG AN NĂM HỌC: 2018-2019 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC
Ngày thi: 21/9/2018 (Buổi thi thứ hai) Trang 58
(Đề thi có 01 trang, gồm 03 câu)
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 5 (6,0 điểm):
Cho hàm số f : ° Æ ° thỏa f (xf (y) + f f x + f y = yf x + f x + f y , ) ( ( ) ( )) ( ) ( ( )) " x,y Œ° .
a) Chứng minh rằng: “Nếu tồn tại a Œ° sao cho f (a)π 0 thì f là đơn ánh”.
b) Tìm tất cả các hàm số f . Câu 6 (7,0 điểm): Ïu Ô = 2020 Ô 1
Cho dãy số (u ) được xác định như sau: Ô Ì 2018n + 2 . n u Ô =
(u + 1), " n = 1,2, 3,... Ô n+1 Ô Ó 2019n + 2 n
Chứng minh rằng dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Câu 7 (7,0 điểm):
Có bao nhiêu số tự nhiên có 2018 chữ số, trong mỗi số đó các chữ số đều lớn hơn 1 và
không có hai chữ số khác nhau cùng nhỏ hơn 7 đứng liền nhau?
---------- HẾT ----------
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu – Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh: …………………………………………… Số báo danh: …………………………………
Cán bộ coi thi 1 (ký, ghi rõ họ và tên)
Cán bộ coi thi 2 (ký, ghi rõ họ và tên) Trang 59
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH VÒNG 2 LONG AN NĂM HỌC: 2018-2019 Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 21/9/2018 (Buổi thi thứ hai)
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) HƯỚNG DẪN CHẤM
Cách giải khác nếu đúng thì giám khảo vẫn cho đủ số điểm. NỘI DUNG ĐIỂM
Câu 5 (6,0 điểm):
Cho hàm số f : ° Æ ° thỏa f (xf (y) + f f x + f y = yf x + f x + f y , với ) ( ( ) ( )) ( ) ( ( ))
mọi x,y Œ° .
a) Chứng minh rằng: “Nếu tồn tại a Œ° sao cho f (a)π 0 thì f là đơn ánh”.
b) Tìm tất cả các hàm số f .
Lấy y ,y Œ° sao cho f (y = f y (1) 1) ( 2) . 1 2
Thế x bởi a và thế y lần lượt bởi y ,y ta được: 1 2 1,0
f (af (y + f f a + f y = y f a + f a + f y (2) 1) ) ( ( ) ( 1)) 1 ( ) ( ( 1))
f (af (y + f f a + f y = y f a + f a + f y (3) 2) ) ( ( ) ( 2)) 2 ( ) ( ( 2))
Từ (1), (2), (3) ta được: y f a = y f a fi y = y f (a)π 0 1 ( ) 2 ( ) (vì ). 1 2 1,0
Vậy f là một đơn ánh.
TH1: Nếu f (x)= 0 với mọi x Œ° . Thử lại ta thấy thỏa mãn. 1,0
TH2: Nếu tồn tại a sao cho f (a) ¹ 0. Thế x = 0,y =
1 vào đề bài ta được: f ( ) 0 + f (f ( ) 0 + f ( )
1 = f 0 + f f 1 . ) ( ) ( ( )) 1,0
Vì f là đơn ánh nên ta được: f ( ) 0 = 0.
Mặt khác, thế y = 0 vào đề bài ta được: 1,0 f (xf ( )
0 + f f x + f 0 = 0.f x + f x + f 0 , " x Œ° . ) ( ( ) ( )) ( ) ( ( )) Vì f ( )
0 = 0 nên f (f (x))= f (x), " x Œ° hay f (x)= x, "x Œ° . 1,0
Vậy f (x)= 0, " x Œ° hoặc f (x)= x, " x Œ° . Câu 6 (7,0 điểm): Trang 60 Ïu Ô = 2020 Ô 1
Cho dãy số (u ) được xác định như sau: Ô Ì 2018n + 2 . n u Ô =
(u + 1), " n = 1,2, 3,... Ô n+1 Ô Ó 2019n + 2 n
Chứng minh rằng dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Ta có: u > 0, " n = 1,2... 0,5 n
(2018n + 2)(u + 1) - (2019n + 2)u 2018n + 2 - nu Xét hiệu: n n n u - u = = 1,0 n + 1 n 2019n + 2 2019n + 2
Ta đi chứng minh: 2018n + 2 - nu < 0 € nu > 2018n + 2, " n = 2, 3, 4,... (*) n n 0,5
Khi n = 1, dễ thấy mệnh đề (*) đúng.
Giả sử: ku > 2018k + 2, " k = 2, 3, 4,... 0,5 k 2018k + 2 (k + 1)u = (k + 1) (u + 1) k + 1 2019k + 2 k 1,0 k + 1 =
(2018ku + 2u + 2018k + 2 ) 2019k + 2 k k k 1 È 2018k 2 ˘ + + > 2018 Í (2018k + 2) + 2 + 2018k + 2˙ 2019k + 2 Í k ˙ Î ˚ 1,0 (k 1)(2018k 2) Ê 1ˆ + +
(k + 1)(2018k + 2) = 2019 Á Á + 2 ˜˜ = 2019k + 2 Á Ë k ˜˜¯ k 2 = 2018k + 2 + 2018 +
> 2018k + 2020, " k = 2, 3, 4,... 1,0 k Vậy u
< u , " n = 2, 3, 4,... n + 1 n 0,5
Mà (u ) bị chặn dưới nên dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn. n
Gọi L = lim u . n 1,0 2018 Ta có: L =
(L + 1) € L = 2018 2019
Câu 7 (7,0 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 2018 chữ số, trong mỗi số đó các chữ số đều lớn
hơn 1 và không có hai chữ số khác nhau cùng nhỏ hơn 7 đứng liền nhau?
Xét trường hợp tổng quát với số tự nhiên có n chữ số, với n là số nguyên dương. 0,5 Trang 61
Gọi A , B lần lượt là tập các số tự nhiên có n chữ số thỏa yêu cầu đề bài mà chữ số tận n n
cùng nhỏ hơn 7 và chữ số tận cùng lớn hơn 6.
Lấy một phần tử a thuộc A , có một cách thêm vào chữ số cuối cho a (thêm vào bên n
phải chữ số cuối cùng của a ) để được một phần tử của A
và có 3 cách thêm vào chữ 0,5 n + 1
số cuối cho a để được một phần tử của B . n + 1
Lấy một phần tử b thuộc B , có 5 cách thêm vào chữ số cuối cho b để được một phần tử n 0,5 của A
và có 3 cách thêm vào chữ số cuối cho b để được một phần tử của B . n + 1 n + 1 Ï A Ô = A + 5 B Ô Ta có: n + 1 n n Ì . 1,0 B Ô = 3 A + 3 B Ô n+ 1 n n Ô Ó Khi đó: A + B
= 4 A + 8 B = 4 A + B + 4 B . n + 1 n + 1 n n ( n n ) 1,0 n
= 4(A + B )+ 4.3(A + B = 4 A + B + 12 A + B ,n ≥ 2 n n n- 1 n- 1 ) ( n n ) ( n- 1 n- 1 ) 1,0
với A = 5, B = 3, A = 20, B = 24 1 1 2 2
Kí hiệu x = A + B , ta được: x = 4x
+ 12x , trong đó x = 8, x = 44. 1,0 n n n n + 2 n + 1 n 1 2 1 È n ˘
Sử dụng sai phân tuyến tính, ta được: x = 5. Í 6n - - ˙ n ( ) 2 . 1,0 4 ÍÎ ˙˚ 1
Áp dụng cho n = 2018 , ta có 2018 2018 5.6 - 2 số cần tìm. 0,5 ( ) 4
…….…HẾT…….…
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH VÒNG 2 LONG AN NĂM HỌC: 2018-2019 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC
Ngày thi: 20/9/2018 (Buổi thi thứ nhất)
(Đề thi có 01 trang, gồm 04 câu)
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1 (5,0 điểm): ÏÔ
Ô 2x + y - x + y = 1
Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: Ô Ì . Ô
Ô 2x + y + 4x + y = 2 Ô Ó Câu 2 (5,0 điểm): Trang 62 Cho hàm số 4 2
y = x + 2mx + 3 (m là tham số thực) có đồ thị (C .
m ) Tìm tất cả các
giá trị của m sao cho trên đồ thị (C (Cm )
m ) tồn tại duy nhất một điểm mà tiếp tuyến của
tại điểm đó vuông góc với đường thẳng x - 8y + 2018 = 0. Câu 3 (5,0 điểm):
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, không cân và nội tiếp đường tròn (O . ) Gọi H
là chân đường cao kẻ từ A và I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC . Đường
thẳng AI cắt đường tròn (O )tại điểm thứ hai M (M khác A ). Gọi AA ' là đường kính của (O .
