Đề thi và đáp án môn Toán kỳ thi HSG tỉnh Thanh Hóa

Đề và hướng dẫn chấm chi tiết môn Toán kỳ thi HSG cấp tỉnh năm học 2017 2018 và 20182019 của tỉnh Thanh Hoá . Mọi người hãy tải về làm thử xem khả năng của mình giải được đến đâu nhé; Giáo viên có thể tải về cho học sinh làm thử để đánh giá khả năng giải đề của các em. Cảm ơn mọi người ủng hộ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 Mơn thi: TỐN - Lớp 11 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 09 tháng năm 2018 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Số báo danh Câu I (4,0 điểm) Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị ( P) hàm số y = x2 + bx + biết ( P) qua điểm A( 2;1) Giải bất phương trình x + 5x + + x + x +  x + Câu II (4,0 điểm) 4sin x − 2cos x(sin x − 1) − 4sin x + = Giải phương trình + cos x  x + xy + x − y ( ) xy − = y + y  Giải hệ phương trình  ( x, y  )  y + xy + x − x ( x + 1) − =  Câu III (4,0 điểm) Cho x, y, z số thực phân biệt không âm Chứng minh x+ y y+z z+x + +  2 ( x − y) ( y − z) ( z − x) x+ y+z u1 = 2, u2 = u  Tính giới hạn lim  nn  Cho dãy số (un ) xác định sau  3  un+2 = 5un+1 − 6un , n  Câu IV (4,0 điểm) Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm học sinh lớp 11A, học sinh lớp 11B học sinh lớp 11C thành hàng ngang Tính xác suất để khơng có học sinh lớp đứng cạnh ( ) ( ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân A Các điểm M , N thuộc cạnh AB, AC cho AM = AN ( M , N không trùng với đỉnh tam giác) 6 2 Đường thẳng d1 qua A vng góc với BN cắt cạnh BC H  ; −  , đường thẳng d 5 3  2 qua M vuông góc với BN cắt cạnh BC K  ;  Tìm tọa độ đỉnh tam giác 5 3 ABC , biết đỉnh A thuộc đường thẳng () :5x + 3y +13 = có hoành độ dương Câu V (4,0 điểm) Cho tứ diện SABC có SA = SB = SC = Một mặt phẳng ( ) thay đổi qua trọng tâm G tứ diện cắt cạnh SA, SB, SC điểm A', B ', C ' Chứng minh 1 + + biểu thức T = có giá trị không đổi SA ' SB ' SC ' Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Một điểm M di động cạnh đáy BC ( M khác B, C ) Mặt phẳng ( ) qua M đồng thời song song với hai đường thẳng SB AC Xác định thiết diện hình chóp S ABCD cắt ( ) tìm vị trí điểm M để thiết diện có diện tích lớn - HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀCHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN- Lớp 11 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 09 tháng năm 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM (Gồm có 07 trang) Câu NỘI DUNG I Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị ( P ) hàm số y = x2 + bx + biết ( P ) 4,0 qua điểm A 2;1 ( ) điểm Do ( P ) qua điểm A ( 2;1) nên + 2b + =  b = −2 Điểm 2,0 0,50 Ta hàm số y = x − 2x + Bảng biến thiên sau : − x + 0,75 + + y = x2 − 2x + Đồ thị: Có đỉnh I (1;0) trục đối xứng đường thẳng x = có hình dạng sau: 12 10 0,75 15 10 5 10 15 Giải bất phương trình x + 5x + + x2 + x +  x + (1) 2,0  x  −1 4 x + 5x +   Điều kiện xác định bất phương trình   x  −  x + x +   0,50 Ta có (1)  ( x + 1)(4 x + 1) − ( x + 1) + 0,50 ( ) x + x + −  (2) Xét x  −1, đó: −( x + 1)  0, x2 + x + −1 = x2 + x x2 + x +  nên (2) Vậy x  −1 nghiệm BPT cho 2( x2 + x) Xét x  − : BPT (2)  x + 4x + − x + +  (3) x2 + x + + 3x x + x( x + 1)  + 0 x0 x + + x + 1 + x2 + x + Vậy tập nghiệm BPT S = ( −; −1  0; + ) ( 0,25 ) Chú ý 1: Nếu học sinh không xét trường hợp mà biến đổi từ BPT (2) thành BPT (3) đưa tập nghiệm cho tối đa 1,25 đ 0,50 0,25 Chú ý 2: Có thể giải theo cách sau ĐKXĐ: x  −1 x  − BPT (1)  x + x + − ( x + 1) + 0,50 ) ( x + x + −  (2) 0,50 Nhận thấy x = −1 nghiệm BPT 0,25   Xét trường hợp x  ( −; −1)  − ; +  Khi x + 5x + + ( x + 1)    x2 + x 2( x + x) +  (3) nên BPT (2) tương đương với x + x + + ( x + 1) + x + x + ( )  x + x   x  −1 x  Từ có tập nghiệm BPT S = ( −; −1  0; + ) Nếu học sinh giải theo cách không xét trường hợp mà biến đổi từ BPT (2) thành BPT (3) đưa tập nghiệm cho tối đa 1,25 đ II 4sin x − 2cos x(sin x −1) − 4sin x + 1 Giải phương trình =0 4,0 + cos x điểm   ĐKXĐ: + cos x   x  + k Phương trình tương đương với 4sin x(1 − cos2 x) − 2cos x sin x + 2cos x − 4sin x +1 =  −4sin x cos x − 2cos x sin x + 2cos x + =  (2cos x + 1)(1 − sin x) =  cos x = − x= 2  + k 2 x = + k sin x = ( ( ) ) ) x + y  0, xy + ( x − y ) (1)  x − y + xy + ( x − y )  ( ( 2,0 0,25 0,50 0,50 2 + k 2  x + xy + x − y ( ) xy − = y + y (1)  Giải hệ phương trình  ( x, y  )  y + xy + x − x ( x + 1) − = (2)    x  0; y  ĐKXĐ:  xy + ( x − y ) xy −    Nhận thấy y = từ (1) suy x = Thay x = y = vào (2) khơng thỏa mãn Vậy ta có điều kiện x  0, y  0, điều có nghĩa Khi ta có: 0,25 0,50 So sánh với điều kiện suy nghiệm phương trình cho x =  ( 0,50 ( 2,0 0,25 ) xy − + y  ) xy − − y = ) ) 0,25 0,50 ( x − y ) y + xy − x− y + =0 x+ y xy + ( x − y ) xy − + y (   y + xy −    ( x − y)  + =0 x+ y xy + x − y xy − + y ( )   ( ) 0,25 x = y  y + xy −  + =0  x+ y xy + ( x − y ) xy − + y  ( )  17  + 17 + 17  ; Vì x = y  nên trường hợp hệ có hai nghiệm (1;1) ;     y + xy − • Xét phương trình + = (3) x+ y xy + ( x − y ) xy − + y • Xét x = y Thế vào (2) ta x3 − x − 3x + =  x = 1; x = ( 0,50 ) Từ phương trình (2) ta có: 4   2 y + xy = x − x + = x +1+ + ( x − 1) − =  x + − + ( x − 1) +   x +1 x +1 x +1   y + xy − Do +  nên (3) vô nghiệm x+ y xy + ( x − y ) xy − + y ( ) 0,50  + 17 + 17  ; Vậy hệ có hai nghiệm (1;1) ;     Chú ý 3: Nếu học sinh không lập luận để x + y  0, xy + ( x − y ) ( ) xy − + y  trước thực nhân chia liên hợp từ phương trình (1) cho tối đa 1,75đ III Cho x, y, z số thực phân biệt không âm Chứng minh 4,0 x+ y y+z z+x + +  điểm 2 ( x − y ) ( y − z ) ( z − x) x+ y+z x+ y y+z z+x + +  2 ( x − y ) ( y − z ) ( z − x) x+ y+z  x+ y y+z z+x   ( x + y + z)  + + 9 2   ( x − y) ( y − z) ( z − x)  Khơng tính tổng qt, giả sử x  y  z  Khi có bất đẳng thức sau: +) x + y + z  x + y y+z +)   y ( y + z )  ( y − z )  z ( y − z )  (luôn đúng) ( y − z) y 2,0 Ta có +) Tương tự có z+x ( z − x)  0,25 0,50 x  x+ y y+z z+x  Do đặt F = ( x + y + z)  + + 2   ( x − y) ( y − z) ( z − x)   x+ y 1 F  ( x + y)  + +   ( x − y) y x  1 Ta có bất đẳng thức sau: + +  với a, b, c  a b c a +b+c 0,25 0,25 Áp dụng ta được:  x+ y 1 1 + + = ( x + y)  +  2 ( x − y) y x  ( x + y) − 4xy xy  0,50  1  9( x + y) = ( x + y)  + + =  2 x+ y  ( x + y) − 4xy 2xy 2xy  ( x + y)  x+ y 1 Vậy ( x + y)  + +   ( x + y) = Suy F  y x x+ y  ( x − y) z=0 z=0    Đẳng thức xảy   ( x + y) − xy = xy  x = (2  3) y 0,25 u1 = 2, u2 = Cho dãy số (un ) xác định sau  un+2 = 5un+1 − 6un , n  u  Tính giới hạn lim  nn  3  Từ giả thiết ta có un+2 − 2un+1 = 3(un+1 − 2un ), n  Suy dãy vn+1 = un+1 − 2un 2,0 cấp số nhân có cơng bội q =  vn+1 = 3n−1 v2 = 3n−1 (5 − 2.2) = 3n−1 (1) Cũng từ giả thiết ta có un+2 − 3un+1 = 2(un+1 − 3un ), n  Suy dãy wn+1 = un+1 − 3un 0,50 cấp số nhân có cơng bội q =  wn+1 = 2n−1 w2 = 2n−1 (5 − 3.2) = −2n−1 0,50 (2)  u − 2un = 3n−1  un = 3n−1 + 2n−1 Từ (1) (2) ta có hệ  n+1 n −1 un+1 − 3un = −2  1  n   3n−1 + 2n−1   un  lim = lim = lim Suy  +    =    3n  3n     3 3  Chú ý 4: Có thể giải theo cách sau Xét phương trình đặc trưng dãy truy hồi  − 5 + = Phương trình có nghiệm 1 = 2, 2 = 1 Do un = a.2n + b.3n Với u1 = 2, u2 =  a = , b = u  Suy un = 3n−1 + 2n−1 lim  nn  = 3  IV Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm học sinh lớp 11A, học sinh lớp 11B học 4,0 sinh lớp 11C thành hàng ngang Tính xác suất để khơng có học sinh điểm lớp đứng cạnh Số phần tử không gian mẫu :  = 10! 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 2,0 0,25 Gọi A biến cố “Khơng có học sinh lớp đứng cạnh nhau” Để tìm A ta thực theo hai bước sau: Bước 1: Xếp học sinh lớp 11C thành dãy: có 5! cách xếp Khi đó, học sinh lớp 11C tạo khoảng trống đánh số từ đến sau: 0,25 1C2C3C4C5C6 Bước 2: Xếp học sinh hai lớp 11A 11B vào khoảng trống cho thỏa mãn yêu cầu tốn Khi xảy hai trường hợp sau: Trường hợp 1: Xếp học sinh hai lớp 11A 11B vào vị trí 1, 2, 3, 4, vị trí 2, 3, 4, 5, 6: có  5! = 240 cách xếp 0,50 Trường hợp 2: Xếp học sinh hai lớp 11A 11B vào vị trí 2, 3, 4, 5; có vị trí xếp học sinh gồm học sinh lớp 11A học sinh lớp 11B; vị trí cịn lại vị trí xếp học sinh + Có cách chọn vị trí xếp học sinh + Có  cách chọn cặp học sinh gồm học sinh lớp 11A học sinh lớp 11B Suy có (   3)  2! cách xếp học sinh gồm học sinh lớp 11A học sinh lớp 11B học sinh vào vị trí + Có 3! cách xếp học sinh vào vị trí cịn lại (mỗi vị trí có học sinh) Do trường hợp có (   3)  2! 