de thi hsg mon toan lop 11 tuong thpt gia vien b nam 2015 2016

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2015 – 2016 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút TRƯỜNG THPT GIA VIỄN B ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 07 câu, 01 trang) Câu (5,0 điểm) a) Giải phương trình: sin x  3cos x   sin x  2sin x  b) Cho hàm số y  x3  3mx  x  , có đồ thị Cm  , với m tham số Tìm giá trị tham số m để đường thẳng d m : y  x  10  3m cắt đồ thị Cm  điểm phân biệt A, B, C Gọi k1 , k2 , k3 hệ số góc tiếp tuyến Cm  A, B, C Tìm giá trị m để k1  k2  k3  15 Câu (3,0 điểm) a) Giải phương trình:  x 1  3 x  x x 1   x  x  x  y  56 b) Giải hệ phương trình   3 x  x  y  y  10  Câu (3,0 điểm) 1  khai triển nhị thức Niu-tơn   x  , biết n số  x  n a) Tìm hệ số số hạng chứa x 26 nguyên dương thỏa mãn 4Cn1  6Cn2  An3  490 b) Chứng minh phương trình x  x 1  có nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 ( x1  x2  x3 ) thỏa mãn hệ thức x22   x1 x32   x2 Câu (2,0 điểm) Giải bất phương trình x  x 1  20 x  96 x   1 Câu (2,5 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , mặt bên SAD tam giác nằm mặt phẳng vng góc với đáy Gọi M , N trung điểm cạnh SB CD Chứng minh AM vng góc với BN Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SMN  Câu (2,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có AC  BD đường 2 trịn nội tiếp hình thoi có phương trình  x 1   y 1  Biết đường thẳng AB qua điểm M 1;5 Tìm tọa độ đỉnh A , biết điểm A có hoành độ âm Câu (2,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: F  a  6ab  5b 3a 10ab  5b  7b  6bc  5c 3b 10bc  5c -HẾT -  7c  6ca  5a 3c 10ca  5a TRƯỜNG THPT GIA VIỄN B ĐỀ THI CHÍNH THỨC (HDC gồm 05 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2015 – 2016 Mơn: TỐN Câu Đáp án Điểm Điều kiện 2sin x   Phương trình cho tương đương với:    sin x  2sin x  sin x  3cos x   2sin x  1a (2,5 điểm)   3sin2x 3cos x 3  sin x  2sin x    cos x  sin x   2  k 2 x   k 2 , với k   3  4 +) cos x  sin x   tan x   x   k 2 x   k 2 , k   3 Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm phương trình là:  2 x   k 2 x   k 2 , với k   3 +) 2sin x    x  0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Hoành độ giao điểm đồ thị Cm  đường thẳng d m nghiệm phương trình x  3mx  x   x 10  3m  x  x   3m  x 1  0,5   x 1 x2 13m x 93m  *  x  x2 13m x  3m  ** Đường thẳng d m cắt đồ thị Cm  điểm phân biệt phương trình * có nghiệm phân biệt hay phương trình ** có nghiệm phân biệt khác 1b (2,5 điểm)  1 3m2  9  3m    12  1 3m.1   3m   9m  6m  35  11 11  m    m  m    11 6m  3 6 Gọi hoành độ điểm A, B, C x1 , x2 , x3 x1  , cịn x2 , x3 0,5 0,5 hai nghiệm phương trình ** Theo định lý Viet, ta có x2  x3  3m 1 x2 x3   3m 0,5 Ta có k1  k2  k3  12  6m  3 x  x   6m  x2  x3   18 2  k1  k2  k3  9m  21 k1  k2  k3  15  9m  21  15  m   m  ;  2  2;   Kết hợp với điều kiện trên, ta có giá trị cần tìm m  7 m  ;     2;    3 Điều kiện x  2a (1,5 điểm) 0,5 Với điều kiện phương trình cho tương đương với 2 x3  x 10 x   3 x  x x 1  0,5    2 x  2 x2  2x 1 3x  x  2 x 1    x  2 2x2 3x 2x 1  x    x  (tmđk) x  x x 1  x   * Ta có *  x  3x x 1  2 x 1    0,5   x  2 x 1 x  x 1   x  2 x 1  (do x  x 1  )  2 x 1  x  x  x    x   (tmđk) 0,5 Vậy phương trình cho có ba nghiệm x  2; x   Hệ phương trình xác định với x, y    x  y  56  x  y  56 Ta có   3 x  x  y  y  10 9 x  27 x  y  y  30   Trừ vế theo vế hai phương trình hệ ta được: 2b (1,5 điểm) 0,5 x  x  27 x  y  y  y  26   x  3   y 1  x  y  3 Thay x  y  vào phương trình thứ hai hệ ban đầu ta được: 3 y  2   y  2  y  y  10  y  y    y  y  4 0,5 Với y  x  ; với y  4 x  2 Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm  x; y   4; 2 ; x; y   2;  4 0,5 Điều kiện n   n  Với điều kiện này, ta có 4Cn1  6Cn2  An3  490  4n  3n  n 1  n n 1n  2  490 0,5  n  6n  9n  490    n 10n  4n  49   n  10 (tmđk) 2 1  Với n  10 , ta có khai triển nhị thức Niu-tơn   x   x  10 3a (1,5 điểm) 10k 1 Số hạng tổng quát khai triển C    x  k 10 x  k k 11k 40 10 C x 0,5 ( k  , k  10 ) Số hạng chứa x 26 11k  40  26  k  (tmđk) Vậy hệ số số hạng chứa x 26 khai triển nhị thức Niu-tơn cho là: C106  210 0,5 Chứng minh phương trình x  x 1  có nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 ( x1  x2  x3 ) thỏa mãn hệ thức x22  x1  Xét hàm số f  x   x  3x 1  Hàm số f  x  liên tục  Ta có f 2  1; f 1  3; f 1  1; f  2  3b (1,5 điểm) Hàm số f  x  liên tục  nên liên tục đoạn 2; 2 0,5 Mặt khác f 2 f 1  0; f 1 f 1  0; f 1 f 2  nên f  x   có ba nghiệm phân biệt thuộc khoảng 2; 2 Lại f  x  hàm bậc ba nên phương trình f  x   có tối đa ba nghiệm Vậy phương trình f  x   có ba nghiệm phân biệt thuộc khoảng 2; 2 Do nghiệm x  2; 2 nên ta đặt x  cos t , với t  0;   Khi phương trình 1 cho trở thành 8cos3 t  6cos t 1   cos3 t  3cos t    cos 3t   2 2 2 2  3t    k 2 , k    t   k ,k  3 0,5  2 4 8  Vì t  0;   nên t   ; ;  Suy phương trình cho có ba nghiệm phân biệt  9  2 4 8 2cos ; cos ; cos 9 8 4 2 Khi x1  cos ; x2  cos ; x3  cos 9   8  4 4  2 Ta có  x1  21 cos   2.2cos2  x22 ;  x2  21 cos   4cos  x32      9 9 0,5 Điều kiện x  Với điều kiện  20 x  96 x   nên bất phương trình cho tương đương với x  x   20 x  96 x   0,5  x  x   20 x  96 x  ** Nhận thấy x  nghiệm bất phương trình  20 x  96  x x Xét x  Khi **  x   0,5    1  32 x     4 x    96   x x (2,0 điểm) Đặt t  x  1 , t  2 Suy x   t  Do bất phương trình trở x x thành 3t   t  4  96  5t  76  3t   5t  