) Đường thẳng MA ' cắt các đường thẳng AH, BC theo thứ tự tại N và K . Chứng minh ∑ 0 NIK = 90 . Câu 4 (5,0 điểm):
Cho K là tập hợp các số tự nhiên có bốn chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ K .
Tính xác suất để số được chọn có tổng các chữ số là bội của 4.
---------- HẾT ----------
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu – Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh: …………………………………………… Số báo danh: …………………………………
Cán bộ coi thi 1 (ký, ghi rõ họ và tên)
Cán bộ coi thi 2 (ký, ghi rõ họ và tên)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH VÒNG 2 LONG AN NĂM HỌC: 2018-2019 Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 20/9/2018 (Buổi thi thứ nhất)
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) HƯỚNG DẪN CHẤM
Cách giải khác nếu đúng thì giám khảo vẫn cho đủ số điểm. NỘI DUNG ĐIỂM Trang 63 Câu 1 ( 5,0 điểm): ÏÔ
Ô 2x + y - x + y = 1 (1)
Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: Ô Ì . Ô
Ô 2x + y + 4x + y = 2 (2) Ô Ó Ï 2 Ô x + y ≥ 0 Ïu Ô Ô = 2x + y Điều kiện Ô Ì . Đặt Ô Ì (u, v ≥ 0) 0,5 4 Ô x + y ≥ 0 Ô Ô Ó v Ô = 4x + y Ô Ó Ï 2 2 u Ô Ô - v = - 2x 2 - x Ta có: Ô Ì fi u = 1,0 u Ô + v = 2 2 Ô Ô Ó 2 - x - x Thay u = vào (1) 2 3 , ta có:
- x + y = 1 € y = x 1,0 2 2 2 3 Thay y = x vào (1) 7 1 , ta có: x + x = 1 € 14x = 2 - x 1,0 2 2 2 Ï x Ô £ 2 Ô Ô Ô € Ì x È Ô = 9 + 77 Í € x = 9 - 77 1,0 ÔÍ Ôx ÔÍ = 9 - 77 ÔÎ Ô Ó 3 Ê Á 27 3 77 ˆ - ˜ fi y = 9 -
77 . So điều kiện, hệ có nghiệm 9 Á - 77; ˜ Á ˜ ( ) 0,5 2 Á 2 ˜ Á ˜ Ë ¯ Câu 2 (5,0 điểm): Cho hàm số 4 2
y = x + 2mx + 3 (m là tham số thực) có đồ thị (C .
m ) Tìm tất cả các giá trị
của m sao cho trên đồ thị (C (Cm )
m ) tồn tại duy nhất một điểm mà tiếp tuyến của tại điểm đó
vuông góc với đường thẳng x - 8y + 2018 = 0.
Tiếp tuyến có hệ số góc bằng - 8 0,5
Gọi x là hoành độ tiếp điểm thì x là nghiệm của phương trình 3
x + mx + 2 = 0 (1) 1,0 0 0
Để thỏa yêu cầu bài toán thì (1) có nghiệm duy nhất.
Vì x = 0 không là nghiệm của (1) nên 1,0 2 2
(1) € m = - x - x Trang 64 3 2 2 - 2x + 2 Xét hàm số: 2
f (x) = - x -
; f '(x) = - 2x + = 0,5 2 2 x x x Bảng biến thiên x - • 0 1 + • f '(x) + + 0 - + • 1,0 - 3 f (x) - • - • - •
Từ bảng biến thiên, (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m > - 3. 1,0
Vậy m > - 3 thỏa yêu cầu bài toán. Câu 3 (5,0 điểm):
Cho tam giác A BC có ba góc nhọn, không cân và nội tiếp đường tròn (O .) Gọi H là chân
đường cao kẻ từ A và I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác A BC . Đường thẳng A I cắt
đường tròn (O )tại điểm thứ hai M (M khác A ). Gọi A A ' là đường kính của (O . ) Đường thẳng
MA ' cắt các đường thẳng A H, BC theo thứ tự tại N và K . Chứng minh ∑ 0 NIK = 90 . 1 Ta có ∑ 0 ∑ 0 ∑ ∑ OA C = 90 -
A OC = 90 - A BC = BA H mà AI là phân giác góc A nên 2 1,0 ∑ ∑
HAI = OAI . Suy ra tam giác ANA' cân tại A.
Gọi L là giao điểm của MA và BC. 1,0 Ta có ∑ 0 ∑ ∑ ∑
HKN = 90 - HNK = HAM = LAA '. Suy ra, tứ giác ALA'K nội tiếp. Trang 65
Do đó MA '.MK = ML.MA fi MN .MK = ML.MA. (1) Vì ∑ ∑
MAC = MCB hay ∑ ∑
MAC = MCL nên hai tam giác MCL và MA C đồng dạng. 1,0 Suy ra 2
ML.MA = MC . (2)
Do IA, IC là các tia phân giác trong của tam giác ABC nên ta có: ∑ 1Ê Á1 ª º ˆ˜ 1 1 Ê ˆ MIC = ∑ Á ª º
Á sÒAB + sÒMC˜ và MCI = Á sÒAB + sÒMB˜˜. 1,0 Á ˜ 2 2 Ë ¯ 2 2 Á ˜ Ë ¯ Do đó, ∑ ∑
MIC = MCI nên tam giác MIC cân tại M . Suy ra, MI = MC . (3) Từ (1), (2), (3) suy ra 2 ∑ 0
MN .MK = MI fi NIK = 90 . 1,0 Câu 4 (5,0 điểm):
Cho K là tập hợp các số tự nhiên có bốn chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ K . Tính xác suất để
số được chọn có tổng các chữ số là bội của 4. Ta có: 3 K = 9.10 = 9000. 0,5
Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có bốn chữ số mà tổng các chữ số của nó chia hết cho 4.
A = {abcd Υ : (a + b + c + d) 4 M . }
Xét b + c + d = 4k + r (0 £ r £ 3 . ) Nếu r { Œ 0;1;2
}thì mỗi giá trị của r sẽ có hai giá 1,0
trị của a sao cho (a + b + c + d) 4
M (đó là a = 4 - r, a = 8 - r ). Nếu r = 3 thì mỗi
giá trị của r sẽ có ba giá trị của a sao cho (a + b + c + d) 4
M (đó là a = 1, a = 5, a = 9 ).
Gọi B = bcd Œ• : 0 £ , b ,
c d £ 9, b + c + d = 4k + r, 0 £ r £ 2 , { }
C = bcd Œ• : 0 £ , b ,
c d £ 9, b + c + d = 4k + 3 . 1,0 { } Khi đó, ta có: A = B + C =
B + C + C = + C . ( ) 3 2 3 2 2.10
Xét tập hợp C với c + d = 4m + n . Nếu n Œ{0;1
}thì mỗi giá trị của n sẽ có hai giá trị
của b sao cho b + c + d = 4k + 3. Nếu n { Œ 2; 3
}thì mỗi giá trị của n sẽ có ba giá trị 1,0
của b sao cho b + c + d = 4k + 3.
Gọi D = cd Œ• : 0 £ ,
c d £ 9,c + d = 4m + n, 0 £ n £ 1 , { }
E = cd Œ• : 0 £ ,
c d £ 9, c + d = 4m + n, 2 £ n £ 3 . 1,0 { }
Khi đó, ta có: C = D + E = (D + E ) 2 2 3 2
+ E = 2.10 + E , với E = 25 + 24 = 49. Trang 66 Suy ra: 3 2
A = 2.10 + 2.10 + 49 = 2249.
Gọi biến cố X : “Số được chọn có tổng các chữ số là bội của 4”. Khi đó, xác suất của 0,5
biến cố X là: P (X ) 2249 = . 9000
…….…HẾT…….…
SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
ĐỀ THI KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI
Trường THPT Anh Sơn I
CẤP TỈNH KHỐI 11 – NĂM HỌC 2017-2018
Môn Toán – Thời gian làm bài : 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1.( 6 điểm). Giải các phương trình sau:
a) 3 sin 2x - cos 2x +1 = 3 sinx + 3. o c sx
b) (x + 4) (3 - x)(x +13) = 27 - x
Câu 2.( 5 điểm). a,Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số có 6 chữ số
khác nhau trong đó có ba chữ số chẵn và ba chữ số lẻ. Trong các số trên có bao nhiêu số mà các
chữ số được sắp xếp theo thứ tự tăng dần.
b) Xác định số hạng chứa x28 khi khai triển ( - + - )2 2 3 1 n x x x thành đa thức. 10 - n- n- 3 1 Biết 1 2 3 4 5 2 2 2 1
C + 2 C + 2 C + ... + 2 C = 2n 2n 2n 2n 4
Câu 3. (5 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tất cả các cạnh bên
đều bằng a. Gọi điểm M thuộc cạnh SD sao cho SD = 3SM, điểm G là trọng tâm tam giác BCD.
a) Chứng minh rằng MG song song với mp(SBC)
b) Gọi (a ) là mặt phẳng chứa MG và song với CD. Xác định và tính diện tích thiết diện của hình chóp với mp(a )
c) Xác định điểm P thuộc MA và điểm Q thuộc BD sao cho PQ song song với SC. Tính PQ theo a.
