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 Câu Cho hàm số y x x có đồ thị C đường thẳng d m : y mx m Tìm tất giá trị tham số m để d m cắt C hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 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 m 3 Do x1 , x2 hai nghiệm phương trình 1 nên: x12 m x1 m 0 x12 m x1 m x22 m x2 m 0 x22 m x2 m T x12 mx1 2m x22 mx2 2m x1 m x2 m x2 x1 x2 x1 x12 x22 m 3 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 m 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 Giải bất phương trình : x 12 x 2x x Lời giải x 12 x 0 x (*) Điều kiện: x 0 Biến đổi bất phương trình dạng: u x 0 2( x 2) 2(2 x 1) x x (2) Đặt v x Khi đó, bất phương trình có dạng : u v 0 u v 0 2u 2v u v u v 2 2 u v ( u v ) ( u v ) u v Xét trường hợp : x x x ( x 2) x x 0(VN ) 1 Suy ra, để u v , ta phải có x ; 2 1 Vậy tập nghiệm bất phương trình : ; 2 Câu Giải phương trình : sin x 7 4sin x sin x Lời giải sin x 0 x l (*) (l Z ) Điều kiện : 3 sin x 0 Phương trình cho tương đương với : 1 2 sin x cos x sin x cos x sin x 0 sin x cos x x k tan x sin x cos x 0 x k k Z T / m(*) sin x sin x 0 x 5 k x y 1 6 y Câu Giải hệ phương trình: 2 2 x y x y y x 1 12 y Lời giải x 1 y x 7 y Biến đổi hệ phương trình dạng: ( I ) 2 2 x x 1 y y x 1 13 y x 1 x 7 y y Vì y 0 không nghiệm hệ nên : ( I ) x x 13 y y x2 1 Đặt : u x ; v Điều kiện : u 4v y y u (loai) v 12 u v 7 v 7 u Ta có hệ : u 4 u v 13 u u 20 0 (T / m) v 3 x 1 x 3 u 1 Với v 3 y 3 y 1 Nghiệm hệ x; y 0; ; 2;1 ; 2;1 Câu Cho a, b, c thoả mãn a b c 3 Chứng minh a2 b2 c2 1 a 2b2 b 2c c 2a Lời giải Ta có 2 a 2ab 2ab 2/3 a a a ab (Theo BĐT Cô - si) 2 a 2b a 2b 3 ab b2 c2 2/3 2/3 , b bc c ca 2 b 2c c 2a 2 a b c 2/3 2/3 2/3 Khi a b c ab bc ca 2 a 2b b 2c c 2a 2/3 2/3 2/3 3 ab bc ca (1) Tương tự: Ta chứng minh ab 2/3 bc 2/3 ca 2/3 3 a 2b b 2c c a 3 (2) Thật theo Cơ - si ta có a b ab 3 a 2b , c b bc 3 c 2b , a c ac 3 a 2c a b c ab bc ca 3 a 2b b 2c c 2a Mặt khác ta có: 2 a b 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 Câu Cho dãy số thực (un ) xác định * Tìm giới hạn un 2018un 2020un 1 0, (n N ) dãy số S n , biết : S n 1 u1 2019 u2 2019 un 2019 Lời giải Từ hệ thức truy hồi ta có 2020(un 1 un ) un 1 0, n N * (un ) tăng Do : Ta có : un 2019, n N * un2 2018un u 2018un 2019 un1 n 2020 2020 1 2020(un 1 1) (un 1)(un 2019) (*) un 2019 un un 1 1 1 Từ (*) suy : S n u1 un 1 2018 un 1 Do dãy số (un ) tăng nên có hai khả xảy : un2 2018un 2020un1 0 un 1 - (un ) tăng bị chặn : Giả sử lim un x x 2019 Khi : x 2018 x 2020 x 0 x 1 (không thảo mãn) - (un ) tăng khơng bị chặn : Khi lim un lim 0 un 1 1 Do : lim S n lim 2018 un 1 2018 Câu 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 Câu 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 AC Đường tròn (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 Vì AMDN hình vuông nên A (C ) Tọa độ điểm A nghiệm hệ: x 2 x y x y 0 x 19 A( 2; 4) ( L) x y 4 3 x y 10 0 y 3 x 10 A N K I M H F E B C D Gọi E, F giao điểm BN với DM,của CM với DN Vì AMDN hình vng nên MF AN MD ME ME EF / / DC EF / / BC MC AC AC AN MD NF NF ND AN ANF BAN đồng dạng ABN NAF BN AF AN AM AB AB Tương tự CN AE H trực tâm AEF AH EF AH BC Đưởng trịn (C) 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 x 1; x Tọa độ điểm M N nghiệm hệ: y y 1 M (1;1) N ( 5;1) M ( 5;1) N (1;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) Tọa độ điểm B nghiệm hệ: x y 0 y 13 x x y 0 C 13 ; Tọa độ điểm C nghiệm hệ: 2 x y 0 y 13 Với M (1;1) N ( 5;1) vai trò B C nên B ; ; C 7; 2 13 13 Vậy B(7; 5) , C ; B ; , C (7; 5) 2 2 Câu 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 Thiết diện hình ? Tìm x để thiết diện có diện tích nhỏ Lời giải M ( ) ( ABCD) ( ) ( ABCD) MN / /CD( N AC ) ( ) / / CD Tương tự ( ) ( BCD) PQ / / CD(Q BD) , ( ) ( BAD) MQ ; ( ) ( ABC ) PN Vậy thiết diện ( ) với tứ diện ABCD tứ giác MNPQ A M N Q B D E P C Vì MN / / PQ / / CD nên MNPQ hình thang Hai tam giác CNP DMQ CP DQ Suy NP = MQ hay thiết diện hình thang cân CN DM PCN QDN 600 Ta có MN AM x, PQ BP a – x Áp dụng định lý hàm cosin tam giác MDQ ta có: MQ DQ DM 2DQ.DM cos MDQ x (a x)2 x(a x) 3x 3ax a Dựng đường cao ME ta có: PQ MN ME MQ QE 3 x 3ax a ( ) a x x x 8ax 3a x 8ax 3a ) ME ( MN PQ).ME a a a a2 2 Diện tích thiết diện MNPQ là: S x 8ax 3a 8( x ) a 4 3 x 3ax a ( S a2 a x