De so 67 da sua( cong thuc bi hoa anh)

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC (06/11/2018) ĐỀ KIỂM TRA ĐỘI TUYỂN HSG TOÁN LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1: Cho hàm số y  f  x  x  x   1 Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị hàm số  1 Tìm giá trị y  f  f  x  x    2;0 lớn giá trị nhỏ hàm số với Lời giải Bảng biến thiên:   x -2   y -1 ( ) Đồ thị ∙ y -3 x -2 -1 O -1 -4 - Đặt t=f(x), x    2;0 t    1;3 f  t    0; 24 nên max f  f  x   24 x 0 f  f  x   0 x  Vậy x  2;0 ; x  2;0 Câu 2: Giải phương trình:  x  3  x   15  x  x  2  x  27 x  14  11 ( x  R) Lời giải x  ĐK: 2 Đặt a   x 0, b  3x  0  x 7  a b  a  b 5  2   2(b  2)  3 a  15  2(7  a )  b 2ab  11  PT trở thành:  a  b 5 (a  b)  2ab 5   (2b  1)a  (2a  1)b 2ab  11 2ab( a  b)  (a  b) 2ab  11  S  P 5  S  a  b , P  ab 2 SP  P 2 P  11 Đặt , hệ trở thành  S2  P   S 3     P 2  S  S  S  0   X 1 X  X  0    (a; b)   (1; 2), (2;1) X  a , b  Suy nghiệm phương trình Giải x   1; 2 Vậy phương trình có tập nghiệm Câu 3: Giải phương trình  sin x  cos x   2sin S  1; 2 x sin x sin x   Lời giải   x sin x sin x     2sin x cos x   cos x 2 sin x  4sin x  sin x  sin x  cos x   2sin       4sin x    2sin x cos x  cos x   sin x  sin x     2sin x   cos x  2sin x  1  sin x  2sin x  1   2sin x  1   2sin x  0  sin x  cos x  0  sin x  cos x  0    sin x  cos x   sin  x    2 6  +)     x    k 2  x   k 2 , k  Z sin x  cos x  0    x   k 2  2sin x  0  sin x     x  5  k 2  +)   5 x   k 2 , x   k 2 , x   k 2 6 Vậy phương trình cho có nghiệm Câu 4: Giải hệ phương trình :  xy  x  y 3 ( x, y  )  3 4 x  12 x  x  y  y  Lời giải ( x  1) y  ( x  1)    3 Hệ tương đương 4( x  1)  3( x  1)  y  y  - Nếu y=0 từ PT đầu suy x=-3, thay vao PT thứ hai thấy khơng thỏa mãn, y 0 (1) ay  a 2  3 Đặt x+1=a, ta hệ 4a  3a  y  y  (2) a có: T  1  ay a   ay ay  y a  y  3 3 Do (2)  4a  y 3a  y   a  y 3ay  y  a  (a  y )  4a  4ay  y  0  (a  y )(2a  y )2 0    y 2a * Nếu y  a , vào (1) ta a  a  0 vơ nghiệm Do hệ vơ nghiệm * Nếu y 2a , vào (1) ta Khi  17 2a  a  0  a     17  17  ;     x; y      17  17  ;     x; y   Thử lại ta tìm nghiệm hệ là:    17  17     17  17   ( x; y )   ; ; ;       2 Câu 5: Cho số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c 3abc Tìm giá trị lớn biểu thức P a 8a   b  c 8b 1 8c  Lời giải Để tồn biểu thức P ta thấy a, b, c 0 Xét hai trường hợp sau: Trường hợp 1: Có số 2 Giả sử a 0 giả thiết trở thành b  c 0  b c 0 Giá trị biểu thức P 0 Trường hợp 2: a, b, c  2 Áp dụng bất đẳng thức cơ-si ta có a  b  c ab  bc  ca 1    3  3abc ab  bc  ca a b c b c   a P 3      8a  8b  8c   Áp dụng bất đẳng thức bunhia ta có a a a      2  2 2a   Ta có 8a  3a  3a  2a   3a 1   2 Mà 2a  a  a  a  2a a a  a   2     a  2a  8a  27a a  Nên 8a   3a Hoàn toàn tương tự ta chứng minh b   8b  27b b  c   8c  27c c  2 1 1 1 1  P2           9 a b c  3 a2 b2 c2 Từ (1), (2), (3), (4) ta có 1 1 1         6  Mặt khác ta lại có a  b  c   a b c 2 1 1  1  P2             a b c  27  a b c   P 1  P 1 Vậy Đáp số max P 1  a b c 1 Câu 6: Cho dãy số Tìm lim un ?  