ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THT LÊ LỢI NĂM 2017 - 2018 Câu 1: Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị (P) hàm số y x bx c biết (P) có đỉnh I 1; Lời giải Đồ thị hàm số có đỉnh I 1; nên ta có: Vậy hàm số cần tìm y x x Bảng biến thiên: x - -1 + y x x -4 Đồ thị hàm số: Nhận xét: Đồ thị hàm số có đỉnh I ( -1; -4) nhận đường thẳng x = -1 làm trục đối xứng Câu 2: Giải bất phương trình sau: 2x2 4x x x 2, x Lời giải x 0 x 1 / Điều kiện x x 0 2( x 2)2 2(2 x 1) x x u x Đặt: Khi đó, bất phương trình có dạng: v x 0 Ta có: u v u v u v u v Dấu “ =”xảy u v Vậy (1) u v 2u 2v u v (1) x 2 x x x 1 x 5 x 5 Xét trường hợp u v , ta có: 1 Vậy tập nghiệm bất phương trình là: ; \ 5 2 Câu 3: Giải phương trình 3tan2 x cos x sin x cos x 2 cos x sin x cos x Lời giải Điều kiện: cos x 0 cos x 0 cos x sin x 0 s inx cos x sin x 3 cos x 3 cos2 x cos2 x 2sin x sin x 0 sin x 1 l sin x / x k 2 x 12 k sin x / x k 2 x 7 k 12 Vậy phương trình có nghiệm x 7 k ; x k 12 12 x y 2 x y x y Câu 4: Giải hệ phương trình 3 x y x y 15 0 Lời giải Điều kiện xác định là: x y 0 x y 0 x 2 (1) xy k x y 0 y x k x, y R Thay vào (2) ta được: x x x x 0 x 3 x 1 3 x ( x 3)( x 2) 0 2 (4 x) x x 3 x 0 (*) x (4 x) x Phương trình (*) vơ nghiệm do: x 2 x 0 VT Vậy x = y = nghiệm hệ phương trình Câu 5: Cho x, y , z 0, x y z 1 Chứng minh x3 y z 15 xyz 1 Lời giải Xét hiệu: x3 y z 15 xyz 4 x y 3xy x y z 15 xyz f xy xy 27 z 12 z z Ta có: x y z 1 x y 1 z 1 z xy 1 z xy Do f xy min f , z f 1 z 19 z Trong f 3 z 1 0, f z 0 3 Vậy x y z 15 xyz 1 z 0 Dấu “ =” xảy x y 1/ Cho khai triển: Câu 6: 1 x x x x 2010 2011 a0 a1 x a2 x a3 x a4042110 x 4042110 2010 2011 Tính S C2011a2011 C2011a2010 C2011a2009 C2011a2008 C2011 a1 C2011 a0 Lời giải x3 y z 15 xyz 4 x y 3xy x y z 15 xyz 4 z xy z z 15 xyz 4 z 12 xy z 1 z 15 xyz Ta có: x y z 1 x y 1 z 1 z xy 1 z xy f xy Do f 0 , z f 1 z 19 z z 0 Trong f 3 z 1 0, f 3 Vậy x y z 15 xyz 1 z 0 Dấu “ =” xảy x y 1/ Câu 7: Một hộp chứa 17 cầu đánh số từ đến 17 Lấy ngẫu nhiên đồng thời cầu Tính xác suất cho tổng số ghi cầu số chẵn Lời giải Mỗi cách lấy cầu 17 cầu chỉnh hợp chập 17 nên số phần tử không gian mẫu là: n C173 680 Gọi A biến cố “tổng số ghi cầu số chẵn” Trong 17 cầu đánh số có cầu đánh số lẻ, cầu đánh số chẵn Khi xảy trường hợp: - Trong cầu lấy có cầu đánh số lẻ, cầu đánh só chẵn cầu lấy đánh số chẵn Trường hợp 1: Số cách lấy cầu lấy có cầu đánh số lẻ, cầu đánh só chẵn là: C92 C81 Trường hợp 2: Số cách lấy cầu lấy đánh số chẵn C8 Vậy n A C9 C8 C8 344 P A 344 43 680 85 Câu 8: Trong mặt phẳng Oxy , cho ABC có B(4; 3) tâm đường tròn nội tiếp J Gọi P, N , M tiếp điểm đường tròn (J) với cạnh AB, AC , BC Điểm H( 2;3) giao điểm NP với BJ Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết phương trình AC : x y 0 Lời giải Ta có: D BPH = D BMH (c.g c ) ü · ïï Þ ·APN = HMC · · = HNC ý Þ HMC ï ÃAPN = ANP Ã Ã = HNC ùùỵ t giác MNHC nội tiếp, mà tứ giác MJNC nội tiếp đường trịn đường kính JC H thuộc đường trịn đường kính JC BH HC +) Viết phương trình CH : x y 0 C AC CH C ( 4;1) +) Lấy C ' đối xứng C qua BH C ' AB C '(0;5) +) Viết phương trình AB : x y 0 A AC AB A( 1;7) Câu 9: Cho tứ diện SABC Hai điểm I, J thứ tự chuyển động AB, AC cho AB AC 3 Chứng AI AJ minh mặt phẳng (SIJ) qua đường thẳng cố định Lời giải Đặt AB b; AC c Gọi M trung điểm BC, gọi G trọng tâm tam giác ABC AB AC 3k 3 AI k AJ k k k IJ AJ AI c kb 3k Giả sử AI kb Ta có: 3k 2 b c GI GA AI AG kb AM kb kb b c 3 3 3k 3k k 3k b c c kb IJ Ta thấy GI 3 3k 3k 3k Vậy G, I, J thẳng hàng h ay IJ qua điểm G cố định, hay mặt phẳng (SIJ) qua đường thẳng cố định SG Câu 10: Cho hình chóp S ABCD , đáy ABCD nửa lục giác AB AD DC a , BC 2a Mặt bên SBC tam giác đều, SD vng góc với AC , O giáo điểm AC, BD Mặt phẳng ( ) qua điểm M thuộc đoạn OB ( M không trùng với B ), song song với SD AC Xác định thiết diện hình chóp S ABCD với mặt phẳng tìm x để diện tích thiết diện lớn biết BM x Lời giải Xác định thiết diện hình chóp S.ABCD với mặt phẳng ( ) +) Xác định thiết diện tam giác NPQ (với N, P, Q nằm cạnh BA, BC, BS) MQ / / SD, NP / / AC NP MQ +) Ta có: SD AC Diện tích thiết diện: S NPQ NP.MQ Gọi J điểm nằm BC cho ACJD hình bình hành Trong tam giác SCJ có SC 2a; CJ a; SCJ 1200 SJ SC CJ 2.SC.CJ cos C a Trong tam giác ABC vng A có: AC BC AB a Trong tam giác SDJ vuông D SD vng góc AC SD SJ DJ 2a Trong tam giác ABC có: BO 2S ABC a AC BM MQ MQ 2 x BD SD NP BM 3 NP x NP x Trong tam giác BAC AC BO 2 +) Trong tam giác SBD : +) Diện tích thiết diện: S NPQ 3x 2 +) Vì M thuộc đoạn BO ( M B ) nên x BO 2a 2a 0 x 3 Do đó, S NPQ 3 2a 2a 2a Vậy, S NPQ 3