TRƯỜNG THPT CẨM THỦY ĐỀ THI KSCL ĐỘI DỰ TUYỂN HSG KHỐI 11 Mơn thi : Tốn Thời gian làm : 180 phút Năm học : 2018 - 2019 C d : y mx m Tìm tất giá Câu 1: Cho hàm số y x x có đồ thị đường thẳng m C d x ,x trị tham số m để m cắt hai điểm phân biệt có hồnh độ thỏa mãn : x12 mx1 2m x22 mx2 2m x2 x1 Lời giải Phương trình hồnh độ giao điểm: x x mx m x m x m 0 1 d cắt C hai điểm phân biệt 1 có hai nghiệm phân biệt khác m m 3 m 16 m 3 m 3 m 3 Do x1 , x2 hai nghiệm phương trình nên: x12 m x1 m 0 x12 m x1 m x22 m x2 m 0 x22 m x2 m x12 mx1 2m x22 mx2 2m x1 m x2 m T x2 x1 x2 x1 x12 x22 m 3 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 m 3 x1 x2 x1 x2 2 m m 3 m 3 m 3m 9m 26 m m m 3m 9m 26 T 3m 13m 14 0 T / m m m 3 Câu 2: Giải bất phương trình : x 12 x x x Lời giải x 12 x 0 x (*) Điều kiện: x 0 Biến đổi bất phương trình dạng: u x 0 v x 2( x 2) 2(2 x 1) x x (2) Đặt Khi đó, bất phương trình có dạng : u v 0 u v 0 2u 2v u v u v 2 2u 2v (u v) (u v) Xét trường hợp u v : x x x ( x 2) x x 0(VN ) 1 x ; 2 Suy ra, để u v , ta phải có 1 ; Vậy tập nghiệm bất phương trình : sin x Câu 3: Giải phương trình : 7 4sin x 3 sin x Lời giải sin x 0 x l 3 sin x 0 Điều kiện : Phương trình cho tương đương với : 1 2 sin x cos x sin x cos x sin x cos x (*) (l Z ) sin x 0 sin x cos x 0 sin x 0 x tan x x sin x x k k k Z 5 k T / m(*) x y 1 6 y x y x y y x 1 12 y Câu 4: Giải hệ phương trình: Lời giải x 1 y x 7 y (I ) 2 2 x x 1 y y x 1 13 y Biến đổi hệ phương trình dạng: x2 1 x 7 y y (I ) x x 13 y y Vì y 0 không nghiệm hệ nên : x2 1 u x 1 ; v y y Điều kiện : u 4v Đặt : u (loai) u v 7 v 7 u v 12 u 4 u v 13 u u 20 (T / m) v 3 Ta có hệ : Với x 1 u 4 1 v 3 3 y x; y 0; Nghiệm hệ x 3 1 y 1 1 ; 2;1 ; 3 2;1 Câu 5: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a b c 3 Chứng minh : a2 b2 c2 1 a 2b2 b 2c c 2a Lời giải a2 2ab 2ab 2 2/3 a a a ab 2 a 2b 3 ab Ta có a 2b (Theo BĐT Cô - si) b2 c2 2/3 2/3 b bc c ca 2 3 Tương tự: b 2c , c 2a a2 b2 c2 2/3 2/3 2/3 a b c ab bc ca 2 Khi a 2b b 2c c 2a 3 2 2/3 2/3 2/3 ab bc ca (1) ab Ta chứng minh 2/3 bc 2/3 ca 2/3 3 a 2b b 2c c a 3 (2) 2 2 Thật theo Cô - si ta có a b ab 3 a b , c b bc 3 c b 2 Thật theo Cô - si ta có a c ac 3 a c a b c ab bc ca 3 a 2b b c c a Mặt khác ta có: a b 2 b c c a 0 a b c ab bc ca a b c 3 ab bc ca ab bc ca Khi ta có: a b c 3 a 2b b 2c c a 2.3 9 a 2b b 2c c a 3 Vậy (2) đúng, thay vào (1) ĐPCM Dấu đẳng thức xảy a = b = c = u1 2019 (u ) u 2018un 2020un 1 0, ( n N * ) Câu 6: Cho dãy số thực n xác định n Tìm giới hạn dãy số Sn , biết : Sn 1 u1 2019 u2 2019 un 2019 Lời giải 2020(un 1 un ) un 1 0, n N * (un ) Từ hệ thức truy hồi ta có tăng * Do : un 2019, n N Ta có : un2 2018un 2020un 1 0 un2 2018un 2020 u 2018un 2019 un 1 n 2020 un 1 2020(un 1 1) (un 1)(un 2019) Sn 1 (*) un 2019 un un 1 1 1 u1 un 1 2018 un 1 Từ (*) suy : (u ) Do dãy số n tăng nên có hai khả xảy : (u ) lim un x x 2019 Khi : - n tăng bị chặn : Giả sử x 2018 x 2020 x 0 x 1 (không thảo mãn) lim un lim 0 un 1 ( u ) n tăng khơng bị