SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2018-2019 TRƯỜNG THPT N ĐỊNH MƠN: TỐN - LỚP 11 THPT (Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề) Câu I(4 điểm) f x ax bx c x có đồ thị ( P), đạt giá trị nhỏ Cho hàm số nhận giá trị x = -1 Đường thẳng (d): y = mx cắt ( P) hai điểm A, B phân biệt Tìm m để trung điểm AB thuộc đường thẳng : x x Tìm a để phương trình sau có nghiệm: y 0 x x 3x 5ax Câu II(6 điểm) Giải phương trình tan x sin x tan x sin x 3tan x Giải bất phương trình x x x 5x x 81x y 81x y 33 xy 29 y 4 3 25 y x y xy y 24 Giải hệ phương trình Câu III(2 điểm) Cho a,b,c số thực dương thỏa mãn a + b +c = abc P Tìm giá trị lớn biểu thức: Câu IV(4 điểm) a2 1 b2 1 c2 Lớp 11A có 44 học sinh có 14 học sinh đạt điểm tổng kết mơn Tốn loại giỏi 15 học sinh đạt điểm tổng kết môn Văn loại giỏi Biết chọn học sinh lớp đạt điểm tổng kết môn Tốn Văn loại giỏi có xác suất 0,5 Chọn ngẫu nhiên lớp 11A hai học sinh Tính xác suất để hai học sinh chọn đạt điểm tổng kết giỏi hai mơn Tốn Văn 2 2 n Tính tổng S 1 Cn Cn Cn n Cn với n n Câu V(4 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) có phương trình: x−1 y +1 = điểm A(1; - 2), B(-1; 2), C(-2;5) Tìm tọa độ điểm M thuộc (d) cho MA +2 MB + MC đạt giá trị nhỏ Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vng ABCD điểm E thuộc cạnh BC Đường thẳng qua A, vng góc với AE, cắt CD F Đường thẳng chứa trung tuyến AM Δ AEF cắt CD K Tìm tọa độ điểm D biết A(-6; 6), M(-4; 2), K(-3; 0) ……… Hết … … ĐỀ HSG YÊN ĐỊNH – THANH HÓA NĂM 2017-2018, ĐỀ SỐ 62 x nhận Câu 1: Cho hàm số có đồ thị ( P), đạt giá trị nhỏ giá trị x = -1 Đường thẳng (d): y = mx cắt ( P) hai điểm A, B phân biệt Tìm m để trung f x ax bx c điểm AB thuộc đường thẳng : x y 0 Lời giải b 2a a b c 4 a b c 3 Theo ta có: a 1 b f x x x c 1 Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P) (1) có nghiệm phân biệt x m 1 x 0 1 m 2m m ; 3 1; * m m m 1 I ; x A , xB nghiệm (1) trung điểm AB m 3 I m m 0 m Đối chiếu với (*) m = x Câu 2: Tìm a để phương trình sau có nghiệm: x x x 5ax Lời giải Ta thấy x 0 không nghiệm (1), giả sử x 0 ta có: 1 x t x Đặt 4 x 5a x x t 4 t t a t 5t 5a 0 x , ta có phương trình: Phương trình (1) có nghiệm phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn Ta có: t 5t 5a 3 f t t 5t , ta có bảng biến thiên sau: Đặt t 4 T 4 f t 42 Phương trình (3) có nghiệm có điểm chung miền 2 t 4 đường thẳng y 5a đồ thị f t t 4 5a 2 a Từ bảng biến thiên ta có Câu 3: Giải phương trình tan x sin x tan x sin x 3tan