SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI ĐỀ THI ƠN HSG THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 Mơn: TỐN Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ( Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu) TRƯỜNG THPT SỐ BẢO YÊN Câu 1; y + y − x − x − = ( x + 3) x + 1.Giải hệ phương trình: 2 ( x − 1) y + x + = x + 3x + ( ) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức x5 y5 z5 P= + + y + z x2 + z y + x2 Câu 2; 2.1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm H ( −3;1) 1 hình chiếu vng góc A BD Điểm M ;2 ÷ trung điểm cạnh BC, 2 phương trình đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A tam giác ADH d : x + y + 13 = Viết phương trình đường thẳng BC 2.2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB = 2a, AD = a Hình chiếu vng góc S mặt phẳng (ABCD) trung điểm cạnh AB Góc SD mặt phẳng (ABCD) 600 Gọi M trung điểm SA Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (BDM) 2.3) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác ABC vng cân B, BA=a Tam giác SAC cân S nằm mặt phẳng vng góc với mp(ABC) Gọi M, N trung điểm SA, BC ; biết góc MN (ABC) 600 Tính VS ABC theo a, Tính d ( AC , MN ) theo a 2.4) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C1 ) : x + y + x − y − 17 = có tâm I đường thẳng d : 3x − y − = Đường tròn (C2) có bán kính 10 ,cắt đường trịn (C1 ) điểm A B, có tâm J nằm đường thẳng d cho diện tích tứ giác IAJB 15 Viết phương trình đường trịn (C2) 2017 Câu Tính tổng S= ( C2017 ) + ( C2017 ) + + 2017 ( C2017 ) Câu 5.Tìm nghiệm nguyên dương hệ phương trình : { x+ y = z x3 + y = z 2 1.1 y + y − x − x − = ( x + 3) x + Giải hệ phương trình 2 ( x − 1) y + 3x + = x + x + ĐK: x ≥ −3 Pt (1) ⇔ y + y = x + x + + x x + + x + ( ( ⇔ ( y2 ) + y2 = x + x + ) ) ( +6 x+ x+3 (1) (2) ) Xét hàm số f (t ) = t + 6t , t ≥ −3 f '(t ) = 2(t + 3) > 0, ∀t > −3 ⇒ f (t ) đồng biến [ −3; +∞ ) ( ) y ≥ 0, x + x + ≥ −3 ⇒ f ( y ) = f x + x + ⇔ y = x + x + Thế vào pt (2) ta ( x − 1) ( ) x + + 3x + = x + 4x + = 0, x ≥ −3, x ≠ 4x − 4x + , x ≥ −3, x ≠ Ta có Xét g ( x ) = x + + 3 x + − 4x − 1 36 g '( x ) = + + > 0, ∀x > −3, x ≠ , x ≠ − 2 (4 x − 1) x + 3 (3 x + 5) x + + 3x + − 1 1 Suy g ( x ) đồng biến khoảng −3; ÷ ; +∞ ÷ 4 4 Mặt khác g ( −2 ) = g ( 1) = nên g ( x ) = có nghiệm -2 x = −2 ⇒ y = −1 (Loại) x = ⇒ y = ⇔ y = ± ( ) Vậy hệ có nghiệm 1; ± 1.2 Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x5 y5 z5 P= + + y + z x2 + z y + x2 Nội dung Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số dương ta