un    u1   5u  4u  4n  14 , n 1 n 1 n n  8n  xác định  Lời giải 10 4  5un 1  4un    un 1    un   n  2n  2n   2n   Ta có 4 un   1  q v   n 2n   số hạng đầu Đặt cấp số nhân có cơng bội n n  4  4 *  v   n  N  u   v1 u1  1 n n  5 2n      n   4  lim un lim   0  2n       Vậy Câu 7: Cho đa giác n cạnh ( n 3, n chẵn) Gọi S tập hợp tam giác có đỉnh đỉnh n giác cho Chọn ngẫu nhiên tam giác từ S Tìm n biết xác suất chọn tam giác cân không từ S 13 Lời giải C3 Số tam giác có đỉnh đỉnh n - giác cho n Gọi biến cố A:“chọn tam giác cân từ tập S” TH1: Nếu n không chia hết cho tập S khơng có tam giác n n(n  2) +) Mỗi đỉnh đa giác đỉnh cân tam giác cân  số tam giác cân Suy xác n(n  2) 3 P ( A)     n 14 2Cn3 n  13 suất n TH2: Nếu n chia hết cho tập S có tam giác n( n  2) n n(3n  8)   +) Số tam giác cân: n(3n  8) 3n  P ( A)     3n  48n  120 0  n 8 2 6Cn3 n  3n  13 (không có n thỏa mãn) Vậy n 14 I  2;1 Câu 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC khơng cân nội tiếp đường trịn tâm bán R  ABC D A E B kính Gọi chân đường cao kẻ từ tam giác , hình chiếu lên x  y   AI Biết đường thẳng DE có phương trình đường thẳng AC qua điểm P  9;  Tìm tọa độ đỉnh B C biết D có hồnh độ âm Lời giải A Trường hợp tam giác ABC có nhọn: A F K I E B P C D Gọi F hình chiếu B lên AC     Ta có A,B,D,E,F nằm đường trịn đường kính AB nên BED  BAD 90  B 1800  AIC EBF  EAF     90  B Và AC  BE   Suy EBF  BED , hai góc vị trí so le nên DE / / BF Do  Trường hợp tam giác ABC có A tù F A K E P B D I C     Tương tự chứng minh ta có: BED  BAD 90  B 1800  AIC   EBF  IAC    90  B   Suy EBF  BED , hai góc vị trí so le nên DE / / BF Do AC  BE Đường thẳng AC qua P vng góc với DE nên có phương trình: x  y  0 Tọa độ điểm A, C nghiệm hệ   x 7   y 1     x   x  y  0   2   y  ( x  2)  ( y  1) 25 ( x  3)2  ( y  1)2 20 5 x2  x  11 0   x  y  0   y  x  D Tọa độ điểm nghiệm hệ   x    11   x    y  x  D   1;1  Vì D có hoành độ âm nên A  7;1 C   1;   B   1;5  Nếu đường thẳng DC : x  nên AB  AC (loại) Nếu A   1;   , C  7;1  Kết luận: B   3;1 , đường thẳng DC : y 1 nên B   3;1  , C  7;1  Câu 9: Cho hình chóp tứ giác S ABCD có cạnh đáy a , cạnh bên a Xác định tính  SBC  góc SA mặt phẳng Lời giải  P  mặt Câu 10: Cho hình hộp ABCD ABC D Trên cạnh AB lấy điểm M khác A B Gọi  ACD phẳng qua M song song với mặt phẳng  P a Trình bày cách dựng thiết diện hình hộp mặt phẳng b Xác định vị trí M để thiết diện nói có diện tích lớn Lời giải I D' R Q C' F A' P D B' S A J C K O M E N B Trong mp(ABCD), qua M vẽ đường thẳng song song với AC cắt DB, BC E, N Trong mp(BDD’B’), qua E vẽ đường thẳng song song với D’O (O=ACBD) cắt B’D’ F Trong mp(A’B’C’D’), qua F vẽ đường thẳng song song với AC cắt A’D’, D’C’ R, Q Trong mp(AA’D’D), qua R vẽ đường thẳng song song với AD’ cắt AA’ S Trong mp(CC’D’D), qua Q vẽ đường thẳng song song với CD’ cắt CC’ P Thiết diện lục giác MNPQRS Do mặt đối diên hình hộp song song nên cạnh đối lục giác thiết diên MNPQRS song song cặp cạnh song song với cạnh tam giác ACD’  Các tam giác JKI, ACD’, RQI, JMS, NKP đồng dạng MJ MA NC NK PC PK QD ' QI        MN MB NB NM PC ' PQ QC ' QP  MJ=NK PK=QI   Các tam giác RQI, JMS, NKP (gọi diện tích chúng S1 gọi diện tích tam giác JKI, ACD’ S2, S) AM k ; Đặt AB ta có điều kiện  k  có: 2 S1  JM   AM   AM    k     S  AC   AB   DC   S1 = k2S 2 S  JK   JM  MK   JM MK          k  1 S  AC  AC    AC AC   S2 =( k2 + 2k +1)S  Diện tích thiết diện: Std S  3S1 3  1   3S Std 2 S ( k  k  ) 2S    k     k 2     2) (dấu xảy  S lớn  k  M trung điểm AB - HẾT