3! = 288 cách xếp Suy tổng số cách xếp A = 5! ( 240 + 288) = 63360 cách xếp Vậy xác suất cần tìm P( A) = A 63360 11 = =  10! 630 0,25 0,25 0,25 0,25 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân A Các điểm M , N thuộc cạnh AB, AC cho AM = AN ( M , N không trùng với đỉnh tam giác) Đường thẳng d1 qua A vng góc với 6 2 BN cắt cạnh BC H  ; −  , đường thẳng d qua M vàvng góc với 5 3  2 BN cắt cạnh BC K  ;  Tìm toạ độ đỉnh tam giác ABC , biết 5 3 đỉnh A thuộc đường thẳng () :5x + 3y +13 = có hồnh độ dương 2,0 N A C H M E K B D F Gọi D điểm cho ABDC hình vng E, F giao điểm đường thẳng AH, MK với đường thẳng CD Ta có ABN = CAE ( g.c.g )  AN = CE  AM = CE mà AM = EF  CE = EF  E trung điểm CF  H trung điểm KC  −4  Từ tìm C (2; −2) Ta có KH  ;   véctơ pháp tuyến BC n ( 5;3) 5   Phương trình BC là: x + y − = 0,50 0,25 Ta có AC đường thẳng qua C tạo với BC góc 450 Gọi véctơ pháp tuyến AC n1 ( a; b ) , với a + b  b = a  4b − 15ba − 4a =   Ta có cos 45 = 2 b = − a 34 a + b  • Với b = 4a chọn a =  b = ta có phương trình AC: x + y + = x + y + =  x = −2 Toạ độ điểm A nghiệm hệ  (loại)  x + y + 13 = y = −   5a + 3b 0,25 0,25 Với b = − a , chọn a =  b = −1 ta có phương trình AC: x − y − 10 = 4 x − y −10 = x = Toạ độ điểm A nghiệm hệ  (thoả mãn)  A (1; −6)  5x + y + 13 =  y = −6 Phương trình AB là: x + y + 23 =  x + y + 23 =  x = Toạ độ điểm B nghiệm hệ  (thoả mãn)  B ( 5; −7 )  5x + y − =  y = −7 Vậy tọa độ điểm cần tìm là: A(1; −6), B(5; −7), C (2; −2) • 0,25 0,50 Chú ý 5: Nếu học sinh công nhận điểm H trung điểm KC (không chứng minh) tìm tọa độ đỉnh tam giác cho tối đa 1,0 điểm V Cho tứ diện SABC có SA = SB = SC = Một mặt phẳng ( ) thay đổi qua 4,0 trọng tâm G tứ diện, cắt cạnh SA, SB, SC điểm A ', B ', C ' điểm 1 Chứng minh biểu thức T = có giá trị không đổi + + SA ' SB ' SC ' 2,0 S C' G A' H A C B' S' M B Vì G trọng tâm tứ diện SABC nên ta có tính chất: MG = ( ) MS + MA + MB + MC , với M điểm tùy ý Áp dụng tính chất cho điểm M  S ta có: 1 SG = SS + SA + SB + SC = SA + SB + SC 4 SA SB SC Lại có SA = SA ', SB = SB ', SC = SC ' SA ' SB ' SC ' 1 Do SG = SA ' + SB ' + SC ' 4SA ' 4SB ' 4SC ' ( ) ( 0,50 ) 1 + + =  T = 4SA ' 4SB ' 4SC ' Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Một điểm M di động cạnh đáy BC (M khác B,C) Mặt phẳng ( ) qua M đồng thời song song với hai đường thẳng SB, AC Xác định thiết diện hình chóp S ABCD cắt ( ) tìm vị trí điểm M để thiết diện có diện tích lớn Vì bốn điểm A ', B ', C ', G đồng