30 đề thi chọn học sinh giỏi toán lớp 11 có đáp án

30 đề thi chọn học sinh giỏi toán lớp 11 có đáp án 30 đề thi chọn học sinh giỏi toán lớp 11 có đáp án 30 đề thi chọn học sinh giỏi toán lớp 11 có đáp án 30 đề thi chọn học sinh giỏi toán lớp 11 có đáp án 30 đề thi chọn học sinh giỏi toán lớp 11 có đáp án 30 đề thi chọn học sinh giỏi toán lớp 11 có đáp án 30 đề thi chọn học sinh giỏi toán lớp 11 có đáp án

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ Câu 1.(2,0 điểm) a) Giải bất phương trình: x  x  �2(2  x) x  10 � �x  xy  y  y b) Giải hệ phương trình: � � 4x   y   Câu 2.(2,0 điểm) �x  m  y ( x  my ) Tìm tất giá trị tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm � �x  y  xy Câu 3.(2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm I (2; 4) đường thẳng d1 : x  y   0, d : x  y   Viết phương trình đường tròn (C ) có tâm I cho (C ) cắt d1 A, B cắt d C , D thỏa mãn AB  CD  16  AB.CD Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB= c ,BC=a ,CA=b Trung tuyến CM vng góc với phân giác AL CM b   Tính cos A AL c Cho a,b �� thỏa mãn: (2  a )(1  b)  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  16  a   b Câu (2,0 điểm) Cho f  x   x  ax  b với a,b�� thỏa mãn điều kiện: Tồn số nguyên m, n, p đôi phân biệt �m, n, p �9 cho: f  m   f  n   f  p   Tìm tất số (a;b) Câu 6: (2,0 điểm) Giải phương trình cos x(tan x  tan x)  sin x  cos x Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x  y  x  y   tâm I điểm M (3; 2) Viết phương trình đường thẳng  qua M ,  cắt (C ) hai điểm phân biệt A, B cho diện tích tam giác IAB lớn �x  x  y  y � (x, y ��) Câu (2,0 điểm) Giải hệ phương trình � x  y2  � � Câu (2,0 điểm) Cho số a, b, c không âm cho tổng hai số dương Chứng minh :   a b c ab  bc  ca    �6 bc ac a b a bc Câu 10.(2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho A  3;1 , B  3;9  , C  2; 3  uuur a) Gọi D ảnh A qua phép tịnh tiến theo BC Xác định tọa độ D b) Viết phương trình đường thẳng qua A , cắt đoạn thẳng CD M cho tứ giác ABCM có diện tích 24 Trang HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN ĐỀ 01 Câu1 Đáp án Điều kiện: x � Đặt t  x  ( t �0 ) x  t  Khi ta có 2 x  x   2(2  x)t �0 � x  2tx  4t  3(t  1)  �0 Điểm 1.0 � ( x  t )  (2t  1) �0 � ( x  3t  1)( x  t  1) �0 1điểm � x  �t (do x  3t   0; x � ; t �0 ) �x �1 x 2 �2 �x  x  �2 x  Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm bất phương trình S  [2  2; �) �۳ x Với x  �t ta có x � 10 � �x  xy  y  y (1) � � x   y   (2) Điều kiện: x � 1,0 Th1: y  � x  không thỏa mãn điểm �x � x Th2: y �0 ta có: (1) � � �  y  y � (t  y )(t  t y  t y  ty  y )  với t=x/y �y � y � (t  y ) � (t  y )  (t  y ) (t  yt  y )  � � � � t=y hay y  x � 23 �x � Thay vào (2): x   x   � x  37 x  40  23  x � � �x  42 x  41  � � x  � y  �1 Đối chiếu đk ta nghiêm hệ là: ( x; y )   (1;1);(1;1) Câu2 my  y  m  (1) � Hệ cho tương đương với: � �x  yx  y  (2) 2.0 y �0 � Phương trình (2) (ẩn x ) có nghiệm  x  y  y �0 � � y �4 � Th1: m  0, ta có y  0, x  Suy m  thỏa mãn Trang