x Lời giải ĐK: cos x 0 tan x 0 cos x 0 * tan x sin x tan x tan x sin x 0 tan x tan x sin x 3tan x sin x cos x 1 tan x sin x tan x tan x 4sin x tan x tan x x k x k x k tan x 0 1 x k x k cos x 4sin x x k , x k k Đối chiếu với (*) nghiệm phương trình là: Câu 4: Giải bất phương trình x2 x x 5x x Lời giải Điều kiện x 2 Bình phương hai vế ta x x x x( x x 2) 5 x x x( x x 2) 2 x( x 2) 2( x 1) Chia hai vế bất phương trình cho x ta Đặt t x( x 2) x ( x 2) 2 2 x 1 x 1 x( x 2) t 2 t x ( t 0 ), bất phương trình trở thành 2t 3t 0 Do t 0 nên ta chọn t 2 x ( x 2) 4 x x 0 x 3 13 x 3 13 x 1 Kết hợp điều kiện xác định ta suy tập nghiệm BPT S 13; 81x y 81x y 33 xy 29 y 4 3 25 y x y xy y 24 Câu 5: Giải hệ phương trình Lời giải Nhận thấy y 0 không thỏa mãn hệ phương trình 81x y 81x y 33xy 29 y 4(1) 3 25 y x y xy y 24.(2) Chia hai vế (1) cho y hai vế (2) cho y ta 81 x 81 x 33 x 29 (1') y2 25 x x 24 (2') y y3 (1') 3(27 x 27 x x 1) x 26 Ta có: 3(3x -1)3 (2') 24 x x 4 3(3 x -1)3 2(3 x 1) 24 2 y y 2(3x 1) 24 (3) y2 24 3 (3 x 1) 24 (4) y y y y a 3x 1; b y , từ (3) (4) ta có hệ : Đặt 3a b 2a 24 (3') 3b a 2b 24 (4') Lấy (3’) trừ cho (4’) ta được: (a b)(3a 3ab 3b a b 2) 0 3a 3ab 3b a b 11 1 1 11 a a 1 b b 1 a 3ab b 4 4 Do a b Thay vào (3’) ta có 3a a 2a 24 0 a 2 b 2 Vậy hệ có nghiệm x y 1 Câu 6: Cho a,b,c số thực dương thỏa mãn a + b +c = abc P a2 Tìm giá trị lớn biểu thức: b2 c2 Lời giải 1 1 1 1 x ; y ;z a b c Từ giả thiết ta suy ab bc ca Đặt Khi ta xy yz zx 1 P Khi đó: Để ý ta thấy 2x x2 y y2 z z2 x2 x2 xy yz zx x y x z Áp dụng ta P 2x x y x z y x y y z z y z z x Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta 2x x y x z y x y y z z y z z x 1 1 x y z x y x z x y x z y z y z xy yz z x 1 x y y z z x 4 x x z 4 y z y y z xy yz zx 1 z Dấu “=” xảy a 15 b 15 c 15 15 15 15 15 a; b; c ; 15; GTLN P 15 Câu 7: Lớp 11A có 44 học sinh có 14 học sinh đạt điểm tổng kết mơn Tốn loại giỏi 15 học sinh đạt điểm tổng kết môn Văn loại giỏi Biết chọn học sinh lớp đạt điểm tổng kết mơn Tốn Văn loại giỏi có xác suất 0,5 Chọn ngẫu nhiên lớp 11A hai học sinh Tính xác suất để hai học sinh chọn đạt điểm tổng kết giỏi hai mơn Tốn Văn Lời giải Chọn học sinh đạt điểm tổng kết môn Tốn mơn Văn loại giỏi học sinh giỏi mơn Tốn, Văn giỏi hai mơn Số học sinh giỏi môn 0,5.44 22 Gọi x ; y ; z số học sinh giỏi môn Tốn; Văn; giỏi hai mơn Ta có hệ phương trình x z 14 y z 15 x y z 22 x 7 y 8 z 7 Vậy số học sinh đạt điểm tổng kết giỏi hai mơn Tốn Văn P Xác suất là: C72 21 C44 946 Câu 8: Tính