Câu 4 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC; đường thẳng AD là phân giác trong
góc Â. Trên đoạn AD lấy hai điểm M, N ( M, N khác A và D ) sao cho ∑ ∑
A BN = CBM . Đường Trang 67
thẳng CN cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN tại điểm F; biết phương trình FA là x + y -8 = 0 và M ( 3 - ; 1 - ), B( 4 - ; 2
- ). Xác định tọa độ điểm A biết đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC đi qua điểm Q(0; 22).
Câu 5 (2,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn: 2 xy + xz = .
1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3yz 4zx 5xy P = + + x y z
--------------------------------------------------------------------------------------
Lưu ý: thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN LỚP 11
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2017 - 2018
(Đáp án gồm 4 trang) Câu Nội dung Điểm Câu 1 6.0 a)
3 sin 2x - cos 2x +1 = 3 sinx + 3. osx c (1) 3.0 Ta có 2
(1) Û 2 3sin xcos x - (2cos x -1) +1- ( 3sin x + 3cos ) x = 0 1.0
Û 3sin x(2cos x -1) - (2cos x -1)(cos x + 2) = 0 é 1 cos x = ê Û ( x - )( x - x - ) 2 2cos 1 3sin cos 2 = 0 Û ê 0.5 p êsin(x - ) =1 êë 6 é p x = + k2p 1 ê 3 * cosx = Û ê 0.5 2 p êx = - + k2p êë 3 æ p ö 2p * Û sin x - =1 Û x = + k2 ç ÷ p è 6 ø 3 1.0 p p 2p
Vậy PT đã cho có nghiệm x =
+ k2p , x = - + k2p , x =
+ k2p ,k ÎZ 3 3 3 b)
(x + 4) (3- x)(x +13) = 27 - x (1) 3.0 ĐK 13 - £ x £ 3 Ta có : 1.0 Trang 68 p - p 2
(1) Û (x + 4) 64 - (x + 5) = 27 - x dat x + 5 = 8sin t; £ t £ 2 2 ésint-cost = 0
8cost sint sint-cost 4 0 ê Û + - = Û 1 1.0 êsint-cost = ë 4 é p
sint-cost = 0 Û t = Þ x = 4 2 - 5 ê 4 Û ê 1.0 ê 1 4 + 496 16 - + 496
sint-cost = Þ sin t = Þ x = = 31 - 4 êë 4 32 4 Câu 2 5.0 a)
* Có 5 số lẻ và 4 số chẵn từ chín số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 Suy ra có 3
C cách chọn 3 số lẻ từ năm số 1, 3, 5, 7, 9 5 0.5 và có 3
C cách chọn 3 số chẵn từ bốn số 2, 4, 6, 8 4
Cứ ba chữ số lẻ ghép với ba chữ số chẵn ta được một tập gồm 6 phần tử. Theo quy tắc nhân có 3 3
C .C cách chọn các tập hợp mà mỗi tập có 3 số 0.5 4 5
chẵn và 3 số lẻ từ các số trên
Ứng với mỗi tập có 6! cách sắp xếp thứ tự các phần tử và mỗi cách sắp 0.5
xếp thứ tự đó ta được một số thỏa mãn bài toán
Do đó theo quy tắc nhân có 3 3
C .C .6! = 28800 số có 6 chữ số khác nhau 4 5 0.5
gồm 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ từ các số trên. * Có 3 3
C .C tập hợp gồm ba chữ số lẻ và ba chữ số chẵn. Ứng với mỗi 4 5 0.5
tập có duy nhất một cách sắp xếp các phần tử theo thứ tự tăng dần
Do đó mỗi tập hợp tương ứng với một số. Vậy có 3 3
C .C = 40 số thỏa 4 5 0.5 mãn b) Xét khai triển (1+ 2)2n 0 1 2 2 3 3 2n 1 - 2n 1 - 2n 2
= C + 2C + 2 C + 2 C + ... + 2 C + 2 n C 2n 2n 2n 2n 2n 2n 0.5 (1- 2)2n 0 1 2 2 3 3 2n 1 - 2n 1 - 2n 2
= C - 2C + 2 C - 2 C + ... - 2 C + 2 n C 2n 2n 2n 2n 2n 2n
Trừ hai đẳng thức theo vế ta có 2 3 n -1 = 2( 1 3 3 5 5 2n 1 - 2n 1
2C + 2 C + 2 C + ... + 2 C - 2n 2n 2n 2n ) 2 3 n -1 1 2 3 4 5 2n-2 2n 1 Û
= C + 2 C + 2 C + ... + 2 C - 0.5 2n 2n 2n 2 4 n 2n 10 3 -1 3 -1 Û =
Û 2n =10 Û n = 5 4 4 Ta có 10 10 10 2 3 2 2 3 2 0.5
1- x + x - x = (1- x)(1+ x ) Þ (1- x + x - x ) = (1- x) (1+ x ) Trang 69 (1- x)10 = ( 0 1 2 2 8 8 9 9 10 10
C - C x + C x - ... + C x - C x + C x 10 10 10 10 10 10 ) (1+ x )10 2 = ( 0 1 2 8 16 9 18 10 20
C + C x + ... + C x + C x + C x 10 10 10 10 10 ) 0.5
Suy ra số hạng chứa x28 trong khai triển ( - + - )2 2 3 1 n x x x là: 8 8 10 20 10 10 9 18 28 28 28
C x .C x + C x .C x = 45x + 9x = 55x 10 10 10 10 Câu 3 5.0 a) S 0.5 M H D C E G F I A B
Gọi I là trung điểm của BC 0.5 DG DM 2 Ta có =
= Þ MG / /SI . Mà SI Ì (SBC) nên MG //(SBC) DI DS 3 b)
Qua G kẻ đường thẳng song song với CD cắt AD và BC lần lượt tại E
và F. Qua M kẻ đường thẳng song song với CD cắt SC tại H 0.5
Thiết diện của hình chóp với mp(a ) là tứ giác EFHM
Ta có HM//EF vì cùng song song với CD 2a a 0 MD = HC = , DE = CF = , MD Ð E = H Ð CF = 60 nên tam 0.5 3 3
giác DME bằng tam giác CHF suy ra ME = HF do đó EFHM là hình thang cân 2 2 2 4a a 2a a 1 a Ta có: 2 2 2 0
EM = DM + DE - 2DM.DE. os c 60 = + - 2 . . = 9 9 3 3 2 3 0.5 a
MH = ,EF = a . Gọi h là độ dài đường cao của hình thang ta có 3 2 2 2 æ EF - HM ö a a a 2 2 h = EM - = - = ç ÷ è 2 ø 3 9 3 0.5 2 1 1 a 2 4a 2a 2
Diện tích thiết diện là S = . . h (EF + HM ) = . . = EFHM 2 2 3 3 9 Trang 70 c) S M P 0.5 D C N Q A B
Qua M dựng đường thẳng song song với SC cắt CD tại N. Nối A với N
cắt BD tại Q. Trong mp (AMN) từ Q dựng đường thẳng song song với MN cắt AM tại P. 0.5
Ta có PQ//MN, MN//SC nên PQ//MN
Suy ra hai điểm P, Q thỏa mãn điều kiện bài toán. MN DM 2 AQ AB AQ Ta có = = 3 3 , = = Þ = SC DS 3 QN DN 2 AN 5 PQ AQ 3 PQ PQ MN 3 2 2 = = , = . = . = 1.0 MN AN 5 SC MN SC 5 3 5 2a Suy ra PQ = 5 Câu 4 2.0 0.5
Gọi E là giao điểm thứ hai của BM và đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC. Ta chứng minh E thuộc AF.
Thật vậy tứ giác AFBN nội tiếp nên ∑ ∑
NA B = NFB 0.5 Tương tự ∑ ∑
MA C = MEC , theo giả thiết ∑ ∑
NA B = MA C , suy ra: ∑ ∑
NFB = MEC
Do đó tứ giác BCEF nội tiếp. Suy ra ∑ ∑ ∑
CFE = CBE = NBA fi ∑ ∑
NFA = NFE . Trang 71 Suy ra A, E, F thẳng hàng.
