ĐỀ LỚP 11 HSG THPT HẬU LỘC – THANH HĨA NĂM HỌC 2017-2018 Câu Tìm m ngun dương nhỏ để đồ thị hàm số y m x m x m cắt trục hoành hai điểm phân biệt A, B có hồnh độ x1 , x2 cho x1 , x2 số nguyên Lời giải Đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm phân biệt A, B ⇔ phương trình hồnh độ giao điểm: m m x m x m 0 có nghiệm phân biệt m 4 m x1.x2 1 m m Khi đó: Do đó: x1 , x2 số ngun m ước Ta phương trình tương ứng: m m 1 m m 3 m 1 m 5 m 3 m 7 Vậy giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán là: m 1 Câu Giải bất phương trình x x x 3x Lời giải x 0 x ; 1 2; 1 x x Điều kiện : TH : Dễ thấy x 1 nghiệm bất phương trình (1) TH : Nếu x 2 (1) tương đương : ( x 1)( x 1) ( x 1) ( x 1)( x 2) x 1 x x x x x x x ( Đúng với x 2 ) TH : Nếu x (1) tương đương : (1 x)( x 1) (1 x) (1 x )(2 x ) x 1 x x x x 1 x x 3 x (1 x)(2 x) (1 x)(2 x) x (Vô nghiệm) Vậy tập nghiệm bất phương trình : S 2; 1 sin x cos x 5sin x cos x cos x Câu Giải phương trình 1 Lời giải cos x Đk: 5 x k 2, k phương trình cho tương đương với phương trình sin x cos x 5sin x cos x 2 cos x sin x.cos x 2sin x 5sin x cos x 0 cos x 2sin x 1 2sin x 5sin x 0 sin x 2sin x 1 sin x cos x 0 sin x cos x 2 x k 2, (tm) sin x x 5 k 2, l Với sin x cos x 2 sin x 1 3 Với Vậy nghiệm pt là: Câu Giải hệ phương trình π ⇔ x= +k π (tm) x k 2, k 2 x3 xy x 2 y x y y (1) x x y 1 y (2) Lời giải Điều kiện: y 2 (1) ( x y )(2 x y 1) 0 x 2 y Thay vào (2) ta có phương trình x x x 1 x (3) Xét x thỏa mãn (3), suy y Xét x : (3) x x (1 x) 5 x x 1 x2 x 1 x x 0 x 1(loai ) x x x x (4) x 1 2 x x 2 x x 2 4 x x 0 Kết hợp (3) (4) ta Kết luận: Hệ phương trình cho có nghiệm: ( x; y ) ( 1; 2 2 ); ( ; ) 2 Câu Chứng minh tam giác ABC với góc nhọn ta ln có: tanA +tanB +tanC +6 ( sinA+ sinB + sinC ) ≥ 12 √ Lời giải Ta chứng minh Bổ đề: Cho tam giác ABC với góc nhọn ta ln có BĐT: tanA tanB tanC sinA sinB sinC ≥ 27 (1) Thật vậy: ta có đẳng thức :sin A +sin B+sin C=4 sinA sinB sinC ⇔ sinA cosA +sinB cosB+ sinC cosC=2 sinA sinB sinC (2) Áp dụng BĐT Cô si: sinA cosA + sinB cosB +sinC cosC ≥ √3 sinA sinB sinC cosA cosB cosC Từ (2) suy ra: sinA sinB sinC ≥ √3 sinA sinB sinC cosA cosB cosC 27 ⇔ tanA tanB tanC sinA sinB sinC ≥ Dấu đẳng thức xảy ∆ ABC Bổ đề chứng minh Ta ln có: tanA +tanB +tanC=tanA tanB tanC Áp dụng BĐT Cô si: tanA tanB tanC+ sinA +6 sinB +6 sinC ≥ √4 216 tanA tanB tanC sinA sinB sinC 27 ⇔ tanA tanB tanC +6 sinA+6 sinB +6 sinC ≥ 216 ⇔tanA +tanB +tanC +6 ( sinA +sinB+ sinC ) ≥12 √3 Đẳng thức xảy ∆ ABC √ ( ) u1 2017 u 2018u u , n 1, n n n n 1 u Câu Cho dãy số n xác định bởi: u u u Sn n u2 u3 un Tính: lim S n Đặt Li giải 0 2017 Từ giả thiết ta có un 1 un n 1 