phẳng nên phải có 0,50 0,50 0,50 2,0 S R I P F Q A D N E B O M C Kẻ MN / / AC ( N  AB ) ; NP / / SB ( P  SA) ; MQ / / SB (Q  SC ) Gọi O = AC  BD; E = MN  BD; F = PQ  SO; R = EF  SD Khi thiết diện cần tìm ngũ giác MNPRQ , tứ giác MNPQ hình bình hành Gọi  góc SB AC BM Đặt x = (  x  1) Khi MN = x.AC, MQ = (1 − x ) SB BC Suy SMNPQ = MN MQ.sin  = x (1 − x ) SB AC.sin  RF SF BE BM x = = = = x  RF = x.OI = SB OI SO BO BC Do góc RE PQ  nên 1 x2 SPRQ = PQ.RF sin  = MN RF sin  = SB AC.sin  2  3x  Vậy SMNPRQ = SMNPQ + S PRQ = x 1 −  SB.AC.sin  (*) 4  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có 3x  3x   x 3x   3x  1 −    + −  =  x 1 −    4  4 4 4  Từ (*) suy SMNPRQ  SB.AC.sin  3x 3x MB Đẳng thức xảy = −  x = hay = 4 MC 0,50 0,50 Gọi Ilà trung điểm SD, đó: 0,50 0,50 Hết -Chú ý: - Các cách làm khác cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia sở tham khảo điểm thành phần đáp án - Các trường hợp khác tổ chấm thống phương án chấm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN- Lớp 11THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 21 tháng năm 2019 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Số báo danh Câu I(4,0 điểm) Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị ( P) hàm số y = x2 − 2mx + , biết ( P) có trục đối xứng đường thẳng x = Giải phương trình x + − x = x − + − x + 8x − + Câu II(4,0 điểm) 2sin x − cos x − 7sin x + + Giải phương trình = 2cos x +  y3 − y + y = x + y − y + + x +  Giải hệ phương trình  2 x − 3x + + x − = y ( x − 1) + y − Câu III(4,0 điểm) ( ) ( Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn 4x2 + y + z = ) 3x − ( x, y  ) ( 2x + y + z ) Tìm giá trị lớn biểu thức: P= x3 + y + z ( x + y + z )( xy + yz + xz ) u1 = n un+1 = 4un + 3.4 , ( n  Cho dãy số ( un ) xác định  * ) Tìm số hạng tổng quát un tính 2n2 + 3n + un Câu IV(4,0 điểm) Có số tự nhiên có chữ số, có hai chữ số lẻ khác ba chữ số chẵn khác nhau, mà chữ số chẵn có mặt hai lần 8  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm G  ;0  nội tiếp 3  đường tròn ( C ) tâm I Biết điểm M ( 0;1) , N ( 4;1) đối xứng với I qua lim đường thẳng AB, AC đường thẳng BC qua điểm K ( 2; −1) Viết phương trình đường trịn ( C ) Câu V(4,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD , có đáy ABCD hình bình hành tâm O Gọi ( ) mặt phẳng không qua S cắt cạnh SA, SB, SC , SD M , N , P, Q thỏa mãn  SD  SB  SB giá trị biểu thức T =  SA = 2SM ; SC = 3SP Tính tỉ số  đạt giá trị nhỏ  + 4 SN  SN   SQ  Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD.A1B1C1D1 , mặt phẳng ( ) thay đổi song song với hai đáy lăng trụ cắt đoạn thẳng AB1, BC1, CD1, DA1 M , N , P, Q Hãy xác định vị trí mặt phẳng ( ) để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ - HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN- Lớp 11 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 21 tháng năm 2019 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM (Gồm có 06 trang) Câu NỘI DUNG I Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị ( P ) hàm số y = x2 − 2mx + , biết 4,0 ( P ) có trục đối xứng đường thẳng x = điểm Do ( P ) có trục đối xứng x = nên m = Điểm 2,0 0,5 Ta hàm số y = x − 4x + Bảng biến thiên sau : 0,75 Đồ thị: Có đỉnh I ( 2; −1) trục đối xứng đường thẳng x = có hình dạng sau: 0,75 Giải phương trình x + − x = x − + − x + 8x − + (1) Điều kiện xác định bất phương trình x 1;7 (*) Phương trình (1)  x − + − x = x − + − x x −  ( x −1) − − x x −1 +  x −1  ( ( ( ) ( ) )( 0,5 − x − x −1 = x −1 − − x + x −1 − − x 2,0 ) − x − x −1 = ) 0,5 x −1 − =  x −1 − − x =  x −1 = − x    x − =  x − − = x =  x = Đối chiếu điều kiện (*) tập nghiệm phương trình S = 4;5 0,5 0,5 II 2sin 2x − cos x − 7sin x + + = 4,0 Giải phương trình 2cos x + điểm 5 Điều kiện: x   + k 2 (*) Phương trình tương đương 2sin 2x − cos2x − 7sin x + + = 2cos x +  2sin 2x − cos x − 7sin x − 2cos x + =  ( 2sin x − 2cos x ) − − 2sin x − 7sin x + = ( 2,0 0,5 ) 0,5  2cos x ( 2sin x −1) + ( 2sin x −1)(sin x − 3) = 2sin x −1 =  ( 2sin x −1)(sin x + 2cos x − 3) =   sin x + 2cos x − = • Giải (1) :    x = + k 2 sin x =    x = 5 + k 2  • Giải (2): sin x + 2cos x = vơ nghiệm 12 + 22  32  Đối chiếu điều kiện (*) phương trình có họ nghiệm x = + k 2 ( k  Giải hệ phương trình  y3 − y + y = x + y − y + + x +   2 x − 3x + + x − = y ( x − 1) + ( y − 1) 3x − 2 Điều kiện: x  (*) 2 Phương trình (1)  y ( y − 2) = x + ( y − 2) − y + x + 1    y − x + ( y − 2) + x + 1 =  y = x +   2 x   ( y − 2) + x +  Thế y = x + vào phương trình (2) ta có: ( ( ) ) 0,5 ) (1) ( 2) 0,5 2,0 0,25 0,5 x2 − 3x + + 6x − = ( x +1)( x −1) + x 3x − 2  x − 3x + + x − = x − x − x + + x x − 2 ( ) ( x − 3x + − = x 3x − − x2 + ( x2 − 3x + 2) ( x + 3) 3x − + x x − 3x + +   x  ( x − 3x + )  x + − − =0 3x − + x  x − 3x + +   x − 3x + = ( 3)   x x +3− − = ( 4)  3x − + x x − 3x + + 2 x2 − 3x + ) 3x − − x + x − x + 0,5 =x 0,25 • Giải (3) ta x = 1; x = • Giải (4): phương trình x + − − x − 3x + +    x   x +2− + 1 −  =0 3x − + x  x − 3x + +     x+ x − 3x + x − 3x + + + x =0 3x − + x 0,5 3x − 2 = vơ nghiệm vế trái ln dương với x  3x − + x ( ) ( ) Đối chiếu điều kiện (*) suy tập nghiệm hệ S = 1; , 2; III Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn 4x2 + y + z = ( 2x + y + z ) Tìm 4,0 điểm giá trị lớn biểu thức: x3 + y + z P= ( 2x + y + z )( 4xy + yz + 2xz ) 2  z z   2 x + y + z  x + y + = x + y + ( )       2      z Đặt t = ta có ( x2 + y + t ) = ( x + y + t ) 2 1 