Đường thẳng BM đi qua B và M nên có phương trình: x - y + 2 = 0.
E = AF Ç BM , suy ra tọa độ của E là nghiệm của hpt: ìx + y -8 = 0 ìx = 3 í Û í Þ E(3;5) îx - y + 2 = 0 îy = 5
Đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác AMC có phương trình dạng: 2 2 2 2
x + y - 2ax - 2by + c = 0 (a + b - c > 0)
ì6a + 2b + c = 10 - ìa = 2 ï ï
Vì M, Q, E thuộc (T) nên ta có hpt: í 2
- 22b + c = -22 Û b í = 0 (tm) 0.5 ï6a 10b c 34 ï + - = c = 22 - î î Suy ra (T) có pt: 2 2
x + y - 4x - 22 = 0.
A là giao điểm của AE và (T) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hpt: éìx = 7 êí ì + - = êî = 0.5 x y 8 0 y 1 í Û Þ ( A 7;1) . Vậy ( A 7;1) 2 2 îx y 4x 22 0 ê + - - = ìx = 3 êí êëîy = 5 Câu 5 2.0
Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn: 2 xy + xz = . T 1 ìm giá trị nhỏ nhất
3yz 4zx 5xy
của biểu thức: P = + + x y z 0.5
3yz 4zx 5xy æ yz zx ö æ yz xy ö æ zx xy ö Ta cã P = + + = + + 2 + + 3 + ç ÷ ç ÷ ç ÷ x y z è x y ø è x z ø è y z ø Þ ³ yz zx yz xy zx xy P 2 . + 2.2 . + 3.2 .
= 2z + 4y + 6x 0.5 x y x z y z
Þ P ³ 4( x + y) + 2( x + z) ³ 4.2 xy + 2.2 xz = 4(2 xy + xz ) = 4 0.5
ìx = y = z ï 1
DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi : í
Û x = y = z = ï2 xy + xz =1 3 î 0.5 1
VËy P = 4 khi x = y = z = min 3
Chú ý : Nếu học sinh giải cách khác vẫn đạt điểm tối đa theo các phần trên …… Hết …… Trang 72
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HÓA
Năm học: 2018 - 2019 ĐỀ THI THỬ SỐ 1
Môn thi: TOÁN - Lớp 11 THPT
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Số báo danh
Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu
……………………............ Câu I (4,0 đi ….... ể ...m
....). ............ 1. Cho hàm số 2
y = x + 2mx - 3m (*). Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi m =1.
Tìm m để đường thẳng y = 2
- x + 3 cắt đồ thị các hàm số (*) tại hai điểm phân biệt cùng nằm bên phải trục tung.
2. Giải bất phương trình (2x -1) x £ 1 .
2 x + (2 + x) 1- x + 1- x
Câu II (4,0 điểm) æ 3p ö
æ cos x -sin x ö 1
1. Giải phương trình 3tan 2x - 2sin 2x - + 2 = ç ÷ ç ÷ è 2 ø
è cos x + sin x ø cos2x (ì æ ö ï x + y ï ) 1 1 ç + ÷ = 2
2. Giải hệ phương trình ç í x 3y y 3x ÷ + + è ø ï 2
ïx + 2y + 9 = 4 x + 3 + 19 - 3y î
Câu III (4,0 điểm)
1. Cho a,b, c là các số thực dương thoả mãn abc = 1. Chứng minh bất đẳng thức ab bc ca 9 3 3 3
a + b + c + + + ³ . 2 2 2 2 2 2 a + b b + c c + a 2 f ( )
1 (3)... f (2n - ) 1
2. Cho f (n) = (n + n + )2 2 1 + . 1 Xét dãy số (u u = lim n u n ) : . Tính . n
f (2) f (4)... f (2n) n
Câu IV (4,0 điểm)
1. Từ tập A = {0;1;2;3;4;5; }
6 có bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số chia hết cho 9.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn (C c ) ó tâm ∑ ∑ ∑ 0
I , MQP > MNP, MIP = 90 . Tiếp tuyến của đường tròn (C
) tại Q cắt các tiếp tuyến tại M,P lần lượt Ê 11ˆ
tại E , F . Phương trình đường thẳng IF : x - 7y + 8 = 0, N (- 2;4), E 1; Á ˜ Á
˜.Tìm tọa độ giao điểm A Á Ë 3 ˜˜¯
của các tiếp tuyến với đường tròn (C tại
) M và tại P.
Câu V (4,0 điểm)
1. Cho hình chóp S.ABC có AB = BC = CA = a , SA = SB = SC = a 3 , M là điểm bất kì trong không
gian. Gọi d là tổng khoảng cách từ M đến tất cả các đường thẳng AB , BC , CA , SA, SB , SC . Tìm giá
trị nhỏ nhất của d Trang 73
2. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC cạnh đáy a , đường cao SO = 2a . Gọi M là điểm thuộc đường cao '
AA của tam giác ABC . Xét mặt phẳng (P) đi qua M và vuông góc với '
AA . Đặt AM = x æ a 3 a 3 ö ç < x <
÷. Tìm x để thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (P) có diện tích lớn nhất. ç 3 2 ÷ è ø
…………………..Hết………………….
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Câu NỘI DUNG Điểm I 1. Cho hàm số 2
y = x + 2mx - 3m(*) 2.0
Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi m =1. Tìm m để đường thẳng y = 2
- x + 3 cắt đồ thị các hàm số (*) tại hai điểm phân biệt cùng nằm bên phải trục tung. 4,0 Lập bảng biến thiên 0.50 điểm Vẽ đồ thị 0.50
Yêu cầu bài toán Û Phương trình sau có hai nghiệm dương phân biệt 2 2
x + 2mx - 3m = 2
- x + 3 Û x + 2(m +1)x - 3m - 3 = 0 ìD' > 0 0.50 ï Û í 3( - m +1) > 0 ï 2( - m +1) > 0 î ém > 1 - D' > 0 Û 0.50 ê ëm < 4 -
Kết hợp nghiệm, kết luận m < 4 - - 2.0
2. Giải bất phương trình (2x 1) x £ 1 .
2 x + (2 + x) 1- x + 1- x
Điều kiện: 0 £ x £ 1. Ta có: 2
2 x + (2 + x) 1 - x + 1- x = 2 x + 2 1- x + x. 1- x + ( 1- x) 0.50
= 2( x + 1- x) + 1- x( x + 1- x) = ( x + 1- x)(2 + 1- x) > 0, x " Î é0;1ù. ë û ( )
* Û (2x - 1)× x £ ( x + 1 - x)×(2 + 1 - x) 0.50 2 2 Û (
é x) -( 1- x) ù × x £ ( x + 1- x)×(2 + 1- x) ë û
Û ( x - 1 - x)×( x + 1 - x)× x £ ( x + 1 - x)×(2 + 1 - x) 0.50
Û ( x - 1- x) x £ 2 + 1- x, (do : x + 1- x > 0, x " Î é0;1ù ë û) Û x - (1 x - )
x £ 2 + 1- x Û x - 2 £ 1- x(1- )
x : luôn đúng x " Î é0;1ù. ë û 0.50
Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của bất phương trình là x Î é0;1ù. ë û II æ 3p ö
æ cos x -sin x ö 1 2.0
1. Giải phương trình 3tan 2x - 2sin 2x - + 2 = ç ÷ ç ÷ è 2 ø
è cos x + sin x ø cos2x 4,0 p p
điểm Điều kiện: cos2x ¹ 0 Û x ¹
+ k (k Î!) (*). 4 2 Trang 74
Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương với: 0.50 sin 2x 2(cos x -sin x) - x + = 1 3 2 cos2
