ĐỀ LỚP 11 HSG THPT BA ĐÌNH – THANH HĨA NĂM HỌC 2017-2018 Câu Cho hàm số y x 2(m 1) x m (m 1) có đồ thị ( Pm ) a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số b Giả sử ( Pm ) cắt Ox hai điểm có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1 x2 4 Tìm giá trị lớn 3 giá trị nhỏ biểu thức sau: P x1 x2 x1 x2 (3x1 3x2 8) Lời giải a b Phương trình hoành độ giao điểm (P) Ox là: x m 1 x m3 m 1 0 x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 4 m 2 m m 0 ' 0 m 0 x1 x2 4 2 m 1 4 m 3 (1) có hai nghiệm Theo định lí Viet ta có: x1 x2 2 m 1 , x1 x2 m3 m 1 Suy ra: m m 0 m 3 2 P x1 x2 x1 x2 8 m 1 8m3 m 1 16m 40m -2 0 16 P -144 -24 Từ bảng biến thiên ta được: Pmax 16 m 2 , Pmin 144 m Câu Giải phương trình cos x cos3x 2cos5 x 0 * (1) Lời giải 3 Có cos x 16cos x 20 cos x 5cos x ; cos x 4cos x 3cos x (*) 8cos x cos x cos x 0 cos x 0 17 cos x 16 17 cos x 16 x k (k ) 17 x arccos 16 k 2 17 x k ; x arccos k 2 , ( k ) 16 Vậy phương trình cho có họ nghiệm x y ( x 5) 4 y x 2 y 4 y ( x 4) x 2 x Câu Giải hệ phương trình Lời giải Điều kiện: x 1, y 0 Phương trình (1) tương đương với x xy 20 y 4 y x 2 y (*) Phương trình (2) tương đương với xy 16 y x x , thay vào (*) ta x 16 y x x xy 4 y x 2 y x x 4 y y 2 y x x (2 y 1) (2 y 1) x (2 y 1) x (2 y 1) x (2 y 1) 0 x (2 y 1) x (2 y 1) x (2 y 1) 0 x (2 y 1) x 2 y Thay x 2 y vào phương trình (2) ta y (2 y 3) y 2 y y 10 y 2 y 2(4 y y 1) 2 y 2 y 1 2(2 y 1) ( y 1) 3 2 5 2 x 2(2 y 1) y y 32 52 x 2(2 y 1) y y (thỏa mãn hệ phương trình) 5 2 3 2 52 32 ( x; y ) ; ; ; Vậy hệ phương trình cho có ghiệm 5a b 10a 2b 2c 0; 2c Câu Cho số thực a, b, c thỏa mãn Chứng minh phương trình ax bx c 0 có nghiệm khoảng (-1,1) Lời giải *) Ta có f (0) c ; f ( 1) a b c; f (1) a b c a b 2 1 10 f ( ) c ( a b c ) a ( a b 2c ) a 9 2 9 ; a b b 18 b f ( ) c ( a 2c ) a ( a 2c ) a 16 16 2 16 16 f ( ) *) Xét a suy 1 f (0) f ( ) f (0) ( ;0) 3 +) Nếu c suy phương trình có nghiệm thuộc 5a b b c a c +) Nếu c suy f (0) Từ b b f (1) a c Với suy f (0) f (1) b b f ( 1) a c Với suy f ( 1) f (0) a 0 f( ) 0 *) Xét f (0) f (0) f ( ) +) Nếu c 10 18 b a b 2c a b 2c a c 3 +) Nếu c f (0) Từ b b f ( 1) a b c a c f ( 1) f (0) Với Với b f (1) a b c a b c f (0) f (1) Như vậy, ta chứng minh phương trình cho có nghiệm thuộc ( 1;1) Câu Cho hai dãy số un u1 1, v1 1 un 1 4un 2vn v u v n n (vn ) thỏa mãn: n 1 Tính giá trị S u2018 v2018 Lời giải Thay n bới n ta un 4un 2vn un 1 4un 2vn 4un 2(un vn ) 4un 2un 2vn vn un 4un 2un un 4un 5un 6un Từ ta có hệ thức truy hồi cho dãy (un ) là: Kiểm tra vài số hạng dãy ta u1 1; u2 2 un 1 5un 6un u1 1; u2 2; u3 4; u4 8 , từ ta chứng minh công thức số hạng tổng quát (un ) un 2n , n , n 1 u 2k với k , k 4 đó: Thật vậy, giả sử k dãy số uk 1 5uk 6uk 5.2k 6.2k 2k 2k 2k Do uk 1 2k , điều chứng tỏ un 2n n , n 1 Thay vào hệ điều kiện giả thiết ta suy Như ta 1 vn 2n 2n n , n 1 S u2018 v2018 2 2017 2017 22018 Câu Gọi tập tất số tự nhiên gồm chữ số đôi khác Từ tập , lấy ngẫu nhiên số Tính xác suất để lấy số chia hết cho 15 Lời giải n() 9 A6 Số phần tử 544320 số Biến cố A: “số lập chia hết cho 15” Gọi số cần tìm x a1a2 a3 a4 a5 a6 a7 Ta có 0+1+2+3+4+5+6+7+8+9=45 chia hết cho x 15 x 3 x 5 a 0; a 5 7 Vì Số cần tìm có chữ số mà chia hết cần bỏ chữ số từ đến cho tổng chữ số chia hết cho Ta tạo thành nhóm gồm A = {0;3;6;9}; B = {1;4;7} C = {2;5;8} Bộ bỏ {a;b;c} *) Ta đếm {a;b;c} mà có tổng chia hết cho 3 +) Cùng dư có gồm: {0; 3;6};{0; 3;9};{0;6;9}; {3;6;9}; {1;4;7}; {2;8;5}; +) Khác dư quy ước a, b, c tương ứng thuộc A, B, C ta có: -) Bộ {0;b;c} có cách chọn b B cách chọn c C (do bỏ phải có 5) nên có -) Bộ {a;b;5} a 0 có cách chọn a, cách chọn b nên có 3.3 = -) Bộ {a;b;c} a 0 c 5 có cách chọn a, cách chọn b cách chọn c nên có 3.3.2 = 18 Như vậy, phải bỏ gồm: - gồm {0;b;c} c 5 - 10 gồm {a;b;5} đo a 0 20 {a;b;c} khơng có chữ số *) Lập số tương ứng với bộ: +) Bỏ chứa chữ số (tức số tạo thành có chứa chữ số khơng có chữ số 0) số tạo thành có dạng a1a2 a3a4 a5 a6 , ta có cách bỏ có 6! cách viết cho chữ số cịn lại nên có aa a a a a 9.6! = 6480 số có dạng thỏa mãn +) Bỏ chứa chữ số (tức số tạo thành có chứa chữ số khơng có chữ số 5) số tạo thành có dạng a1a2 a3a4 a5 a6 , ta có 10 cách bỏ có 6! cách viết chữ số cịn lại nên có aa aa a a 10.6! = 7200 số có dạng thỏa mãn +) Bỏ không chứa chữ số có 20 cách bỏ bộ, số tạo thành có chứa 5, ta có trường hợp: a7 5 5.5! cách viết cho chữ số lại a 0 có 6! cách viết cho số cịn lại Nếu Nếu Nên trường hợp có 20.(5.5!+6!) = 26400 số Do có thảy 40080 số thỏa mãn yêu cầu Vậy xác suất biến cố A P ( A) 40080 167 544320 2268 Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Gọi I J tâm đường tròn nội tiếp AHB AHC ; điểm K (4; 2) trực tâm AIJ Biết đường thẳng AI có phương trình x y 10 0, đường thẳng AJ qua điểm M (1; 2) Tìm tọa độ điểm A, B, C biết điểm A có hồnh độ lớn Lời giải Gọi D E lần giao điểm AI, AJ với BC ta có: AEB EAC ECA EAH BAH EAB ABE cân B Do BI AE Hoàn toàn tương tự ta CJ AD K BI CJ BAC IAJ 450 , n Lại có gọi (a; b) vec tơ pháp tuyến đường thẳng AJ, ta | a 2b | a 3b; 3a b a b2 +) Với a 3b AJ : x y 0 A(0;5) loại cos 450 +) Với 3a b AJ : x y 0 A(4;3) , BK : x y 10 0 Điểm E(1;2) đối xứng A qua BK Đường thẳng CK có phương trình x y 10 0, điểm D đối xứng với A qua CK nên D(8;1) 11 17 x y 15 0 B ( ; ) C ( ; ) 4 3 Thử lại, với ba điểm Khi BC có phương trình ( d ) : x y 10 0 BAH phân giác nên không thỏa mãn Vậy không tồn tam giác ABC yêu cầu Câu Cho tứ diện SABC có độ dài cạnh 1, gọi I, K trung điểm cạnh AC SB Trên đường thẳng AS CK lấy điểm P, Q cho PQ song song với BI Tính độ dài đoạn thẳng PQ Lời giải Kẻ KJ // BI (J thuộc SI), P giao CJ với SA, kẻ PQ // JK (Q thuộc CK) đươch PQ thỏa mãn P thuộc SA, Q thuộc CK PQ//BI Ta có ABC cạnh nên BI 3 KJ BI Qua cách dựng PQ J trung điểm SI nên PS CA JI PS PS 1 2.1 PA CI JS PA PA Xét SAI với điểm P, J, C thẳng hàng ta có Xét APC với điểm thẳng hàng S, J, I ta có CJ Suy CP 1 JP IC SA JP JP 1.3 JC IA SP JC JC JK 4 3 PQ JK 3 Suy PQ Vậy PQ 3 Câu Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O với OA = 2OB = 2a SO vng góc với đáy (ABCD) Mặt phẳng ( ) qua A vng góc với SC cắt SB, SC, SD B’, C’, D’ Tính cơsin góc (SAB) với ( ) biết B ' C ' D ' Lời giải ( ) ( ABCD) EF E đối xứng với C qua B F đối xứng với C qua D, E đối xứng với F qua A EF 2 BD 4a Tam giác B’C’D’ nên tam giác EFC’ CC ' x C ' F 20a x EF 4a x 2a ; AC ' AC CC '2 16a 4a 2a SC SA2 AC '2 SC '2 AC '2 ( SC CC ') SC 12a ( SC 2a ) 16a 4a.SC SC SC 4a SO 2a Hạ ' C ' I AB ' AB ' ( SC ' I ) ( SAB );( AB ' C ') SIC ; 4a 2a ' AO ' 2 AO ' AC ' O ' B ' cot IAC 3 ; O'B' ' sin IAC ' 2a 39 IC ' AC '.sin IAC 13 13 ' SC ' 13 cos tan tan SIC IC ' 39 Từ ta có