2 Mặt khác xy + yt + tx = ( x + y + t ) − x2 − y − t  = ( x + y + t )  2 3 3 8x + y + z x + y + t3 P= = ( 2x + y + z )( 4xy + yz + 2xz ) ( x + y + t )( xy + yt + tx ) 2,0 Ta có x + y + z = ( x3 + y + t ) 3  x   y   4t   P= =   +  +   16  x + y + t   x + y + t   x + y + t   (x + y +t) a + b + c = 4x 4y 4t Đặt: a = với a, b, c dương ;b = ;c =  x+ y +t x + y +t x + y + t ab + bc + ca =  4 Khơng giảm tính tổng qt giả sử a = a, b, c  a + b + c  3a  a   0;   3 b + c = − a a + b + c = Mà   ab + bc + ca = bc = a − 4a + 1 3 Khi P = ( a3 + b3 + c3 ) = a3 + ( b + c ) − 3bc ( b + c ) = a ( − a ) +  16 16 16  2a ( − a )( − a )  2a + − a + − a  32   Áp dụng côsi ta a ( − a ) =  = 2  27 32 11 Suy P  + = , đẳng thức xảy a = 16 27 11 z y z Vậy giá trị lớn đạt x = y = x = = u1 = Tìm số hạng tổng quát Cho dãy số ( un ) xác định  n * un+1 = 4un + 3.4 , ( n  ) 2n2 + 3n + un tính lim un Ta có un+1 = 4un + 3.4n  un = 4un−1 + 3.4n−1 với n  ; n  ( ) Khi đó: un = 4un −1 + 3.4n−1 = 4un −2 + 3.4n−2 + 3.4n−1 = un−2 + 2.3.4 n −1 = ( 4un−3 + 3.4n−3 ) + 2.3.4n−1 = 43.un−3 + 3.3.4n−1 0,5 0,5 0,5 0,5 2,0 0,25 0,75 = 4n−1.u1 + ( n −1) 3.4n−1 = 4n−1.2 + ( n −1) 3.4n−1 = (3n −1) 4n−1   2+ +  2n + 3n + 2n + 3n + 4n  n n lim = lim = lim  n =0 un  ( 3n −1) 4n−1  3− n   2+ + 2 n n = ; Ta có  n = n  n = Vì lim với n  n n 2 (1 + 3) Cn ( n −1) 3− n 2n2 + 3n + 4n Mà lim = suy lim n = Vậy un = ( 3n −1) 4n−1 ; lim =0 ( n − 1) un 2 IV Có số tự nhiên có chữ số, có hai chữ số lẻ khác ba 4,0 chữ số chẵn khác nhau, mà chữ số chẵn có mặt hai lần điểm Trường hợp 1: Xét số có chữ số, có hai chữ số lẻ khác ba chữ số chẵn khác mà chữ số chẵn có mặt hai lần, coi chữ số đứng đầu + Chọn chữ số lẻ khác chữ số chẵn khác có C52C53 (cách) + Với cách chọn ta có: số có chữ số, có hai chữ số lẻ khác ba 8! chữ số chẵn khác mà chữ số chẵn có mặt hai lần là: (số) 2!2!2! 8! Trường hợp có: C52 C53 = 504000 (số) 2!2!2! Trường hợp 2: Xét số có chữ số, có hai chữ số lẻ khác ba chữ số chẳn khác mà chữ số chẵn có mặt hai lần, mà chữ số đứng đầu + Chọn chữ số lẻ khác chữ số chẵn khác có C52C42 (cách) + Với cách chọn ta có: số có chữ số, có hai chữ số lẻ khác hai 7! chữ số chẵn khác mà chữ số chẵn có mặt hai lần là: (số) 2!2! 7! Trường hợp có: C52 C42 = 75600 (số) Vậy có: 504000 − 75600 = 428400 (số) 2!2! 8  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm G  ;0  3  nội tiếp đường tròn ( C ) tâm I Biết điểm M ( 0;1) , N ( 4;1) đối 0,5 0,5 2,0 0,5 0,5 0,5 0,5 2,0 xứng với I qua đường thẳng AB, AC đường thẳng BC qua điểm K ( 2; −1) Viết phương trình đường trịn ( C ) Gọi H , E trung điểm MN , BC suy H ( 2;1) Từ giả thiết ta có tứ giác IAMB, IANC hình thoi Suy MNCB hình bình hành  tứ giác AHEI hình bình hành  