Û 3sin 2x - 2 cos 2x + 2(cos x -sin x)2 2 =1 cos2x cos x + sin x cos2x ésin 2x = -1 3sin 2x 2 ( 2
1 sin 2x) 2(1 sin2x) 2 ê Û - - + -
= 1 Û 2sin 2x + sin 2x -1 = 0 Û 0.50 êsin2x = 1 êë 2 p
Với sin 2x = 1 Û x = - + p k 0.50 4 é p x = + p ê k 1 Với x = Û ê 12 sin 2 (kÎ!) 2 ê p x = 5 + p k 0.50 êë 12 p
Kết hợp với điều kiện (*) ta được nghiệm của phương trình đã cho là: x = + kp và 12 5p x = + kp (k Î!) 12 ì ( æ ö ï x + y ï ) 1 1 ç + ÷ = 2 2.0
2. Giải hệ phương trình ç í x 3y y 3x ÷ + + è ø ï 2
ïx + 2y + 9 = 4 x + 3 + 19 - 3y î ì 19 ïx ³ 0, ³ y ³ 0 Điều kiện í 3 ïîx + y > 0 Từ ( )
1 : sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 0.50 x x x + y 1 æ x x + y ö = × £ + và ç ÷ x + 3y
x + y x + 3y
2 è x + y x + 3y ø y 1 2y 1 æ 1 2y ö = × £ +
, cộng hai kết quả trên ta được ç ÷ x + 3y 2 x + 3y 2 è 2 x + 3y ø x + y 1 æ x 3 ö x + y æ ö £ + 1 y 3 , tương tự ta cũng có £ + , ç ÷ ç ÷ + è + + è + x 3y 2 x y 2 ø y 3x 2 x y 2 ø æ 1 1 ö 1 æ x + y ö 0.50 suy ra ( )1
VT = ( x + y ) ( )1 ç + ÷ £ + 3 = 2 = VP ç ÷ ç x +3y y + 3x ÷ 2 è ø è x + y ø
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = y ( ) 3
Thế vào phương trình (2) ta được pt: 2
x + 2x + 9 = 4 x + 3 + 19 - 3x (4) Giải pt ( ) Û ( 2 4
3 x + x - 2) = 4 é3 x + 3 - (x + 5)ù + é3 19 -3x - (13- x)ù ë û ë û 0.50 Trang 75 2 2 -x - x + -x - x + Û 3( 2 2 2 x + x - 2) ( ) ( ) = 4× + 9×
3 x + 3 + (x + 5)
3 19 - 3x + (13- x) Û ( æ 4 9 ö 2 x + x - 2)ç3+ + ÷ = 0. ç
3 x 3 ( x 5) 3 19 3x (13 x) ÷ + + + - + - è ø 0.50 2
Û x + x - 2 = 0 Û x =1Ú x = 2 - (Loại) Khi (3)
x = 1¾¾® y = x = . T 1 hử lại ( ; x y) = (1; )
1 thỏa mãn hệ phương trình
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( ; x y) = (1; ) 1 . III
1. Cho a,b, c là các số thực dương thoả mãn abc = 1. Chứng minh bất đẳng thức 2.0 ab bc ca 9 3 3 3
a + b + c + + + ³ . 2 2 2 2 2 2 a + b b + c c + a 2 4,0 4 4 3 2 2 3 4 4 4 2 2 2 2 0.50
0 £ (a -b) = a - 4a b + 6a b - 4ab + b Û a + b + 2a b ³ 4ab(a - ab +b ) Û điểm 2 2 2 2 ( - + + æ ö Û a + b )2 a ab b a b ab 1 a b 2 2 ³ 4ab( 2 2
a - ab + b ) Û £ Û 1- £ + 2 2 2 2 ç ÷ a + b 4ab a + b 4 è b a ø bc 1 æ b c ö ca 1 æ c a ö 0.50 Tương tự có 1- £ + ; 1- £ + . 2 2 ç ÷ ç ÷ b + c 4 è c b ø 2 2 c + a 4 è a c ø
Do đó, cộng theo vế các bất đẳng thức trên và sử dụng bất đẳng thức Schur cùng giả
thiết abc = 1 ta được æ ab bc
ca ö 1 æ b + c c + a a + b ö 3 - + + £ + + = ç 2 2 2 2 2 2 ÷ ç ÷ è a + b b + c
c + a ø 4 è a b c ø
bc (b + c) + ca (c + a) + ab(a + b) 1 £ ( 1 3 3 3
a + b + c + 3abc) = ( 3 3 3
a + b + c + 3) 4abc 4 4 æ ab bc ca ö 0.50 Hay 3 3 3
a + b + c + 4 + + ³ 9 1 ç 2 2 2 2 2 2 ÷ ( ) è a + b b + c c + a ø
Mặt khác (a + b + c ) ³ (abc)3 3 3 3 3 3 3.3 = 9 (2) é ab bc ca ù 0.50 Từ ( ) 1 và (2) suy ra 3 3 3
4 a + b + c + + + ³18 ê 2 2 2 2 2 2 ë a b b c c a ú + + + û ab bc ca 9 Do vậy 3 3 3
a + b + c + + + ³ 2 2 2 2 2 2 a + b b + c c + a 2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. 2.0 f ( )
1 (3)... f (2n - ) 1
2. Cho f (n) = (n + n + )2 2 1 + . 1 Xét dãy số (u u = n ) : . Tính n
f (2) f (4)... f (2n) lim n u . n 2
Ta có: f (n) = (n + n + ) + = (n + )( n+ )2 2 2 + ) * 1 1 1 1 1 n " ÎN . 0.50 2 2 2 2 2 2 0.50
(1 + )1(2 + )1(3 + )1(4 + )1...( 2n- )1 + )1( 2n) + )1 u = n
(2 + )1(3 + )1(4 + )1(5 + )1...( 2n)2 + )1( 2n+ )2 2 2 2 2 1 + ) 1 Trang 76 1 0.50 = 2 2n + 2n +1 n 1 1 0.50 lim n u = lim = lim = . n 2 2n + 2n +1 2 1 2 2 + + 2 n n IV
1. Từ tập A = {0;1;2;3;4;5; }
6 có bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số chia hết cho 9. 2.0 4,0
Gọi số phải tìm có dạng a a a a a , a Î A, i = 1, 5 . Kết hợp với đề bài ta có: 0.50 điểm 1 2 3 4 5 i
a + a + a + a + a = 9; a + a + a + a + a =18; a + a + a + a + a = 27. 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
Ta xét trường hợp 1: a + a + a + a + a = 9, với 1£ a £ 6, 0 £ a £ 6 với i = 2,3, 4,5 1 2 3 4 5 1 i
ìa + x + x + x + x = 13 1 1 2 3 4 5 ( ) ï
Đặt x = a + , vớ 1
i i = 2,3, 4,5, khi đó ta có: 1 í £ a £ 6 . i i 1 1 ï £ x £ 7 i î
Số nghiệm nguyên dương bất kỳ của ( ) 1 là 4 C . 12
Nếu a ³ 7, ta có ( )
1 Û x + x + x + x £ 6 Þ x < 7 , nên không trùng với các trường 1 2 3 4 5 i
hợp x ³ 8. Phương trình này có 4 C nghiệm. i 6
Nếu x ³ 8, ta có ( )
1 Û a + å x £ 5Þ a , x < 6 nên không trùng với các trường họp i 1 j 1 j j¹i
nào ở trên, phương trình này có 4
C nghiệm nên với 4 vị trí x có 4 4C nghiệm. 5 i 5
Vậy trong trường hợp này có 4 4 4
C - C - 4C số thỏa mãn. 12 6 5
Ta xét trường hợp 2: a + a + a + a + a =18, với 1 £ a £ 6, 0 £ a £ 6 với 0.50 1 2 3 4 5 1 i i = 2,3, 4,5
ìx + x + x + x + x = 17 2 1 2 3 4 5 ( ) ï
Đặt x = 7 - a , với i = 2,3, 4,5, khi đó ta có: 1 í £ x £ 6 . i i 1 1
ï £ x £ 7, i = 2,3,4,5 i î
Số nghiệm nguyên dương bất kỳ của (2) là 4 C . 16
Nếu x ³ 7 , ta có ( )
1 Û x + x + x + x £10 Þ x < 7 , nên không trùng với các trường 1 2 3 4 5 i
hợp x ³ 8. Phương trình này có 4 C nghiệm. 1 10
Nếu x ³ 8, i = 2,3, 4,5 ta có (2) Û a + åx £ 9 Þ x < 7 nên không trùng với các i 1 j j j¹i
trường họp nào ở trên, phương trình này có 4
C nghiệm nên với 4 vị trí x có 4 4C 9 i 5 nghiệm.