76  3t  2 0,5  t  3t 18   t  Do x  x 3   x  x 1   x  x x 3 83 83 x  2 0,5  83  8    Vậy bất phương trình cho có tập nghiệm S  0; ;        S M K (2,5 điểm) B A H I J D N C E   Gọi H trung điểm cạnh AD Ta có HDC NCB nên HCD  NBC    Lại NBC , BNC phụ nên NIC  900 hay HC  BN Tam giác SAD nên SH  AD Do  SAD    ABCD  , SAD    ABCD   AD nên SH   ABCD  Suy SH  BN 0,5 0,5 Do BN   SHC  Gọi I trung điểm CB Khi IM // SC AI // HC Suy  SHC  //  AIM  Vì BN   IAM  nên BN  AM Gọi J , E giao điểm BN với HC AD Ta có d  H , SBN  HE  nên  Suy d  A,  SBN   d  H , SBN  AE d  A,  SBN  Có BN   SHJ  Từ H kẻ HK  SJ , K  SJ Khi HK   SBN  0,5 4 Vậy d  A,  SBN   d  H , SBN   HK 3 Ta có HC  a  DC ; cos HCD   HC  a a Tam giác JNC vuông J nên JC  NC cos JCN   5 0,5 a a 3a Suy HJ  HC  JC    10 Tam giác SAD cạnh a nên SH  a Tam giác SHJ vuông H có đường cao HK nên Suy 1   2 HK HS HJ a 1 32 3a Do d  A,  SBN       HK  3a 9a HK 9a 20 Đường tròn nội tiếp hình thoi có tâm I 1;1 10 Gọi H tiếp điểm đường thẳng AB với đường trịn Tam giác IAB vng I có đường cao IH nên 1  2 2 2 IH IA IB IA 1 (do IB  BD  AC  IA ) 0,5 bán kính R  (2,5 điểm) 1,0 Suy IA  IH  2  Gọi n a; b vectơ pháp tuyến đường thẳng AB , với a  b  Đường thẳng AB có phương trình a  x 1  b  y  5  0,5 4b 10 Do AB tiếp xúc với đường tròn nên d  I , AB   R    a  3b a  b2 Với a  3b đường thẳng AB có phương trình x  y   Do A  AB nên A  a;8  3a  IA  2   a 1  7  3a    5a  22a  21   a  (loại) a  (loại) 5 0,5 Với a  3b đường thẳng AB có phương trình x  y   Do A  AB nên A  a;3a  2 IA  2  a 1  3a  1   5a  2a   2  a  1 (nhận) a  (loại) Vậy A 1; 1 Với số thực dương x, y ta có  x  y   nên suy 7a2  6ab 5b2  0,5 x2  2x  y y Do Suy 3a 10ab  5b 2  27a2  6ab  5b2  3a2 10ab  5b2   11a2  2ab  5b2 7a  6ab  5b 3a  10ab  5b 7a2  6ab  5b2  0,5  3a 10ab  5b 2  11a  2ab  5b Ta lại có 11a  2ab  5b   2a  b  3 a  b   2a  b (2,0 điểm) Suy 11a2  2ab  5b2   2a  b Do 2 a  ab  5b 3a  10 ab  5b  2 a  b  0,5 Chứng minh tương tự, ta có 7b  6bc  5c 3b  10bc  5c   2b  c ; 7c  6ca  5a 3c  10ca  5a   2c  a  Vì F   a  b  c  0,5 Mặt khác a  b  c   3ab  bc  ca  nên từ giả thiết, ta có a  b  c  Suy F  Dấu xảy a  b  c  Vậy F đạt giá trị nhỏ a  b  c  -HẾT - 0,5 ...  6ab  5b2  0,5 x2  2x  y y Do Suy 3a 10ab  5b 2  27a2  6ab  5b2  3a2 10ab  5b2   11a2  2ab  5b2 7a  6ab  5b 3a  10ab  5b 7a2  6ab  5b2  0,5  3a 10ab  5b 2  11a...  5b 2  11a  2ab  5b Ta lại có 11a  2ab  5b   2a  b? ??  3 a  b? ??   2a  b? ?? (2,0 điểm) Suy 11a2  2ab  5b2   2a  b? ?? Do 2 a  ab  5b 3a  10 ab  5b  2 a  b  0,5 Chứng minh... ta có 7b  6bc  5c 3b  10bc  5c   2b  c ; 7c  6ca  5a 3c  10ca  5a   2c  a  Vì F   a  b  c  0,5 Mặt khác a  b  c   3ab  bc  ca  nên từ giả thi? ??t, ta có a  b  c