được: x5 x( y + z ) + ≥ x3 2 y +z Dấu xảy 2x = y + z Tương tự ta chứng minh y5 y( x2 + z ) z5 z( x2 + y ) + ≥y; + ≥ z3 2 x +z x +y Từ suy x y + xy + y z + yz + x z + xz P+ ≥ x3 + y + z (1) Mặt khác ta có: x + y ≥ x y + xy ⇔ ( x + y )( x − y )2 ≥ (luôn đúng) Tương tự có: x + z ≥ x z + xz ; y + z ≥ zy + z y 3 2 2 2 Suy ( x + y + z ) ≥ x y + xy + x z + xz + y z + yz (2) x3 + y + z Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số dương ta có: 3 3 x3 + x3 + ≥ 3x ; y + y + ≥ y ; z + z + ≥ 3z Từ (1) (2) suy P ≥ ⇒ 2( x + y + z ) + ≥ 3( x + y + z ) ⇔ x3 + y + z ≥ x3 + y + z 3 ≥ Dấu xảy x = y = z = suy P ≥ 2 Vậy MinP = 3/2 2.1 Viết phương trình đường thẳng BC Gọi N, P trung điểm BH AH ⇒ NP song song ½ AB Ta có AB ⊥ AD ⇒ NP ⊥ AD, kết hợp với AP ⊥ ND suy P trực tâm tam giác AND ⇒ DP ⊥ AN MNPD hình bình hành ⇒ MN // DP, DP ⊥ AN ⇒ MN ⊥ AN MN qua M, vng góc với AN có pt x − y + 15 = Tọa độ N thỏa mãn hệ pt x + y + 13 = x = − ⇔ ⇒ N − ;1÷ 15 x − y + = y = ⇒ B ( −4;1) BD có pt y − = , AH có pt x + = ⇒ A ( −3; −1) uuur BC qua B nhận AB = ( −1; ) làm vtpt có pt − x + y − = 2.2 Tính thể tích khối tứ diện BCSP khoảng cách hai đường thẳng SC BP theo a Gọi H trung điểm AB ⇒ SH ⊥ (ABCD) Tam giác ADH vuông A ⇒ HD = HA2 + AD = 2a · · Góc SD (ABCD) góc SDH ⇒ SDH = 600 Trong tam giác SHD SH ⇒ SH = 2a HD 1 VS ABCD = S ABCD SH = 2a.a 3.2a = 4a 3 AC cắt BD O trung điểm AC ⇒ d (C ;( BDM )) = d ( A;( BDM )) Gọi N trung điểm HA ⇒ MN // SH ⇒ MN ⊥ (ABCD) AB = NB ⇒ d ( A;( BDM )) = d ( N ;( BDM )) 3 21 Kẻ NK ⊥ BD ⇒ BD ⊥ ( MNK ) NK = a 14 Kẻ NE // MK ⇒ NE ⊥ ( BDM ) Trong tam giác vng MNK ta có 1 37 3a 111 Ta có = + = ⇒ NE = NE NK MN 27 a 37 4a 111 ⇒ d ( C ;( BDM )) = NE = 37 có tan 600 = 2.3) : Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác ABC vuông cân B, BA=a Tam giác SAC cân S nằm mặt phẳng vng góc với mp(ABC) Gọi M, N trung điểm SA, BC ; biết góc MN (ABC) 600 S a) Tính VS ABC theo a b) Tính d ( AC , MN ) theo a Giải : Gọi H trung điểm AC ⇒ SH ⊥ AC Do tam giác SAC nằm mặt phẳng vng góc với mp(ABC) nên suy SH ⊥ ( ABC ) Gọi K trung điểm AH MK đường trung bình tam giác ASH nên MK//SH ⇒ MK ⊥ ( ABC ) Do hình chiếu MN lên A · , ( ABC )) = MNK · (ABC) KN ⇒ (MN = 600 a)Tam giác ABC vuông cân B nên: M H K 3a a AC = AB = a 2; KC = AC = ; CN = BC = ; 4 2 a 10 a2 KN = KC + CN − 2.KC.CN cos 450 = ; S ABC = AB = 2 C N I B a 30 · Vì MK ⊥ ( ABC ) nên tam giác MKN vng K, MK = KN tan MNK = SH = MK = a 30 a 30 a a 30 = (đvtt) 24 b)Gọi I trung điểm AB ⇒ IN//AC, KI ⊥ AC (Vì KI//BH mà BH ⊥ AC ∆ABC Vậy