nên (un) nN dãy tăng Giả sử (un) có giới hạn: lim un a : a = 2018a2 + a a = (vô lý) Vậy lim un 2018un2 un 1 un u 1 un 1 2018un2 un 2018un2 un1 un n un 1un un 1un un 1 2018 un un 1 1 1 1 2018 u1 u2 u2 u3 un un 1 u1 Do đó: Sn = Sn 1 2017 lim S n 2018 u1 un 1 2018 2 2 2 Cn1 2.2 Cn2 2.3 Cn3 2.4 Cn4 2.n Cnn nC2nn Câu Chứng minh rằng: Lời giải 2 2 2 Cn1 2.2 Cn2 2.3 Cn3 2.4 Cn4 2.n Cnn nC2nn Ta cm được: VT 2 C n k Cnk nCnk11.Cnk 2 Cn2 Cn3 Cn4 n Cnn Ta có: 1 x n n n Hệ số x C k 1 k1 n Mặt khác hệ số x n k1 n Cnk k 1 x 1 Cnk 1.x k Cnk x n k k 1 n n n 2n C n k 1 n n là: C k1 n Cnk k 1 1 x khai triển 2n Cnk C2nn 2n. Cnk11.Cnk nC2nn đpcm k 1 C2nn 11 C2nn là: Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC M(3; –1) Tọa độ điểm E(–1; –3) thuộc đường thẳng chứa đường cao qua đỉnh B Đường thẳng AC qua F(1; 3) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có đường kính AD với D(4; –2) Lời giải Gọi H trực tâm tam giác ABC suy BDCH hình bình hành Suy M trung điểm DH suy H(2; 0) * Đường thẳng AC qua F(1; 3) nhận HE ( 3; 3) làm vecto pháp tuyến nên PT: 1( x 1) 1( y 3) 0 AC : x y 0 Đường cao BH qua H E nên phương trình BH x – y – = * Gọi tọa độ B, C là: B(b; b 2), C (c; c) Do M trung điểm BC nên ta có hệ: b c 6 b 1 B (1; 1), C(5; 1) c 5 b c * Đường cao AH qua H vng góc BC nên AH có phương trình x = x 2 x 2 A(2; 2) x y y 5 Tọa độ A thỏa hệ: Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán A(2; 2), B (1; 1), C(5; 1) MC mMA Câu Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ với M, N thuộc cạnh CA, DC’ cho ND mNC ' Tìm m để MN song song với BD’ Lời giải BA a , BB ' b;BC c Đặt m m MN BN BM a (b c) 1 m 1 m MN k BD ' , MN // BD’ m 1 m m 1 m 1 m Câu 10 Cho tứ diện ABCD có AB = a, CD = b Gọi I, J trung điểm AB CD.Giả sử IM IJ Tính diện tích thiết diện tạo mặt phẳng () AB CD, M nằm đoạn IJ cho qua M song song với AB, CD tứ diện ABCD Lời giải A G P I F L B N M D H Q E J C Xác định thiết diện (ABCD) ( ) // AB AB ( ABC ) L ( ) ( ABC ) với mặt phẳng (): Ta có : EF // AB (1) ( ) // AB AB ( ABD) N ( ) ( ABD) Tương tự : HG // AB Từ (1) (2) , suy EF // HG // AB ( ) // CD CD ( ACD) P ( ) ( ACD) Ta có : FG // CD Tương tự Từ Từ Mà Từ ( ) // CD CD ( BCD) Q ( ) ( BCD) : (4) (5) , suy (3) (6) , suy AB CD (3) , (6) (*), suy EH // CD (5) FG // EH // CD EFGH hình bình hành (2) (3) (4) (6) (*) EFGH hình chữ nhật Tính diện tích thiết diện hnh chữ nhật biết IM = IJ : Ta có : S EFGH EF FG PQ.LN Tính LN : LN IN Xét tam giác ICD : Ta có : LN // CD CD ID (7) IN IM IJ Xét tam giác IJD : Ta có : MN // JD ID (8) LN IM CD b LN CD IJ 3 Từ (7) (8), suy PQ JM 2 2ab PQ AB a S EFGH JI 3 3 Vậy : Tương tự : AB Hết