G trọng tâm tam giác HIE 0,5 0,5 Gọi F = HG  IE nên F trung điểm IE Ta có BC MN , mà đường thẳng BC qua K ( 2; −1) nên phương trình đường thẳng BC là: y + = Mặt khác: HF = 0,5 1  HG  F  3; −  2  Ta có EF ⊥ BC suy phương trình EF : x − =  E ( 3; −1) Vì F trung điểm IE  I ( 3;0 )  IA = HE = 0,5 Vậy phương trình đường trịn ( C ) là: ( x − 3) + y = V Cho hình chóp S ABCD , có đáy ABCD hình bình hành tâm O Gọi ( ) mặt 4,0 phẳng không qua S cắt cạnh SA, SB, SC , SD M , N , P, Q thỏa điểm 2  SD  SB  SB  mãn SA = 2SM ; SC = 3SP Tính tỉ số giá trị biểu thức T =    + 4 SN  SN   SQ  đạt giá trị nhỏ 2,0 Đặt SB = xSN , SD = ySQ với x  1; y  , đó:  SD   SB  2 T =  = x + 4y  + 4 SN SQ     Ta có: SA + SC = SB + SD = 2SO  SD = SA + SC − SB 1 x SQ = SD = SA + SC − SB = SM + SP − SN (*) y y y y y Vì điểm M , N , P, Q đồng phẳng nên từ (*) ta có:  x + + −  =1 x + y = y y  y Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacơpski ta có: 1  ( x + y ) =  x.1 + y   ( x2 + y ) 1 +   T = x2 + y  20 , 2   4 dấu ‘=’ x = 4; y = SB Vậy = x = SN Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD.A1B1C1D1 , mặt phẳng ( ) thay đổi song ( ) song với hai đáy lăng trụ cắt đoạn thẳng AB1, BC1, CD1, DA1 M , N , P, Q Hãy xác định vị trí mặt phẳng ( ) để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ 0,5 0,5 0,5 0,5 2,0 Giả sử mặt phẳng ( ) cắt cạnh AA1, BB1, CC1, DD1 E , F , G, H Do mặt phẳng ( ) ( ABCD ) nên ta có: AE = x, (  x  1) ; S ABCD = S với S số Ta có S AA1 EM AM AE EQ A1 Q A1E = = =x = = = 1− x Suy EF AB1 AA1 EH A1D A1 A Đặt SEMQ 0,5 AE BF CG DH = = = AA1 BB1 CC1 DD1 EHGF =S EQ EM = x (1 − x )  SEMQ = x (1 − x ) SEFH SEFH EH EF Chứng minh tương tự ta có: SHPQ = x (1 − x ) SHGE ; SPGN = x (1 − x ) SHGF ; SNFM = x (1 − x ) SGFE  Ta có S 0,5 = MNPQ 0,5 = S − ( SEMQ + SPGH + SPGN + SNFM ) = S − x (1 − x )( SEFH + SHEG + SHGF + SGFE ) = S − x (1 − x ) 2S = S (1 − x + x ) 1 1 S  Ta có − x + x2 =  x −  +   S MNPQ  2 2  S Khi S MNPQ đạt giá trị nhỏ x = 2  Vậy mặt phẳng ( ) qua trung điểm cạnh AA1, BB1, CC1, DD1 0,5 Hết -Chú ý: - Các cách làm khác cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tựphân chia sở tham khảo điểm thành phần đáp án - Các trường hợp khác tổ chấm thống phương án chấm  ... GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀCHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN- Lớp 11 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 09 tháng năm... điểm thành phần đáp án - Các trường hợp khác tổ chấm thống phương án chấm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN- Lớp... GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN- Lớp 11 THPT Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 21 tháng năm