VS ABC = SH S ABC = cân) Ta có AC//IN suy AC//(MIN) Vì d ( AC , MN ) = d ( AC , ( MIN )) = d ( K ,( MIN )) (do K ∈ AC ) AC ⊥ MK ⇒ AC ⊥ ( MKI ) ⇒ NI ⊥ ( MKI ) Do đó, gọi L hình chiếu K lên (MIN) AC ⊥ KI KL = d ( K , ( MIN )) 1 + Trong tam giác vng MKI, ta có: = KL KM KI a 30 a a 30 ; KI = BH = Mà KM = nên KL = 4 16 a 30 Vậy d ( AC , MN ) = 16 a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn 2.4 ( C1 ) : x + y + x − y − 17 = có tâm I đường thẳng d : 3x − y − = Đường trịn (C2) có bán kính 10 ,cắt đường trịn (C1 ) điểm A B, có tâm J nằm đường thẳng d cho diện tích tứ giác IAJB 15 Viết phương trình đường trịn (C2) Xét đường trịn (C1) có tâm I(-2;2) bán kinh R1 = 1 S AI AJ.sin A = S IAJB ⇒ sin A = IAJB = 2 AI AJ 10 ⇒ cos A = 10 Ta có S ∆IAJ = A I J B Xét tam giác AIJ tacó: JI = IA2 + JA2 − IA.JA.cos A = 25 + 10 − 2.5 10 = 25 10 ⇒ IJ = x = + 2t ⇒ J ( + 2t ; −2 + 3t ) y = −2 + 3t Đường thẳng d có phương trình tham số : ( 2t + 3) IJ = ⇔ + ( 3t − ) t = 37 10 = ⇔ 12 ⇒ J (1; −2) ∨ J ; ÷ t = 13 13 13 Vậy có hai đường trịn (C2) thỏa mãn toán: ( x − 1) + ( y + ) 2 37 x− ÷ 13 =10 10 + y − ÷ =10 13 Câu4 S2= ( Cn1 ) + ( Cn2 ) + + n ( Cnn ) với n số tự nhiên lẽ 2 Giải: ( Ta có: S = ( C ( ) + ( n − 1) ( C ) n n −1 n n ( Cn1 ) + ( Cn2 ) + + ( Cnn −1 ) 2 ) 2 n − n2−1 n + n2+1 + + Cn ÷÷ + Cn ÷÷ + n ( Cnn ) ÷ ÷ ÷ ÷ ) + n = n( ( C ) +(C ) n +1 n 2 n + + ( Cnn −1 ) ) +n 2 ⇒ 2S n = n ( Cn1 ) + ( Cn2 ) + + ( Cnn ) + n Mặt khác ta có: ( + x ) 2n = C20n + C21n x + + C22nn x n ⇒ hệ số xn là: C2nn (*) Trong đó: ( + x ) = Cn0 + Cn1 x + + Cnn x n n Nên hệ số xn ( Cn1 ) + ( Cn2 ) + + ( Cnn ) (**) 2 n n n 2 n PCM Từ (*) (**) ⇒ C2 n − = n ( Cn ) + ( Cn ) + + ( Cn ) ⇒ S n = CĐ 2n ⇒ Câu 5.Tìm nghiệm nguyên dương hệ phương trình : { x+ y= z x3 + y = z Hướng dẫn: Khử z đưa đến phương trình : y − ( x + 1) y + x − x = Xem phương trình bậc 2, biến y, từ điều kiện tồn nghiệm ta suy x = x = Đáp số : (x; y; z) = (1; 2; 3) , (2; 1; 3) , (2; 2; 4) ... = d ( N ;( BDM )) 3 21 Kẻ NK ⊥ BD ⇒ BD ⊥ ( MNK ) NK = a 14 Kẻ NE // MK ⇒ NE ⊥ ( BDM ) Trong tam giác vuông MNK ta có 1 37 3a 11 1 Ta có = + = ⇒ NE = NE NK MN 27 a 37 4a 11 1 ⇒ d ( C ;( BDM )) =... −2) ∨ J ; ÷ t = 13 13 13 Vậy có hai đường trịn (C2) thỏa mãn tốn: ( x − 1) + ( y + ) 2 37 x− ÷ 13 =10 10 + y − ÷ =10 13 Câu4 S2= ( Cn1 ) + ( Cn2 ) + + n ( Cnn ) với... (C1) có tâm I(-2;2) bán kinh R1 = 1 S AI AJ.sin A = S IAJB ⇒ sin A = IAJB = 2 AI AJ 10 ⇒ cos A = 10 Ta có S ∆IAJ = A I J B Xét tam giác AIJ tacó: JI = IA2 + JA2 − IA.JA.cos A = 25 + 10 − 2.5 10