SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ Số báo danh KÌ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 11 NĂM HỌC 2017 - 2018 Mơn thi: TỐN - Lớp 11 THPT Ngày thi: Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có 01 trang, gồm câu Câu Cho hàm số: y x x a) Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị hàm số b) Tìm m để đường thẳng d : y x m cắt P điểm A, B phân biệt cho trung điểm I AB cách hai trục tọa độ Tìm tọa độ điểm A, B với m vừa tìm Lời giải b) Phương trình hoành độ giao điểm d P là: x x x m x x m 0 (*) Yêu cầu toán PT (*) có hai nghiệm phân biệt (*) có ' m Gọi x A ; x B nghiệm (*), I trung điểm AB ta có x xB xI A 1 ; y I m 2 m 3 Yêu cầu toán y I x I m 1 m 1 Kết hợp ĐK, kết luận m 3 c) Với m 3 phương trình đường thẳng d: y x Tọa độ giao điểm d P nghiệm hệ phương trình: x 0 x x x x 2 y x y x x 0 y 3 tan x cos x cot x s in x= sin x x 2 y Tọa độ điểm A, B là:0;3;2;1: 0;3 ; 2; 1 Câu Giải phương trình lượng giác: 1 , n N* S n u1 u2 un Cho un n n 1 Tính lim Sn 3n n Lời giải 1.Điều kiện: x k ,k Z pt cos x sin x s inx.cos x cosx.sin x 2.sin x s inx cos x s inx.cos x s inx.cos x s inx cos x sin x s inx cos x 2.sin x * Đặt t s inx cos x t 1 sin x.cosx sin x.cosx t ; t * t 2(t 1) ; t 1 t 0 pt có nghiệm t tm t 2 t 1 t 2 t ktm sin x sin x 1 4 4 x k 2 x k 2 , k Z 4 Vậy phương trình có nghiệm là: x k 2 , k Z 2 13 n n 1 n 1 n n n3 3n n u ; u ; u un 2 12 n n 1 n n 1 un n n 1 n n 1 2 n2 n n2 n n2 n n n 1 n n 1 13 n2 n S n u1 u2 u3 un 12 n n 1 3 7 13 13 n2 n 2 3 n n 1 n2 n n2 n n2 n 13 2 3 n n n 1 n2 n n2 n n2 n 13 2 3 n n n 1 n2 n n n n 2n = n n 1 n 1 n 1 Lim Sn 3n n Lim n2 2n n 1 3n n Câu Giải bất phương trình: x 10 x x 6 x x 3 x 1 x3 Giải hệ phương trình : x y x y 15 0 2 x y x y 0 2 Lời giải Điều kiện : x 1 Bất phương trình tương đương với: x 1 10 x 10 x 1 x 1 2 x 1 x x 1 2 2 Đặt a x 0 Bất phương trình trở thành: a 10 a 10 a a 2 a a a a 10a 10a a 10 a 10 a 2 a 5a 10 a 20 a 10a 10 a 5a 15a 20a 20 5a 15a 20 a 20 5a 15a 20 a 20 a 4 a 4 2 a 10 a 10 a 10 a 10 a2 5a a 5a a2 0 a 10 a 10 a a 10 a 10 a a a 10 a 10 10 a 5a 1 a 0 a a 5a a a 0 1 15 a 6a 5a a 0 4 a2 a2 1 15 a a 6a 5a a 0 (*) 2 Bất phương trình (*) tương đương với : a 0 x 0 x 1 Vậy tập nghiệm bất phương trình S 1; x 1 y x 1 y 5 2 x 1 y 10 2 u v 10 Ta có hpt uv u v 5 Đặt u x v y 2 u v 10 u v 2 u v 2uv 10 uv 45 uv uv u v u 3 v u v 3 u 3 ) Tìm nghiệm ( x; y ) = ( 2; 1) ( x; y ) = ( -2; 1) v u ) Tìm nghiệm ( x; y ) = ( 0; 5) v 3 Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm: 2; 1 , 2; 1 , 0; Câu 1.Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn: x y z 1 Chứng minh rằng: x y z 3 2 y z z x x y 2.Tìm số nghiệm ngun khơng âm phương trình x1 x2 x3 15 x1 5; x2 6; x3 7 Lời giải x x x 3x2 Ta cần chứng minh: y z x2 x2 Thật vậy, áp dụng BĐT Cơ-si ta có: x2 x2 x2 x x 2 x x x 27 1.Ta có x x2 3 x 3x2 x 3 x2 x2 y2 z2 1 Tương tự: Do đó: y 3 y2 x2 z 2 2 , z 3z x2 y2 3 x y z 3 3 x y2 z2 2 y z x z x y 2 HD: Trước hết, ta xét toán chia kẹo Euler: Có nghiệm ngun khơng âm phương trình: x1 x2 xk n ( Có cách chia n kẹo cho k em bé?) ****** Xét n kẹo xếp thành hàng, ta sử