tổng S 12 Cn1 22 Cn2 32 Cn3 n 2Cnn với n n Lời giải k Xét số hạng tổng quát tổng S k Cn , với k 2, 3, 4, , n k Trong số hạng tổng quát có biểu thức kCn k k1 Từ áp dụng cơng thức kCn nCn , ta có k 2Cnk k kCnk k nCnk11 n[(k 1) 1]Cnk11 n(k 1)Cnk11 nCnk11 n(n 1)Cnk 22 nCnk11 k k k k k k1 Hoặc: k Cn [k (k 1) k ]Cn (k 1)kCn kCn n(n 1)Cn nCn Áp dụng kết chú ý Cn nCn , ta có S 12 Cn1 22 Cn2 32 Cn3 n 2Cnn n(n 1) Cn0 Cn1 Cnn 22 n Cn0 Cn1 Cnn11 n(n 1).2n n.2n n(n 1).2 n x−1 y +1 = Câu 9: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) có phương trình: 2 điểm A(1; - 2), B(-1; 2), C(-2;5) Tìm tọa độ điểm M thuộc (d) cho MA +2 MB + MC đạt giá trị nhỏ Lời giải Gọi E(a; b) điểm cho ⃗ EA+2 ⃗ EB+ ⃗ EC=⃗0 Khi đó: ⃗ EA=(1−a; −2−b) ⃗ EB=(−1−a; 2−b) ; ⃗ EC=(−2−a; 5−b) ; ⃗ EA+2 ⃗ EB+ ⃗ EC=(−3−4 a;7−4b) ⃗EA+2⃗EB+⃗EC=⃗0 ⇔¿ {−3−4a=0¿¿¿ Ta có: MA +2 MB +MC =⃗ MA +2⃗ MB +⃗ MC =( ⃗ ME +⃗ EA )2 +2(⃗ ME+ ⃗ EB )2 +(⃗ ME +⃗ EC )2 2 2 2 2 ¿ 4⃗ ME +⃗ EA +2 ⃗ EB +⃗ EC +2 ⃗ ME ( ⃗ EA+2 ⃗ EB+⃗ EC )=4 ME +EA +2 EB +EC MA +2 MB + MC đạt giá trị nhỏ ME đạt giá trị nhỏ tức M giao điểm đường thẳng qua E vng góc với (d) đường thẳng (d) Gọi (d’) đường thẳng qua E vng góc với (d) (d’) có vectơ pháp tuyến n d' =(1;3) ⃗ Do ( x+ )+3( y − )=0⇔ x+3 y − =0 4 (d’) có phương trình tổng qt là: (d) có phương trình tham số là: { x=1+t¿¿¿¿ M giao điểm (d) (d’) nên gọi toạ độ M(1 + t; - + 3t), mà M thuộc (d) nên ta có phương 13 1+t+3 (−1+3 t )− =0⇔ t= 20 trình: Khi đó: 2 2 33 19 ; hay M( 20 20 ) 2 MA +2 MB + MC =4 ME + EA +2 EB + EC 12 15 1 13 ) +( ) + ( )2 +(− )2 + (− )2 +( )2 + (− )2 +( )2 5 4 4 4 128 137 97 551 ¿ + + + = 8 10 [ ][ =4 ( Vậy 2 MA +2 MB + MC ] [ ][ ] 33 19 M ; đạt giá trị nhỏ 20 20 Câu 10: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vng ABCD điểm E thuộc cạnh BC Đường thẳng qua A, vng góc với AE, cắt CD F Đường thẳng chứa trung tuyến AM Δ AEF cắt CD K Tìm tọa độ điểm D biết A(-6; 6), M(-4; 2), K(-3; 0) Lời giải Ta có Δ ABE=Δ ADF (g.c.g) ⇒ AE= AF ⇒ Δ EAF ⇒ AM ⊥ EF vuông cân A MA=ME=MF A(-6;6) B E M(-4;2) F ⃗ EF qua M(-4; 2) nhận làm vtpt nên Gọi AM =(2;−4 ) D K(-3;0) C EF : x−2 y+8=0 E(2 t−8 ;t )∈EF , ME=MA ⇔(2 t−4 )2 +(t−2 )2=20⇔¿ [ t=0 [ ¿ [t=4 *Với t=0 ⇒ E(−8 ;0 )⇒ F(0 ; ) CD qua K(-3; 0) F(0; 4) nên CD: 4x - 3y + 12 = ⃗ ⃗ Gọi D( 3d; 4+4d ) ¿ CD AD ⊥ KF ⇒ KF AD =0⇔3 (3 d+ 6)+ 4(−2+ d )=0 12 ⇔d =− ⇒ D(− ; ) 5 *Với t=4 ⇒ E(0 ; )⇒ F (−8 ;0) CD qua K(-3; 0) F(-8; 0) nên CD: y = ⃗ ⃗ d ;0 ) ¿ CD AD ⊥ KF ⇒ KF AD =0⇔ d=−6 ⇒ D (−6 ;0 ) Gọi D( Đáp số: D (-6;0)