Vậy trong trường hợp này có 4 4 4
C - C - 4C số thỏa mãn. 16 10 9
Ta xét trường hợp 3: a + a + a + a + a = 27 , với 1 £ a £ 6, 0 £ a £ 6 với 0.50 1 2 3 4 5 1 i i = 2,3, 4,5
ìx + x + x + x + x = 8 3 1 2 3 4 5 ( ) ï
Đặt x = 7 - a , với i =1, 2,3, 4,5, khi đó ta có: 1 í £ x £ 6 . i i 1 1
ï £ x £ 7, i = 2,3,4,5 i î Trang 77 Từ (2) và x ³
1 Þ x £ 6 nên tập nghiệm của (3)không vượt khỏi miền xác định của i i
x . Phương trình này có 4 C nghiệm. i 7
Vậy trong trường hợp này có 4 C số thỏa mãn. 0.50 7 Như vậy tất cả có 4 4 4 4 4 4 4
C + C + C - C - C - 4C - 4C = 16 01 số 12 16 7 6 10 5 9
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn (C c ) ó 2.0 tâm ∑ ∑ ∑ 0
I , MQP > MNP, MIP = 90 . Tiếp tuyến của đường tròn (C
) tại Q cắt các tiếp
tuyến tại M , P lần lượt tại E , F . Phương trình đường thẳng IF : x - 7y + 8 = 0, Ê 11ˆ N (- 2;4), E 1; Á ˜ Á
˜.Tìm tọa độ giao điểm A của các tiếp tuyến với đường tròn (C tại Á ) Á Ë 3 ˜˜¯
M và tại P. M 0.50 E Q A I F P N Do ∑ ∑
MQP > MNP nên Q nằm trên cung nhỏ MP. Vì A MIP là hình vuông, IE là 1 phân giác góc ∑
MIQ,IF là phân giác góc ∑ PIQ nên ∑ ∑ 0 EIF = MIP = 45 . 2 0.50 uur Ê ˆ Gọi I ( a - a) 11 7 8; fi EI 7 Á Áa - 9;a ˜ - ˜ Khi đó, Á Ë 3 ˜˜¯ uur uur ( a - ) 11 7 7 9 + a - 1 ∑ 3 1
= cos EIF = cos EI ;u = = ( IF) 2 2 Ê ˆ 2 ( a - )2 11 50 7 9 + a Á ˜ Á - ˜ Á Ë 3 ˜˜¯ 2 a È = 1 Ê 200ˆ Ê 400 850ˆ Í Á ˜ Á 2 ˜ 2 € 50 Á a - ˜ = 25 50 Á a - a +
˜ € 3a - 8a + 5 = 0 € Í Á ˜ Á ˜ Á ˜ 5 Ë 3 ¯ Á Ë 3 9 ˜¯ a Í = ÍÎ 3 5 1 Ê 1 5ˆ Á ˜ 136 338 a =
fi I Á ; ˜ fi IE = < IN = , không thỏa mãn. 3 3 Á Ë 3˜˜¯ 3 3 Trang 78
a = 1 fi I (- 1; ) 1 , thỏa mãn. ur 2 2 0.50
Gọi n (c;d)(c + d π 0 )là vtpt của MA. Khi đó, phương trình Ê ˆ MA c (x - ) 11 : 1 + d y Á ˜ Á - ˜ = 0 € 3c Á ˜ (x - ) 1 + d (3y - 1 ) 1 = 0 Á Ë 3 ˜¯
Vì MA là tiếp tuyến của (C ) nên ( - c - d d I ;MA ) 6 8 2 2 2 2 = IN €
= 10 € 36c + 96cd + 64d = 90c + 90d 2 2 9c + 9d 9 Èc = 13d 2 2 27c 48cd 13d 0 Í € - + = € 3Íc = d ÍÎ
Nếu d = 3c chọn c = 1 fi d = 3 fi Phương trình MA : x + 3y - 12 = 0
Nếu 13d = 9c chọn c = 13 fi d = 9 fi Phương trình MA : 13x + 9y - 46 = 0
Với phương trình MA : x + 3y - 12 = 0 thì PT QE : 13x + 9y - 46 = 0. ta tìm được 0.50 8 Ê 14ˆ
tọa độ điểm M (0; ) 4 , Q Á Á ;
˜˜gọi tọa độ điểm A(12- 3 ;bb t)a có 5 Á Ë 5 ˜˜¯ b È = A I 2A M (13 3b)2 (b )2 3 2 1 20 10b 80b 150 0 Í = fi - + - = € - + = € b Í = 5 ÍÎ
b = 3 fi A (3; ) 3 fi P (2; ) 0 , thỏa mãn do ∑ ∑ MQP > MNP .
b = 5 fi A (- 3; ) 5 fi P (- 4; ) 2 ,không thỏa mãn do ∑ ∑ MQP < MNP .
Với phương trình MA : 13x + 9y - 46 = 0 thì PTQE : x + 3y - 12 = 0. ta tìm được 8 Ê 14ˆ
tọa độ điểm M Á ∑ ∑ Á ;
˜˜,Q (0;4 )loại do MIP < MIQ. Vậy A(3;3 .) 5 Á Ë 5 ˜˜¯
Chú ý: Nếu học sinh thừa nghiệm hình thì trừ 0,25 điểm V
Cho hình chóp S.ABC có AB = BC = CA = a , SA = SB = SC = a 3 , M là điểm bất kì 2.0
trong không gian. Gọi d là tổng khoảng cách từ M đến tất cả các đường thẳng AB ,
BC , CA , SA, SB , SC . Tìm giá trị nhỏ nhất của d Trang 79 4,0 S 0.50 điểm I J O K A C F G E D B
Ta có khối chóp S.ABC là khối chóp tam giác đều.
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Khi đó SG là chiều cao của khối chóp S.ABC .
Gọi D , E , F lần lượt là trung điểm của BC , AB , CA và I , J , K lần lượt là hình chiếu
của D , E , F trên SA , SC , SB .
Khi đó DI , EJ , FK tương ứng là các đường vuông góc chung của các cặp cạnh SA và
BC , SC và AB , SB và CA .
Ta có DI = EJ = FK . Do đó DSID = DSJE nên SI = SJ . Suy ra ED IJ
∥ (cùng song song với AC ). Do đó bốn điểm D , E , I , J đồng phẳng. 0.50
Tương tự ta có bộ bốn điểm D , F , I , K và E , F , J , K đồng phẳng.
Ba mặt phẳng (DEIJ ), (DFIK ), (EFJK ) đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến DI , EJ ,
FK . Suy ra DI , EJ , FK đồng quy tại điểm O thuộc SG .
Xét điểm M bất kì trong không gian. 0.50
ìd (M ,SA) + d (M , BC) ³ DI ï
Ta có íd (M , SC) + d (M , AB) ³ EJ Þ d ³ DI + EJ + FK .
ïd (M,SB)+d (M, AC) ³ î FK
Do đó d nhỏ nhất bằng DI + EJ + FK = 3DI khi M º O . 0.50 3 2 3 2 6 Ta có = a AD , = = a AG AD , 2 2 = - = a SG SA AG , 2 3 3 3 ∑ SG 2 2 a a sin SAG = = .Suy ra ∑ 3 2 2 6 DI = A . D sin SAD = . = . SA 3 2 3 3 a 6
Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là 3DI = 3 = a 6 . 3
2. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC cạnh đáy a , đường cao SO = 2a . Gọi M là 2.0 điểm thuộc đường cao '
AA của tam giác ABC . Xét mặt phẳng (P) đi qua M và æ ö vuông góc với ' a a AA . Đặt AM = 3 3 x ç < x <
÷. Tìm x để thiết diện của hình ç 3 2 ÷ è ø
chóp khi cắt bởi mặt phẳng (P) có diện tích lớn nhất. Trang 80 0.50 S G N H A C F O M A' E B
Theo giả thiết M thuộc OA’. Ta có SO ^ (ABC)Þ SO ^ AA’, tam giác ABC đều
nên BC ^ AA’. Vậy (P) qua M song song với SO và BC.
Xét (P) và (ABC) có M chung. Do (P) // BC nên kẻ qua M đường thẳng song song
với BC cắt AB, AC tại E, F.
Tương tự kẻ qua M đường thẳng song song với SO cắt SA’ tại N, qua N kẻ đường 0.50
thẳng song song với BC cắt SB, SC tại H, Q. Ta có thiết diện là tứ giác EFGH.
Ta có EF // BC // GH, M, N là trung điểm EF, GH nên EFGH là hình thang cân
đáy HG, EF. Khi đó: 1 a a S = (EF + 3 3
GH ).MN . Ta có AA' = , AO = nên EFGH 2 2 3
EF = 2x 3 3 HG SN OM MN MA' 0.50 = =
Þ HG = 2(x 3 - a). =
Þ MN = 2(3a - 2x 3) BC SA' OA' SO OA' 1 2 S = (EF + GH).MN =
4x 3 - 3a 3a - 2x 3 EFGH ( )( ) 2 3 0.50 1 1 æ 3a ö 3a S =
4x 3 - 3a 6a - 4x 3 £ . = (theoCosi) EFGH ( )( ) 2 2 ç ÷ 3 3 è 2 ø 4 2 3a 3a 3 S
đạt giá trị lớn nhất bằng khi và chỉ khi x = . EFGH 4 8 2
Vậy giá trị lớn nhất của diện tích thiết diện bằng 3a khi 3a 3 x = . 4 8
...........................Hết........................ Trang 81
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4
KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN TỔ: Toán
Năm học: 2018 - 2019
ĐỀ KIỂM TRA LẦN 1
Môn thi: TOÁN - Lớp 11 THPT
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Số báo danh
Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu
……………………............ Câu I (4,0 đi ….... ể ...m
....). ............ 1. Cho hàm số 2
y = x + 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
x + m x + m
độ x ; x thỏa mãn 1 2 + = 6 - 1 2 x -1 x -1 2 1
2. Giải bất phương trình 2
( x + 3 - x -1)×(1+ x + 2x - 3) ³ 4.
