SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN (Đề thi có 01 trang, gồm câu) ĐỀ KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi: TỐN - Lớp 11 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu Cho parabol P : y x x đường thẳng d : y x m Tìm tất giá trị thực tham số m để d cắt P hai điểm phân biệt M , N khoảng cách từ trung điểm I đoạn thẳng MN đến trục tọa độ Lời giải Phương trình hồnh độ giao điểm: x 3x x m x x m 0 (1) Đường thẳng d cắt P hai điểm phân biệt M , N m m (2) Gọi x1 , x2 hoành độ điểm M , N Khi x1 , x2 nghiệm phương trình (1) M x1 ; x1 m , M x2 ; x2 m x1 x2 2 Theo Vi-et, ta có: x1 x2 2 m Vì I trung điểm đoạn thẳng MN I 1; m 1 m 2 Vì I cách trục tọa độ m m 0 Kết hợp với điều kiện (2) m 2 Câu Tìm tất giá trị thực tham số m để bất phương trình x m x 2 x nghiệm với x 1 Lời giải (1) x m x 2 x Điều kiện: x 1 x 1 x (1) m 2 x 1 x 1 Đặt t (2) x x 1 x 1 t x 1 x 1 Bất phương trình (2) trở thành: 3t m 2t m 3t 2t (3) Xét hàm số f (t ) 3t 2t , t 0;1 Do Bảng biến thiên t 3 f(t) -1 Bất phương trình (1) nghiệm x 1; bất phương trình (3) nghiệm với t 0;1 m x Câu Giải phương trình sin x tan x.tan tan x 2 cos x Lời giải x 0 (2) Phương trình cho tương đương x x cos x.cos sin x.sin sin x tan x tan x x cos x.cos sin x tan x tan x cosx tan x tan x 0 tan x tan x tan x x k tan x x k Điều kiện xác định: cos x.cos So sánh với điều kiện (2) Vậy nghiệm phương trình x k , x k , k x x 1 y x 2 y y Câu Giải hệ phương trình x y 1 y x x 4x Lời giải Điều kiện: x 1, y 2 Đặt x u , y v , (u, v 0) Khi phương trình (1) trở thành: u v 2u v 0 u v (do u, v 0 2u v 0) x y y x Thay vào (2) ta x 8 x x 1 x 1 x x x 1 x (3) x 4x x2 x x 1 x y 11 Trường hợp 1: (thỏa mãn) x x 1 x x x x x Trường hợp 2: (3) x 4x x 1 x 1 2 x 3 x 3 x 3 0 2 x x x x x 3x 3 0 x 1 x x 2 13 11 13 x 1 x 0 x y 2 x 5x 13 11 13 ; Vậy hệ có hai nghiệm: 8;11 x , y , z Câu Cho số thực thỏa mãn điều kiện xyz 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P xy yz zx 15 x y z x y z Lời giải 2 Đặt a z xya P xy ya ax 15 x y a x y a Xét hai trường hợp: ● Trường hợp 1: Cả số x, y , a âm Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta xy + ya + ax ³ 3 x y a = 15 x + y + a - ( x + y + a ) ³ 15 3 x y a + 7.3 - xya =15 + 21 >16 Suy P > 48 +1 = 49 ● Trường hợp 2: Trong số x, y , a có số âm, hai số dương Khơng giảm tổng quát, giả sử x < 0, y > 0, a > Đặt x1 =- x > Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta x12 + y + a ³ y + 2a + x1 ỉ1 1 ÷ ö é5( y + 2a + x1 ) - ( y + a - x1 ) ù+1 ç + + ÷ Do P ³ ç ÷ ỷ ỗ ốx1 y a ữ ứở ổ1 ổ1 1 1 ữ ỗ ữ ữ ç ÷ P ³ 3ç + + x + y + a + ³ x + y + a +1 = 49 ( ) ỗ ữ 1 ữ ỗ ỗ ữ ữ ç ÷ x y a èx1 y a ø è ø Đẳng thức xảy y = a = x1 > x1 ya =1 hay y = a = x =- ỉ 2ư ÷ 3 ỗ ữ x , y , z =ỗ 2, 2, ) ỗ Vy P = 49 ( ữ ữ ỗ ứ ố 2020 2019 Câu Cho dãy số un xác định sau u1 1 un 1 un 2018un un , với n * Tính u12019 u32019 un2019 u22019 lim un 1 2018 u2 2018 u3 2018 u4 2018 Lời giải Ta dễ dàng thấy un 1 với n * 2020 2019 Xét un 1 un un 2018un với n * nên dãy un tăng Giả sử dãy un bị chặn trên, un có giới hạn Giả sử lim un a 1 2020 2019 Từ hệ thức un 1 un 2018un un chuyển qua giới hạn có a a 2020 2018a 2019 a a 0 a 2018 (vô lý) Vậy dãy un không bị chặn Suy lim un uk2019 uk 2018 uk2019 uk 1 uk 1 Ta có uk 1 2018 uk 1 2018 uk 2018 uk 1 2018 uk 2018 uk 2018 uk 1 2018 u32019 un2019 u12019 u22019 1 u2 2018 u3 2018 u4 2018 un 1 2018 u1 2018 un 1 2018 u12019 u32019 un2019 u22019 Vậy lim un 1 2018 u2 2018 u3 2018 u4 2018 1 1 lim u 2018 2019 u1 2018 un 1 2018 Câu Có hai chuồng nhốt thỏ, thỏ có lơng mang màu trắng màu đen Bắt ngẫu nhiên chuồng thỏ Biết tổng số thỏ hai chuồng 35 xác suất bắt 247 hai thỏ đen Tính xác suất để bắt hai thỏ trắng 300 Lời giải Gọi số thỏ chuồng thứ x số thỏ chuồng thứ hai 35 x , x , x 35 Số phần tử không gian mẫu x 35 x (1) n C1x C35 x x 35 x 306, 25 Gọi A biến cố "Bắt hai thỏ đen" Gọi B biến cố "Bắt hai thỏ trắng" Gọi a số thỏ đen chuồng thứ nhất, b số thỏ đen chuồng thứ hai ( a, b * , a x , b 35 x ) Khơng giảm tính tổng quát, giả sử a b Theo ta có Ca1Cb1 247 247 ab 247 P A (2) 300 x 35 x 300 x 35 x 300 Từ (2) suy ab247 (3) x 35 x 300 (4) Từ (1) (4) suy x 35 x 300 (5) Từ (2), (3), (5) suy ab 247 Mà 247 19.13 247.1 a b nên suy a 19, b 13 x 35 x 300 x 20 (thỏa mãn a x ) x 15 (loại) C11C21 300 300 150 Câu Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có điểm H 5;5 trực tâm tam giác ABC Vậy xác suất bắt hai thỏ trắng P B 9 7 điểm M ; trung điểm cạnh BC Đường thẳng qua chân đường cao hạ từ B, C tam 2 giác ABC cắt đường thẳng BC điểm P 0;8 Tìm toạ độ đỉnh A, B, C Lời giải Gọi C đường tròn tâm I ngoại tiếp tam giác ABC K AP C Ta có tứ giác FBCE nội tiếp đường trịn nên PB.PC PF PE Tứ giác KBCA nội tiếp đường tròn nên PB.PC PK PA Từ suy PF PE PK PA tứ giác FEAK nội tiếp đường tròn Mà tứ giác AFHE nội tiếp đường tròn đường kính AH suy A, K ,F , H , E thuộc đường trịn đường kính AH AKH 90 Gọi A ' đối xứng với A qua I ta có AKA ' 90 Từ suy K , H , A ' thẳng hàng (1) Ta có BE AC , A ' C AC BE / / A ' C tương tự HC / / BA ' nên tứ giác BHCA ' hình bình hành A K E F I H P C M B A' Có M trung điểm BC M BC HA ' hay H , M , A ' thẳng hàng (2) Từ (1) (2) suy K , H , M , A ' thẳng hàng Suy AKM 90 hay MH AP Mặt khác AH PM Do H trực tâm tam giác APM , suy PH AM Đường thẳng BC qua M , P có phương trình x y 0 Đường cao AH qua H vng góc với BC có phương trình x y 0 Đường thẳng AM qua M vng góc với PH có phương trình x y 12 0 x y 0 x 6 Toạ độ điểm A nghiệm hệ Suy A(6; 6) 5 x y 12 0 y 6 Gọi B(b;8 b) , M trung điểm BC nên C (9 b; b 1) AC b; b , BH b; b 3 Ta có BH vng góc với AC nên AC.BH 0 (3 b)(5 b) (b 7)(b 3) 0 b 3 (3 b)(12 2b) 0 b 6 Vậy toạ độ đỉnh cần tìm A(6; 6), B(6; 2), C (3;5) A(6;6) , B (3;5) , C (6; 2) Câu Cho hình chóp S ABCD Gọi E giao điểm AB CD , F giao điểm AD BC Mặt phẳng không qua S , song song với mặt phẳng ( SEF ) cắt cạnh SA , SB , SC , SD SM SP SN SQ hình chóp M , N , P , Q Chứng minh SA SC SB SD Lời giải S Q M P F D A N B C E // SEF , SAB MN , MN , SE SAB nên suy MN //SE // SEF , SAD MQ , MQ, SF SAD nên suy MN //SF // SEF , SBC NP , NP, SF SBC nên suy NP //SF // SEF , SCD PQ , PQ, SE SCD nên suy PQ //SE Vậy MNPQ hình bình hành SQ SM SP SN SA SC SB SD Suy SM SP SN SQ SA SC SB SD SQ SQ SA SP SN SM SP SN SC SB SD SA SC SB SD SA SM SC SB SD SA SC SB SD SA SP SN SQ Vì bốn điểm A , B , C , D đồng phẳng nên ta có 1 SM SC SB SD SP SN SQ SM SM SP SN SQ SC SB SD SA SA SC SB SD Câu 10 Cho hai nửa đường thẳng Ax , By chéo Hai điểm C , D thay đổi Ax By cho , D điểm thứ tư hình bình hành ABDD P mặt phẳng AC BD AB chứa CD song song với AB , Q mặt phẳng chứa Ax song song với By Chứng minh P luôn qua điểm cố định I mặt phẳng Q Tìm vị trí C D cho diện tích S tam giác ADC nhỏ Lời giải B A y D M D' y' I N C Dựng Ay//By D Ay cho AD BD Ax, Ay P x mặt phẳng CDD , Q mặt phẳng Với I tùy ý CD Gọi M , N điểm Ay , Ax cho MI / / Ax , NI / / Ay Ta có: AM AN CI D ' I CI ID ' 1 (1) AD ' AC CD ' D ' C CD ' AB : AB : 1 (2) AC BD AB AC AD ' D ' I AB : Với C , D hai điểm tùy ý thỏa mãn giả thiết Trên CD tồn điểm I cho D 'C AC AN D ' I AB : AB AN (3) Ta được: AC D ' C AC AM CI D'I AB : AB : AB 1 1 AM (4) AD ' CD ' D 'C AC AD ' Từ (3) (4) suy M , N cố định nên I cố định Do P ln qua điểm cố định I Q 1 S AC ADsin A AC.BD sin A nên S nhỏ AC.BD nhỏ 2 1 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương: , ta có: AC BD 2 2 AC.BD AB AB AC BD AC BD AB AB AC Dấu xảy và BD AC BD AB 3 AB AB Vậy S nhỏ BD , AC 3 Hết