Đề số 104

TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC TỔ TOÁN ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Khối 11 năm học: 2017-2018 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề có 01 trang, gồm 09 câu Câu Lời giải + Phương trình hồnh độ x  2mx  3m  0  15  + Ta có   m  3m   m     0, m 2   x1  x2 2m + Áp dụng định lí vi-et   x1 x2 3m  + Ta có P  x12  x22  x1  x2   x1 x2 4m  6m  12 3 39 39   P  2m     2 4  39 + Vậy max P   m  4 Câu Lời giải + Điều kiện   x 4 + Bất phương trình cho tương đương với  x  x   x  x  m + Đặt t   x  x 2 + Do   x 4 nên   x  3   x  1 9     x  1 0  9   x  1 9  8  x  x 9    x  x 3 + Suy t 3 + Bất phương trình trở thành t  t  m  * 2 1  1 49  33  4 + Do t 3  t     t       t    2  2 2  + Suy  t  t  4 + Để bất phương trình cho nghiệm x    2; 4 phương trình  * nghiệm t   0; 3  m 4 Câu Lời giải + Phương trình tương đương với 3sin x  sin 3 x  cos x 1  2  x  k    18  sin x  cos x 1  sin  x      3   x  7  k 2  56 + Đáp số x    k 2 , x  7  k 2 , k   18 56 Câu Lời giải  x 1 + Điều kiện   y 1 + Trừ vế phương trình ta x  21  y  21  x   y   x  y 0   xy   x  y    x  y  0  x  21  y  21  x 1 y   x y   x  y   x y Vì x 1, y 1 nên x 1 y x  21  y  21 + Thay vào (1) ta  x  21  x   x  x     x  21   x   0   x    x  5   0  x 2   x  2   x   1  x   x  21 + Vậy hệ có nghiệm  2;2  Câu Lời giải x 1     ; 3 x 3x x y2 z z z   ;     y 9 z + Cộng bất đẳng thức theo vế ta có  x3 y z   1  12  10          3  x y z   + Áp dụng bất đẳng thức cơ-si ta có 1 1  12  10  x y z    P           z  3 x y  + Vậy P  94  x 1; y  3; z  Câu Lời giải + Điều kiện un  , n 1 + Bằng phép quy nạp đơn giản ta chứng minh un  3, n 1 + Vậy  un  dãy bị chặn: un  3, n 1  un  1   un   0, n 1 + Ta có un1  un  3un   un  ,  un  dãy tăng 3un   un + Vì  un  dãy tăng bị chặn nên có giới hạn hữu hạn Đặt lim un a với + Chuyển qua giới hạn ta có : a  3a   a 1; a 2 + Vậy lim un 2 Câu Lời giải 40 + Số cách lấy ngẫu nhiên thẻ C + Trong 40 thẻ có: 13 thẻ mang số chia hết cho 14 thẻ mang số chia dư 13 thẻ mang số chia dư + Để tổng số thẻ số chia hết cho phải xảy trường hợp sau: a  3 Cả số chia hết cho 3: có C13 cách Cả số chia dư 1: Có C14 cách Cả số chia dư 2: Có C13 cách 1 Có số chia hết cho 3, số chia dư 1, số chia dư 2: có C13 C14C13 cách + Xác suất cần tính P  C133  C143  C133  C131 C14 C131 127  C40 380 Câu Lời giải        + Vì OM  BI nên 2OM BI 0  2OA  OB  2OC BA  BC 0           5OB  BA  BC BA  BC 0  5OB.BA  5OB.BC  BA  BC         0 + Gọi H , K tương ứng trung điểm đoạn AB, BC Khi     5OB.BA  5OB.BC  BA  BC 0          OH  HB BA  OK  KB BC  BA  BC 0  5   BA2  BC  BA2  BC  BA.BC 0 2 1   BA2  BC   BA2  BC  AC  0  AC   AB  BC  2 4 AC  AC 2 2 BA  BC  AC 3   ABC 600 + Do cos ABC  2 BA.BC AC         Câu Lời giải S M A C B a a a O a + Đặt SO  x + Vì tam giác SAO, SBO, SCO vuông A, B, C nên SA  SB  SC  x  a 2 2 2 + Tam giác SAB vuông S nên AB SA  SB 2  x  a  2  + Xét tam giác SBC ta có BSC 600  SBC nên BC  x  a 2 2 + Xét tam giác SCA ta có CA SC  SA  2SC.SA.cos120 3  x  a  + So sánh  1 ,    3 ta thấy CA2  AB  BC  ABC vuông B b + Gọi M trung điểm AC  4 + Vì ABC tam giác vng B nên MA  MB  MC + Mặt khác SA SB SC  5 OA OB OC  6  1  2  3 + Từ     suy M hình chiếu S lên  ABC  + Từ     suy M hình chiếu O lên  ABC  + Từ suy SO   ABC  M Do AM đường cao tam giác vng SAO 1 1 1     2    2 2 AM SA OA CA SA OA  x2  a   x2  a  a  1 4a 2a 2 2   x  a  a  x   x   2 3 x  a  a + Vậy SO  2a  đpcm