dụng k-1 que để phân chia n kẹo thành k phần với số kẹo tương ứng trước que thứ nhất, thứ 2, , thứ k-1 x1 , x2 , xk sau que thứ k-1 xk Khi đó, ta có n k vị trí cho kẹo que, cách chia, ta chọn vị trí cho n kẹo n k vị n trí trên, nên có Cn k cách chia ******* Quay lại với toán, kết dễ dàng khơng có ràng buộc x1 5; x2 6; x3 7 Mặt khác lựa chọn ràng buộc điều kiện x1 5 khó kiểm sốt điều kiện x1 6 Dấu “=” xảy x y z x1 6 x1 0 , nghĩa thay cho x1 , ta làm việc với x1 để khơng cịn điều kiện ràng buộc Vì thế, ta giải toán nhờ xem xét phần bù sau: Đặt S a1 , a2 , a3 , N, a1 a2 a3 15 S1 a1 , a2 , a3 , N, a1 6, a1 a2 a3 15 , S a1 , a2 , a3 , N, a2 7, a1 a2 a3 15 S3 a1 , a2 , a3 , N, a3 8, a1 a2 a3 15 Khi kết tốn ta S S1 S S 15 2 Mặt khác S C153 C17 S1 a1 6, a2 , a3 , N, a1 a2 a3 15 9 nên S1 C11 Tương 2 tự S2 C10 , S3 C9 Tiếp tục S1 S2 a1 6, a2 , a3 , N, a1 a2 a3 15 2 2 Nên S1 S2 C4 , S1 S3 C3 , S2 S3 C2 , Cuối S1 S S3 nên S1 S S3 0 Vậy 2 2 2 đáp số toán : C17 C11 C10 C9 C4 C3 C2 10 Cách 2: t1 5 x1 , t2 6 x2 , t3 7 x3 , ta có t1 5, t2 6, t3 7 Và t1 t2 t3 3 Khi 2 kết đơn giản C33 C5 10 Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD AB / / CD Gọi I, H hình chiếu vng góc B lên đường thẳng AC, CD M, N lần luotj trung điểm AD, HI Viết phương trình đường thẳng AB biết M 1; , N 3; đỉnh B nằm đường thẳng x y 0, cos ·ABM Lời giải A M B H N D I C · · ·ABD HCI HBI Xét ABD HBI có · ·ADB ·ACB HIB Suy ABD HBI đồng dạng với (g.g) Ta có : BM, BN hai đường trung tuyến tam giác ABD, HBI Do : · · · MBN ABH : ·ABM HBN 2 BM BA (1) Lại có BN BH Từ 1 suy ABH đồng dạng với MBN · Do MNB ·AHB 90 , hay MN vng góc NB r uuur +) Đường thẳng BN qua N 3; có VTPT n MN 1; nên có phương trình x y 15 0 x y 15 0 +) Tọa độ điểm B nghiệm hệ phương trình: x y 0 uuur r Ta có: MB 5; / / 1; 1 , gọi n AB a; b VTPT AB, ta có: x 6 B 6; y 3 a 3b 2 2 2 a b 8 a b 3a 10 ab 3b 0 2 a b 2 a b +) TH1: Nếu a 3b , chọn a 3 b 1 Phương trình đường thẳng AB : x y 21 0 b +) TH 2: Nếu a , chọn a 1 b 3 Phương trình đường thẳng AB : x y 15 0 ( loại trùng với BN) Vậy phương trình đường thẳng AB : x y 21 0 Câu Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật tâm I, AB a; AD 2a Hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với điểm I Gọi M, N trung điểm SA, CD Biết góc MN mặt phẳng (ABCD) , tan Tính khoảng cách từ S đến mp(ABCD) cơsin góc 37 đường thẳng MN mặt phẳng (SBD) Lời giải a b S M J A D H N I B C +) Gọi H trung điểm AI, ta có MH / / SI nên MH ( ABCD ) · Do HN hình chiếu vng góc MN lên mp ( ABCD) nên MNH CD a · Tam giác HCN có cos HCN nên suy : CA a 5 · HN CH CN 2CH CN cos HCN 3a a a 3a a 37 4 2 Tam giác vng HNM có MH HN tan a 37 a 37 SI 2 MH a a 37 a a 41 (1) 16 Gọi góc MN SBD , J giao điểm MN với SBD M,N khác phía với SBD +) Ta có : MN HM HN nên MN MJ NJ d M ; SBD d N ; SBD sin Ta có: MH / / SI HM / / SBD d M ; SBD d H ; SBD , Và 1 d N ; SBD d C ; SBD 2d H ; SBD d H ; SBD 2 2d H ; SBD d A; SBD Suy MN (2) sin sin 1 a2 a3 +) S SBD SI BD a.a ;VA.SBD VS ABCD 2 2 3 3V a 2a d A; SBD A.SBD S SBD a 5 (3) a 41 2a 141 sin cos = sin Từ (1), (2),và (3) ta có : 205 sin 205 Vậy VS ABCD 2a 141 ; cos = 205