Câu II (4,0 điểm) ( æ p ö
1+ s inx + cos2x)sin x + ç ÷ è 4 ø 1
1. Giải phương trình = cosx 1+tanx 2
ì x +1 + y +1 = 4 - x + 5y ï
2. Giải hệ phương trình í ( , x y Î! ). 2
ïx + y + 2 = 5(2x - y + ) 1 + 3x + 2 î
Câu III (4,0 điểm)
1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng b + c c + a a + b + + ³ a + b + c + 3 a b c u ì = 2018 ï n 1 æ 3 ö
2. Cho dãy số (un) được xác định bởi í . Tính giới hạn lim .u . ( 2 ç ÷ 3n + 9n 2 n î )u = + + ³ ï +
( 2n 5n 4 u , n 1 è n n 1 ) n ø
Câu IV (4,0 điểm) 3
ìï x -6 2x + 4 = 4 3y +18 - 2y
1. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm í . 3
ïî x + 2y -6 -6m = 0
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 D : 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) u ì = 2 1 ï æ u u u ö
1. Cho dãy số (u 1 2 limç + +... n + n ) xác định í 1 .Tính . ÷ u - u = u - u n " ³ ï u -1 u -1 u -1 n+ n ( 2 , 1 1 n n ) î è ø 2018 2 3 n 1 + Trang 82
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) 2 2
: x + y = 25 , đường
thẳng AC đi 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.
...........................Hết........................
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Câu NỘI DUNG Điểm I 1. Cho hàm số 2
y = x + 2x - 3 (*) và đường thẳng d : y = 2mx - 4. 4,0 Lập bả
x ng biến thiên và vẽ đồ t 1 -∞ hị (P) của hàm s
+∞ố (*). Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm 2.0
x + m x + m điểm phân biệt c + ó hoà ∞
nh độ x ; x thỏa mãn 1 2 + + ∞ = 6 - 1 2 x -1 x -1
+ Lập bảng biến thiên và vẽ (P): 2 2
y = x + 2x - 3 1 y ìx = 1 - ta có đỉnh I : í Þ I ( 1 - ; 4 - ) îy = 4 - Ta có bảng biến thiên: -4 -1 0.50
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 - )
Ta có đồ thị của hàm số: y -1 x -3 O 1 0.50 -4 ìx ¹ 1 Đk: 1 í x ¹ 1 î Xét phươ
2 ng trình hoành độ giao điểm 2 2
x + 2x -3 = 2mx - 4 Û x - 2(m- ) 1 x +1= 0 (1)
d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x ; x Û phương trình (1) có hai nghiệm 1 2 Trang 83 2 ì ïD¢ = (m - ) 2 1 -1 > 0 ìm - 2m > 0 ém > 2
phân biệt x , x ¹ 1 Û í Û í Û 1 2 ê 1 ï - 2 î (m
ìïx-+ x = 2 m -1 1 )1+21¹ 0( î)4 - 2m ¹ 0 ëm < 0
khi đó theo định lí viet ta có í ïx .x =1 î 1 2 2 2 2 0.50
(x + x - 2x x + m -1 x + x - 2m
4 m -1 - 2 + 2 m -1 - 2m 1 2 ) 1 2 ( )( 2 2 1 2 ) ( ) ( ) Û
x + m x + m
x + x + m -1 x + x - 2m 1 2 1 2 ( =)(6 - 1Û 2 ) Ta có + = 6 - Û = 6 - = -6
x x - x + x +1 1- 2 m -1 +1 1 2 ( 1 2) ( ) x -1 x -1
x x - x + x +1 2 1 1 2 ( 1 2) ém = 2 7 kết hợ 6( p vớ m i 1 đi )2 ều ki 2m ện t 2 a đượ 6(c 4 2 m m = ) 2 3m 13m 14 0 ê Û - - - = - - Û - + = Û 7 3 êm = ë 3 0.50
2. Giải bất phương trình 2
( x + 3 - x -1)×(1+ x + 2x - 3) ³ 4 ( ) * 2.0
Điều kiện: x ³ 1. Suy ra: x + 3 + x -1 > 0. 0.50 2
4 ×(1+ x + 2x - 3) 2 ( ) * Û
³ 4 Û 1 + x + 2x - 3 ³ x + 3 + x - 1 0.50 x + 3 + x - 1 2 2
Û 1+ x + 2x - 3 + 2 x + 2x - 3 ³ x + 3 + x - 1+ 2 (x + 3)(x - 1) 0.50 2
Û x - 4 ³ 0 Û x £ 2
- hoặc x ³ 2.
Kết luận: Kết hợp với điều kiện ta được tập nghi æ ệ
p mö của bất phương trình là S = é +¥ (1+sinx + cos2x)sin x + ë2; )× 0.50 ç ÷ è 4 ø 1 II
1. Giải phương trình = cosx 1+tanx 2 4,0 2.0 điểm ì p ¹ + p ìcosx ¹ 0 ìcosx ¹ 0 x k ïï Điều kiện : 2 í Û í í 1 î + tanx ¹ 0 îtanx ¹ 1 - p ïx ¹ - + kp ïî 4 æ p ö 0.50
(1+sinx +cos2x)sin x + ç ÷ è 4 ø 1 Pt Û = cos x cos x(1+ sinx + sin co x
s2x) cos x + sinx Û 2 1 . = cos x 1+ cos x + sinx cos x 2 2 0.50 1 - 2
Û 1+ sinx + cos 2x =1 Û 2 - sin x+sinx é +1= - 0
p Û sinx = hoặc sinx =1 (loại). 0.50 x = + k2p ê 2 1 æ p - ö Với 6 sin x = - Û sinx = sin Û ç ÷ ê ,(k Î Z ) 2 è 6 ø 7p ê p -
Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của x phươ = ng t + k rì 2 nh l p à: x = + k2p ; 7p ê x =
+ k2p với (k ÎZ ). ë 6 6 6 0.50 ì x +1 + y +1 = 4 - x + 5y
2.Giải hệ phương trình ïí (x,yÎ! ). 2.0 2 ïx + y + 2 = 5(2x - y + ) 1 + 3x + 2 î Trang 84 ì 2 x ³ - , y ³ 1 - ïï 3
Điều kiện : í4 - x + 5y ³ 0 . ï ïî2x - y +1³ 0 0.50
Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có :
x +1 + y +1 = 4 - x + 5y Û x + y + 2 + 2 (x + ) 1 (y + ) 1 = 4 - x + 5y Û x - 2y -1+ (x + ) 1 (y + ) 1 = 0 Û x +1+ (x + ) 1 (y + ) 1 - 2(y + ) 1 = 0 0.50
Û ( x +1- y +1)( x +1+ 2 y +1) = 0 Û x +1 = y +1 Û x = y .
