SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT ĐẮC BẰNG LƯƠNG THI HSG LỚP 11- THỜI GIAN 180 PHÚT LỚP 11- MƠN TỐN Câu 1) Gọi x1; x2 nghiệm PT : x mx m 0 ( m tham số thực) Tìm giá trị nhỏ 2018 2018 biểu thức A=[f ( x1 )] [f ( x2 )] f ( x ) 1 với x (2 x 1) 2) Giải phương trình: x x x 4 x x x x x R Lời giải 1 x x2 m Gọi x1;x2 nghiệm pt(1) theo vi-et ta có : (m 1) x1 x2 f x1 f x2 1 2 x1 1 x2 1 Ta có: Với giá trị m, PT(1) ln có hai nghiệm phân biệt khác Ap dụng BĐT AM-GM, ta có: [ f x1 ]2018 [ f x2 ]2018 2 f x1 f x2 Dấu “=” xảy m Vậy giá trị nhỏ biểu thức m Phương trình tương đương với: x x x x(2 x x x ) x 1014 2 x x x x x x x 1 x x x x x x x 2 2 x2 x x (2 x x x 3)(2 x x x x x 1) 0 x2 x x x2 x x 0 x x 2 x x 1 x x x Vậy phương trình có nghiệm x=1 Câu 1) Cho phương trình: 3(2 sin x) 2(tan x 4) sin x Tính tổng nghiệm dương nhỏ phương trình 2) Giải hệ phương trình: x y x y 4x y x 3 y x x, y R Lời giải ĐK: cos x o x k sin x) 2(tan x 4) tan x cos x tan x 3(2 )(1 tan x) 2(tan x 4) tan x tan x 1 tan x tan x tan x tan x tan x 3 x k x k Từ tính tổng nghiệm dương nhỏ pt là: x 3; y 0 y 3 y ĐK : x 4 x y y 0 2 Từ (1) ta có PT hệ là: y x 2 x y y xy y 0 y 4 x +) y=0 thay vào pt(2) vô nghiệm +) y= 4x-4 thay vào (2) ta x 3 x x ( x 1) 3 x ( x 1) x 5 x x 10 ( x 2) ( 3) x ( x 1) x ( x 1) x x x x NX : x 3 PT (3) vô nghiêm Với x=5 ta có y=16.Thử lại ta thấy (5;16) thỏa mãn hệ Vậy hpt có nghiệm (5 ;16) ( x 5) Câu 1)Xét hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện : ( x y ) xy 2 Tìm GTNN biếu thức P 3( x y ) 2( x y ) xy (3 xy 4) 2017 2) Cho dãy số un xác định sau: u1 1, u2 3, un 2un 1 un 1, n 1, 2, Tính lim n un n2 Lời giải Với số thực x, y ta ln có ( x y ) 4 xy , nên từ điều kiện suy ( x y ) ( x y )2 ( x y ) xy 2 ( x y ) ( x y ) 0 x y 1 3 2 2 2 Ta biến đổi P sau P ( x y ) ( x y ) 2( x y xy ) xy (3 xy 4) 2017 2 3 ( x y )2 ( x y ) 2( x y ) 2017 (3) 2 2 (x y ) 2 2 Do x y nên từ (3) suy P ( x y ) 2( x y ) 2017 Đặt x y t t (do x y 1) 1 32265 Xét hàm số f (t ) t 2t 2017 với t , nên hàm số f(t) đồng biến ; f 16 2 2 32265 , đạt x y 16 un 1 un 1, n 1, 2, suy un 2 un 1 lập thành cấp số cộng có cơng sai Do GTNN P Ta có un 2 un 1 nên un 2 un 1 u2 u1 n.1 n (1) Từ (1) ta un u1 un un un un u2 u1 n n n n 1 n n u Vậy lim un lim n2 lim n n n n n 2n un 1 n Câu 1) Cho hai hộp đựng bi: Hộp A đựng viên bi xanh , viên bi đỏ; Hộp B đựng viên bi xanh, viên bi đỏ ( bi mầu có bán kính khác nhau) Bốc ngẫu nhiên viên bi hộp A bỏ vào hộp B, sau bốc ngẫu nhiên viên bi hộp B bỏ lại hộp A Tính xác suất để sau đổi bi xong số bi xanh hai hộp 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A, hai đường cao BE, CF cắt H(2;2), biết HE=3.Tìm tọa độ đỉnh A tam giác ABC, biết đỉnh A thuộc đường thẳng d: x y 12 0 khoảng cách từ A đến đường thẳng EF nhỏ Lời giải Không gian mẫu: n C C Trường hợp 1: Lần thứ lấy viên bi xanh, sau trả lại phải bốc viên bi xanh viên bi đỏ, số cách bốc là: C7 C7 C8 C9 Trường hợp 2: Lần thứ lấy viên bi xanh viên bi đỏ, sau trả lại phải bốc viên bi 1 xanh viên bi đỏ, số cách bốc là: C7 C7 C7 C10 Trường hợp 3: Lần thứ lấy viên bi xanh viên bi đỏ, sau trả lại viên bi đỏ, số cách bốc là: C7 C7 C6 C11 Vậy số cách bốc thỏa mãn yêu cầu toán là: n( A) C73 C70 C82 C91 + C72 C71 C71 C102 + C71 C72 C60 C113 Vậy xác suất để sau đổi bi xong số bi xanh hai hộp là: n A 2961 P ( A) 0, 42 n 7072 14 17 Dễ thấy H không thuộc d.Tọa độ A(t;-t-12) t R HA (t 2; t 14) XA.GA XB.GB XC.GC XD.GD GA Vì tam giác ABC cân A nên AH FE Xét tam giác vng HAE ta có : AE AH HE (t 2) (t 14) 2t 24t 191 d ( A, EF ) AE 2t 24t 191 2t 24t 200 AH 2t 24t 200 2(t 6) 128 2t 24t 200 128 119 16 2(t 6) 128 Đẳng thức xảy t =-6 K/c từ A đến EF nhỏ 119 16 A(-6;-6) Câu Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c 1) M điểm tùy ý cạnh AB, (P) mặt phẳng qua M song song với AC BD cắt BC, CD, DA N, P, Q Tìm vị trí M điều kiện a, b, c để thiết diện MNPQ hình vng 2) X điểm thay đổi khơng gian Tìm vị trí điểm X cho tổng XA XB XC XD đạt giá trị nhỏ Lời giải A Q M G D B N P C MN NP M trung điểm AB a = c 1.MNPQ hình vng MP NQ Gọi G trọng tâm tứ diện; M, N, P, Q trung điểm cạnh AB, CD, BC, AD Ta có tam giác ACD tam giác BCD nên AN BN suy MN AB , tương tự ta chứng minh MN CD đường thẳng PQ vng góc với hai đường thẳng BC, AD Từ suy GA GB GC GD XA.GA XB.GB XC GC XD.GD Ta có XA XB XC XD GA XG GA GB GC GD 4.GA 4GA Dấu xảy X trùng với điểm G Vậy GA XA XB XC XD nhỏ X trọng tâm tứ diện ABCD