De so 66

TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN ĐỀ THI KSCL HỌC SINH GIỎI LỚP 11 NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN THI: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề Câu 1: Tìm tất giá trị thực m để hàm số y  x  2mx  7m  có tập xác định ¡ Lời giải 2 Hàm số y  x  2mx  m  có tập xác định ¡  x  2mx  m  0, x   a 1    ' m  7m  0   m 8 Vậy m cần tìm m  [  1;8] Câu 2: Giải bất phương trình: x2  4x   x  3x  x  Lời giải   x 3   x  x  0   x 1  2 x  x  0  x  Điều kiện: + Với x=1 BPT hiển nhiên suy x=1 nghiệm + Với x 3 suy BPT  ( x  3)( x  1)  ( x  1)(2 x  1)  x  , BPT vô nghiệm x suy BPT  (1  x)(1  x)  (1  x)(3  x) 1  x + Với x Chỉ nghiệm  x 1   x 1 Kết luận: BPT có nghiệm  x sin x   cos x   cos x.sin  0 2sin x  Câu 3: Giải phương trình Lời giải    x   k 2 sin x     k     x   k 2  Điều kiện x  sin x   cos x   cos x.sin  0 PT  cos x  0  sin x  cos x  sin x  cos x  0  sin x   cos x   cos x     1   sin x  cos x    sin x  cos x   0 2          cos  x    2sin  x    0 3 6         2sin  x    2sin  x   0 6 6      sin  x       sin  x      0 6    1 6    x   k   x  2  k 2  7 2  k 2 x   k 2 Đối chiếu với điều kiện ta    1   x  y   2  1 x  y y  x     x  y  4 x   19  y  2 Câu 4: Giải hệ phương trình  Lời giải 19   x 0,  y 0   x  y  Điều kiện  1 sử dụng bất đẳng thức Cơsi ta có Từ x x x y 1 x xy        x  y x  3y  x  y x  3y  x  3y y 2y 1 2y        x  3y  x  3y  x  3y , cộng hai kết ta x  y 1 x x  y 1 y 3 3         x  y  x  y  , tương tự ta cũng có y  x  x  y  ,   1 x y  1 1 VT    x  y       2 VP     x  3y  y  3x   x  y   suy x  y  3 Dấu bằng xảy   ta PT: x  x  4 x   19  3x   Thế vào phương trình     x  x   4  x    x      19  3x   13  x   Giải pt  x2  x   x2  x  2  x  x  4  9 x    x  5 19  x   13  x  x               x2  x  2     0  x    x   19  x   13  x     x  x  0  x 1  x  (Loại)  3  x; y   1;1 thỏa mãn hệ phương trình Khi x 1   y  x 1 Thử lại  x; y   1;1 Vậy hệ phương trình có nghiệm 35 4c +  35 + 2b 4c + 57 Tìm giá trị nhỏ A = abc Câu 5: Cho a, b, c > thoả mãn: + a Lời giải 4c 35 35   2 0 4c  57  a 35  2b  a   2b  35   Ta có: (1) 4c 35 35  2b Mặt khác  a 4c  57  4c 35 2b  1  a 4c  57 35  2b 35  2b  2b 57 57    35  2b  a 4c  57   a   4c  57  1- Ta có:  >0 (2) 4c 35 1   a 4c  57 35  2b a 57 35     a 4c  57 35  2b 35 57  4c  57   35  2b  Từ (1), (2), (3) ta có: 8abc 35 57 8   a   4c  57   2b  35    a   2b  35   4c  57  >0 (3) Do abc 35.57 1995 Dấu “=” xảy a 2, b 35 c 57 57 c a  2, b  35 Vậy u1 2   un 1  un  4un   , n  * lim un  u   Câu 6: Cho dãy n xác định  Tìm Lời giải un 1  un  4un     4un 1  1  4un   Với n   * ta có un 0  abc  1995     4un 1   4un       4un 1    4un    (*) v1 1, 1  , n   * Với n   * , đặt , từ (*) ta có q v  Do n tạo thành cấp số nhân với cơng bội  4un   2    n  2    n         1    un    lim un  4  3 Suy 1 x  x Câu 7: Cho khai triển 15   x14  a0  a1 x  a2 x   a210 x 210 15 14 13 Chứng minh rằng a0C15  a1C15  a2C15   a15C15 15 Lời giải  1 x  x 14 15   x  15 15 1 x   15 15 15   x    x  x + Ta có nên   x   15 + Dễ thấy hệ số x khai triển   x  x   x  a x + Mặt khác số hạng tổng