Thay x = y vào phương trình thứ hai trong hệ ta có phương trình : 2 x + x + 2 = 5x + 5 + 3x + 2 2
Û x - x -1+ (x + 2- 5x +5)+ (x +1- 3x + 2) = 0 2 2 0.50 2 x - x -1 x - x -1 Û x - x -1+ + = 0 5x + 5 + x + 2 3x + 2 + x +1 ( 2 - - )æ 1 1 ö Û x x 1 1+ + = 0 ç ÷ è 5x + 5 + x +1 3x + 2 + x + 2 ø é 1+ 5 1+ 5 êx = Þ y = 2 2 2 Û x - x -1 = 0 Û ê ê 1- 5 1- 5 êx = Þ y = ë 2 2 Vì 1 1 2 1+ ì + > 0, x " ³ - æ ï + + ö æ - -
öü . Đối chiều điều kiện ta có nghiệm ï 0.50 của hệ : 5x + 5 += x +1 3x + 2 + x + 2 3 ( ) 1 5 1 5 1 5 1 5 x, y ç í ; ÷;ç ; ÷ý. ç 2 2 ÷ ç 2 2 ÷ ïè î ø è øïþ III
1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng b + c c + a a + b 4,0 + + ³ a + b + c + 3 2.0 điểm a b cb + c 2 bc bc
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có ³ = 2 c a + a aca a + a b ab Tương tự ta được ³ 2 ; ³ 2 b b c c 0.50
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được b c c a a b æ bc ca ab ö + + + + + ³ 2 ç + + ÷ a b c çbca cab c ÷ bc ca
Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có è ø + ³ 2 × = 2 c a b a b 0.50 ca ab ab bc
Áp dụng tương tự ta được + ³ 2 a; + ³ 2 b b c bc c ca a ab
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được + + ³ a + b + c b + c c + a aa + b b c Do đó ta suy ra + + ³ 2 a + b + c ( ) a b c Trang 85 0.50
Ta cần chứng minh được 2
a + b + c ³ a + b + c + 3 Û a + b + c ³ 3 ( )
Đánh giá cuối cùng là một đánh giá đúng theo bất đẳng thức Cauchy và giả thiết abc = 1 0.50
Bài toán được giải quyết xong. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. u ì = 2018 ï 2. Cho dãy số (u 1
n) được xác định bởi í . 2 2 (3n +9n ïî
)u = n +5n+4 u , n ³1 n 1 + ( ) n n 2.0 æ 3 ö Tính giới hạn lim .u . ç 2 n ÷ 1 (n è n2 +1) + 3 ø (n +1) u 1 u Ta có n 1 + n u = u Û = 0.50 n 1 + 2 n 2 2 3 n + 3n
(n +1) + 3(n +1) 3 n + 3n u 1 Đặt n v = Þ v = v Þ 1
(vn) là cấp số nhâ n 1 -
n có công bội q =n 1 - và số hạng đầu n 2u n 2018 1 1009 æ 1 ö 1009 æ 1 ö v n = + 1009 1 3n + = = 3 nÞ v = . Þ u = . 3 n + n n ç ÷ n ç ÷ ( 2 3 ) 1 4 4 2 2 è 3 ø 2 - è 3 0.50 ø æ 3n ö n 1 æ 3n ö æ1009 æ 1ö 3n ö Khi đó lim .u = lim .u ç ÷ = limç . n + n ç ÷ ÷ n ( 2 3 . 2 ) ç 2 n ÷ è n ø 2 è n ç ø 2 3 n ÷ è ø è ø 0.50 2
æ 3027 n + 3n ö 3027 æ 3 ö 3027 = lim . ç ÷ = lim 1+ = . 2 ç ÷ è 2 n ø 2 è n ø 2 0.50 3
ìï x -6 2x + 4 = 4 3y +18 - 2y IV
1. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm í 3
ïî x + 2y -6 -6m = 0 4,0 2.0 điểm ì ³ - x 2 y Đk: í îy ³ 6 - 3 K H I 1 x 1 O 3 ìæ x ö æ y ö x y ï +1 + + 2 - 2 +1 - 2 + 2 = 3 ç ÷ ç ÷ ïè 2 ø è 3 ø 2 3 Ta có pt(1) Û í æ ï x ö æ y ö +1 + + 2 = m + 4 ç ÷ ç ÷ ïè î 2 ø è 3 ø Trang 86 0.50 ì x ïa = +1 ï 2 2 2
ìïa +b - 2a - 2b = 3 Đặt í
(đk a,b ³ 0 ). Ta có hệ phương trình í (*) ï y 2 2
ïîa +b = m + 4 Hệ phươ b ng t = rình đã
+ 2 cho có nghiệm Û hệ (*) có nghiệm a,b ³ 0 ïî 3 Nếu m £ 4
- hệ (*) vô nghiệm Þ hệ phương trình đã cho vô nghiệm 0.50
Nếu m > 4 . Chọn hệ tọa độ Oab ta có 1
Pt(1) cho ta đường tròn (C I (1 ) ;1 , R = 5 a,b ³ 0 1 ) tâm ( vì ) 4 1 1
Pt(2) cho ta đường tròn (C
O(0;0), R = m + 4 a,b ³ 0 2 ) tâm ( vì ) 4 2
Hệ phương trình có nghiệm Û (C (C2) 1 ) cắt 0.50
Û OH £ R £ OK Û 3 £ m + 4 £ 2 + 5 Û 5 £ m £ 3+ 2 10 2
Vậy hệ đã cho có nghiệm Û 5 £ m £ 3+ 2 10 0.50
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 D : 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 2.0
định tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD. Tứ giác ADBN nội tiếp ∑ ∑
Þ AND = ABD và ∑ ∑
ABD = ACD (do ABCD là hình chữ nhật). Suy ra ∑ ∑
AND = ACD hay tứ giác ANCD nội tiếp được một đường tròn, mà ∑ 0 ∑ ADC = Þ ANC = 0 90
90 Þ AN ^ CN. 0.50 Trang 87 !!!!" !!!!"
Giả sử C (2c + 5; )
c , từ AN .CN = 0 Þ 3(1 - 2 ) c + (2 + )
c = 0 Þ c = 1 Þ C (7;1)
Tứ giác ABEC là hình bình hành, suy ra AC / /BE.
Đường thẳng NE qua N và song song với AC nên có phương trình y + 2 = 0. 0.50 éb = 6 ® B º !!!" !!!" N (loπi ) Giả sử B ( ;
b - 2), ta có AB B C = 0 Þ 2 .
b - 4b - 12 = 0 Þ ê
êb = -2 ® B (-2;-2) ë 0.50
Từ đó dễ dàng suy ra D (6;4)
Vậy C (7;1), B(-2;-2), D (6;4u). 0.50 ì = 2 1 ï V
1. Cho dãy số (un ) xác định í 1 . æ u u u u - uö = u - u n " ³ 1 2 ï n+ n n ( 2 , 1 1 n n ) 4,0 Tính limç + +... î + . 2018 ÷ điểm u -1 u -1 u -1 è 2 3 n 1 + ø 2.0 u u - n ( n )1
Theo giả thiết ta có: u =
+ u mà u = 2 suy ra. n 1 + n 1 2018 0.50
2 = u < u < u < ....... do đó dãy (un )là dãy tăng. 1 2 3 Giả sử dãy (u limu = L (L ³ 2)
n ) bị chặn trên suy ra với khi đó. n n®¥ 2 2 u + 2017u L + 2017L éL = 0 limu = lim n n Û L = Û . n 1 + ê 2018 2018 ëL =1 0.50 1
Vô lý do L ³ 2 . Suy ra dãy (u limu = +¥ Þ lim = 0
n ) không bị chặn trên do đó. n un 1 Ta có: u - u =
u - u Û u u - = u -u n+ n ( 2 1 2018 1 n n ) n ( n ) ( n 1+ n ) 2018 u u u - u - u n n ( n )1 2018( n 1+ n ) Û = = 0.50 u -1 u -1 u -1 u -1 u -1 n 1 +
( n 1+ )( n ) ( n 1+ )( n ) 2018(u -1- u -1 é ù n 1 + ( n )) 1 1 = ( = 2018. - ê ú u -1 u -1 u -1 u -1 n 1 + )( n ) ë n n 1 + û Trang 88 0.50 Đặt : u u u 1 2 S = + +... n + n u -1 uæ -1 u -1 2 3 1 n 1 1 + ö æ 1 ö Þ S = 2018ç - ÷ = 2018ç1-
÷ Þ lim S = 2018 n u -1 u -1 u -1 n è ø è ø
2. Trong mặt phẳ1ng với hệ n 1
+ tọa độ Oxy, cho tna+m 1
giác ABC nội tiếp đường tròn (C) 2 2
: x + y = 25 , đường thẳng AC đi 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 2.0
thẳng MN là 4x - 3y +10 = 0 và điểm A có hoành độ âm.
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 Þ MN / / I J ì∑ ∑ ACI = ABI ï Lại có ï∑ ∑ íJBA = JCA 0.50 ï∑ ∑ ∑ ∑
ABI = JCA doNBM = NCM ïî ( ) ∑ ∑ Þ JBA = ICA Þ
AI = AJ Þ AO ^ JI Þ AO ^ MN Từ đó ta có:
+) Do OA đi qua O(0;0) và vuông góc với MN : 4x - 3y +10 = 0 nên Phương trình
đường thẳng OA : 3x + 4y = 0. ì3x + 4 y = 0 é A - 0.50 ( 4;3)
+) Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ í Þ ê î 2 x + 2 y = 25 êëA (4;-3) (loπi)
+) Do AC đi qua A (-4;3) và K (2;1), nên phương trình đường thẳng
AC : x + 3y - 5 = 0. ìx + 3y - 5 = 0 éC -4;3 º ( ) A(loπi)
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ í Þ ê î 2 x + 2 y = 25 êëC(5;0) 0.50
+) Do M là giao điểm của AC và MN nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ
ì4x - 3y + 10 = 0 í Þ M (-1;2) îx + 3y - 5 = 0
+) Đường thẳng BM đi qua M (-1;2)và vuông góc với AC nên phương trình đường
thẳng BM : 3x - y + 5 = 0 ì3x - y + 5 = 0 é B (0;5)
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ í Þ ê î 2 x + 2 y = 25 êëB (-3;-4) 0.50
Vậy A (-4;3), B (-3;-4),C(5;0) hoặc A (-4;3), B (0;5),C(5;0).
...........................Hết........................ Trang 89