chặn : Khi 1 lim S n lim 2018 un 1 2018 Do : Câu 7: Cho đa giác 108 cạnh Hỏi lập hình lục giác có đỉnh đỉnh đa giác cho khơng có cạnh cạnh đa giác Lời giải Gọi đỉnh đa giác A1 , A2 , , A108 Bài toán trở thành chọn số cho khơng có hai số tự nhiên liên tiếp từ số 1, 2, ,108 loại trường hợp số chọn 108 Gọi số chọn a, b, c, d , e, f Ta có : a b c d e f 108 (1) Do a, b, c, d , e, f đôi không số tự nhiên liên tiếp nên: a b 1, b c 1, c d 1, d e 1, e f từ suy : a b c d e f 103 Chọn dãy A, B, C , D, E , F cho a A, b B, c C ,d D, e E , f F A B C D E F 103 (2) Vì cách chọn số A, B, C , D, E , F thỏa mãn (2) cho ta cách chọn số a, b, c, d , e, f thỏa mãn (1) nên có C103 cách Trường hợp có hai số 108 bốn số lại chọn từ 3, 4, ,106 cho khơng có hai số tự nhiên liên tiếp Tương tự ta có C101 cách Suy có : C103 C101 cách Chú ý : Có thể chia TH chọn A1 không chọn A1 Câu 8: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A Điểm D chân đường phân giác góc A , điểm M , N hình chiếu vng góc D lên AB 2 AC Đường trịn (C ) có phương trình: x y x y 0 ngoại tiếp tam giác DMN Gọi H giao điểm BN CM , đường thẳng AH có phương trình : x y 10 0 Tìm tọa độ điểm A, B C Biết hoành độ điểm A số nguyên Lời giải A N K M I H F E B C D Vì AMDN hình vuông nên A (C ) Tọa độ điểm A nghiệm hệ: x y x y 0 3 x y 10 0 x x 19 x ( L) y 4 y 3 x 10 A( 2; 4) Gọi E , F giao điểm BN với DM ,của CM với DN Vì AMDN hình vng nên MF AN MD ME ME MC AC AC AN MD EF / / DC EF / / BC NF NF ND AN AN AM AB AB ANF BAN đồng dạng ABN NAF BN AF Tương tự CN AE H trực tâm AEF AH EF AH BC C Đưởng trịn có tâm I ( 2;1) AMDN hình vng nên I trung điểm AD , A( 2; 4), I ( 2;1) D( 2; 2) Đường thẳng BC AH nên BC có PT: x 3( y 2) 0 x y 0 Phương trình AD là: x ; MN AD I nên phương trình MN là: y = x y x y 0 y N M Tọa độ điểm nghiệm hệ: M (1;1) N ( 5;1) M ( 5;1) N (1;1) x 1; x y 1 Với M (1;1) N ( 5;1) , AM có PT là: x y 0 ; AN có PT là: x y 0 x y 0 x 7 B(7; 5) x y y Tọa độ điểm B nghiệm hệ: 13 x x y 0 C 13 ; 2 x y 0 y Tọa độ điểm C nghiệm hệ: 13 B ; C 7; Với M (1;1) N ( 5;1) vai trò B C nên 2 ; 13 13 C ; B ; Vậy B(7; 5) , 2 2 , C (7; 5) Câu 9: Cho tứ diện ABCD cạnh a Gọi M P hai điểm di động cạnh AD BC cho AM CP x , (0 x a ) Một mặt phẳng ( ) qua MP song song với CD cắt tứ diện ABCD theo thiết diện a Thiết diện hình ? b Tìm x để thiết diện có diện tích nhỏ Lời giải A M N Q B E P C a Ta có: M ( ) ( ABCD) ( ) / / CD ( ) ( ABCD) MN / / CD( N AC ) Tương tự ( ) ( BCD) PQ / / CD(Q BD) ( ) ( BAD) MQ ; ( ) ( ABC ) PN Vậy thiết diện ( ) với tứ diện ABCD tứ giác MNPQ Vì MN / / PQ / / CD nên MNPQ hình thang CP DQ CN DM PCN QDN 600 Hai tam giác CNP DMQ D Suy NP MQ hay thiết diện hình thang cân b Ta có MN AM x, PQ BP a – x Áp dụng định lý hàm cosin tam giác MDQ ta có: MQ DQ DM DQ.DM cos MDQ x (a x) x(a x) 3x 3ax a Dựng đường cao ME ta có: ME MQ QE 3 x 3ax a ( PQ MN ) a x x x 8ax 3a x 8ax 3a 3 x 3ax a ( ) ME Diện tích thiết diện MNPQ là: S ( MN PQ).ME a a a a2 x 8ax 3a 8( x ) a 4 MinS a2 a x - Hết -