quát tổng 1 x   x14  15 1 x 15 15 15 15 14 15 k k 15 m 1 x  C m xm số hạng tổng quát khai triển    15 với k 15 15 m  x  x   x14   x   1 ak C15m x k m  + Suy số hạng tổng quát 15  k ; m     0;15 ,  1;14  ,  2;13 , ,  15;   + Để số hạng số hạng chứa x k  m 15 15 15  x  x   x14   x  x + Suy hệ số khai triển 15 14 13 15 14 13   1 a0C15    1 a1C15    1 a2C15     1 a15C15    15  14 13  a C15   a C14   a C13     1 a15C150  15 + Vì   15   15   15  a0C1515  a1C1514  a2C1513   a15C015 15 Câu 8: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC không tam giác vuông, nội tiếp đường trịn  I  Kẻ đường kính AM đường tròn  I  Đường thẳng  qua  I  điểm N ( N khác A ) Tìm tọa đỉnh A , vng góc với BC  cắt đường tròn M  5;3 , N  4;  P  4;  độ đỉnh A, B, C biết rằng , đường thẳng BC qua điểm ,  5 Q ;  đường thẳng AC qua điểm  2  hồnh đợ điểm B lớn Lời giải A H I B K N Q P E C M  Do ANM 90  AN  MN , kết hợp với AN vng góc BC suy BC song song với MN hay MN   1;1 đường thẳng MN có vtcp Do phương trình đường thẳng x y BC :   x  y  0 1  AH vng góc với MN nên AH có vtpt MN   1;1 suy phương trình đường thẳng AH :  1 x    1 y   0  x  y 0 Gọi K giao điểm AH BC suy K trung điểm HN tọa độ K nghiệm hệ phương trình:  x  y 0  x 3   K  3;3  H  2;   x  y  0  y 3 , kết hợp với K trung điểm HN suy Gọi E trung điểm BC , tứ giác BHCM hình bình hành suy E trung điểm HM suy  5 E ;   2 B thuộc đường thẳng BC nên B  t ;6  t  , kết hợp với E trung điểm BC suy   2t  11  2t  CQ  ;  , BH   t ; t   C   t; t  1   Ta có H trực tâm tam giác ABC nên Do   CQ BH 0   2t  11   t     2t   t   0  t 5   4t  30t  50 0    t 5  , kết hợp với t   t 5 Vậy tọa độ đỉnh tam giác ABC B  5;1 , C  2;  , A  1;1 ( A giao đường thẳng AH AC ) SC   ABC  Câu 9: Cho hình chóp S ABC có tam giác ABC vng B Biết AB a , AC a 13 sin    SAB   SAC  bằng  với 19 Tính SC góc hai mặt phẳng Lời giải S H K C A B Gọi H , K hình chiếu C lên SA, SB Ta chứng minh CK  (SAB), SA   CKH  , suy tam giác CHK vuông K SA  KH  Do  CHK Đặt SC  x 1 3a x 2    CH  CA2 CS 3a  x Trong tam giác vng SAC ta có CH 2a x CK  2a  x Tương tự , tam giác vuông SBC ta có Ta có  3a  x  13 13 CK 13 sin        x 6a 19 CH 19  2a  x  19 Vậy SC 6a  AB / / CD  , AB 2CD Gọi M P lần Câu 10: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang MA PS  x lượt điểm thuộc cạnh AD SC thoả mãn MD PC Xác định thiết diện hình (  ) chóp cắt mặt phẳng chứa MP song song với AB Tìm x để diện tích thiết diện bằng mợt nửa diện tích tam giác SAB Lời giải S T N P A D M C Q B  M  ( )  ( ABCD)  ( )  ( ABCD) MQ / / AB(Q  BC )  (  ) / / AB  Ta có: Tương tự ( )  ( SCD) PN / / AB( N  SD) Vậy thiết diện ( ) với hình chóp tứ giác MNPQ Vì MQ / / NP / / AB nên MNPQ hình thang MD AM x x2 QM  AB  CD  AB  CD  AB AD AD 1 x 1 x  x  1 T  MN  PQ Gọi Ta có: MA QB PS NS     PQ / / SB, MN / / SA  SAB TMQ Vì MD QC PC ND 2  MQ   x      1   SSAB  AB    x  1  Do NP NS AM x x x NP x     NP  CD  AB   CD SD AD x  x 1  x 1 QM x  Vì SMNPQ STPN  NP  x2 x2 4x         2 STMQ  MQ  STMQ x  2 x  2 x  2    Do SMNPQ  S x 1 Từ (1) (2) suy TMQ SMNPQ 1     x 1 S x 1 Vậy x 1 ta có TMQ STMQ .Hết