Th2: m �0 Phương trình (1) (ẩn y ) khơng có nghiệm thuộc khoảng (�; 4] �[0; �) (*) nghiệm (1) có nghiệm thuộc (4;0), điều kiện 1 � �    4m  m �(�;  ) �( ; �) � � 2 � � � �    4m  �    4m �0 �1 � � � � �    4m �0 � �m  � � � � � (B)   m � � � � � � � 4  0 4  y1  � � � � � �  4m   8m ( A) 2m � �   y  � � � � � � �   4m � � �  m  1  m    � � � � 2m � � � � điểm (1) vô (với y1 , y2 nghiệm phương trình (1)) �1  �m   4 � �  �m   � (B) � m �(�;  ) �( ; �) (A) � � 2 17 17 �  4m  1  8m � Hệ phương trình cho có nghiệm phương trình (1) (ẩn y ) có nghiệm 4 �m � ; m �0 Vậy tất thuộc khoảng (�; 4] �[0; �) hay (*) không xảy ra, điều kiện 17 4 �m � giá trị m cần tìm 17 2 ; IF  d ( I ;d )  Gọi hình chiếu I d1 , d E , F IE  d ( I ;d1 )  5 Gọi R bán kính đường tròn (C ) cần tìm ( R  ) Câu3 điểm 4.a điểm 2,0 36 AB  AE  R  ; CD  2CF  R  5 4� � 36 � 36 � R2  Theo giả thiết ta có: �R  � �R  � 16  20 R  5� � � 5 � � R  16  (5 R  4)(5R  36) � R   (5 R  4)(5 R  36) 6 � (2 R  4)  (5 R  4)(5 R  36) (do R  ) � R  2 ( R  ) 5 Vậy phương trình đường tròn (C ) cần tìm (C ) : ( x  2)  ( y  4)  uuu r r b uuu c uuur AB  AC Ta có: AL  bc bc uuu r uuu r uuur uuur uuuu r CA  CB AB  AC CM   2 uuu r uuuu r Theo giả thiết: AL  CM � AL.CM  uuu r uuur uuu r uuur � b AB  c AC AB  AC  � bc  bc cos A  2cb cos A  2cb    1.0  �  c  2b    cos A   � c  2b (do cos A  1) b2  a c a  b2 Khi đó: CM    u u u r u u u r uuu r uuur 2 1 AL2  AB  AC  AB  AC  AB AC   9b  a  9     Trang CM CM a  b a  b2 a2  5 �    �   �  6 AL AL2 9b  a 9b  a b2  cos A   b  c  a 5b  a 1   2bc 4b C/M : a  b  c  d � (a  c )2  (b  d )2 ấu xẩy khi: 4.b 1điểm a b  c d 1.0 �a � �a � p (a  4b ) Áp dụng (1) ta có :   � �  b �  �  b �   16 �4 � �4 � Mặt khác: (1  2a)(1  b)  � a  2b  ab  (2) 2 � � a  �2a � 3(a  4b ) b  � b �  �2a  4b  2ab � a  4b �2 (3) Mà: � �a  4b2 � �2ab � Từ (1) (3) suy ra: p �2 17 Dấu “=” xẩy khi: a=1 b  Vậy: MinP  17 Đạt a=1 b  số f(m),f(n),f(p) dương, âm có số dấu nên: Th1: f(m),f(n),f(p) -7 � loại phương trình f(x)-7=0 có nghiệm phân biệt 2,0 Th2: f ( m)  f (n)  f ( p)  7 Khơng tính tổng quát,giả sử m>n m  p �n  p ta có: m,n nghiệm pt: x  ax  b   p nghiệm pt: x  ax  b   nên : Câu điểm � n p  � � n  m  9(l ) mn  a � � � p  m  � � (n  p)( n  p  a )  14 � (n  p )( p  m)  14 � � � � n  p  2 � � (m  p)( m  p  a )  14 � � n  m  9(l ) � � �p  m  7 � Th3: f (m)  f (n)  7 f ( p)  ,khiđó hồn tồn tương tự ta có: m  p  7 m p  � � ( p  n)(m  p)  14 � � � �p  n  �p  n  2 Do m,n,p� 1;9 nên tìm là: (a;b)=  (11;17), (13; 29), (7; 1), (9;7) Câu 2,0 Điều kiện: cosx �0 (*) PT cho tương đương 2sin x  2sin x.cos x  sin x  cos x � 2sin x(sin x  cos x)  sin x  cos x � (sin x  cos x)(2sin x  1)   +) sin x  cos x  � tan x  1 � x    k Trang  5 � x   k 2 ; x   k 2 6 Đối chiếu điều kiện (*), suy nghiệm PT   5 x    k ; x   k 2 ; x   k 2 (k ��) 6 + sin x  Câu 2,0 (C ) có tâm I (1; 2) , bán kính R  Ta có IM   R nên M nằm đường tròn (C) Gọi H hình chiếu I AB đặt IH  t ,  t �2 Ta có S IAB  IH AB  t  t Xét hàm f ( x )  t  t ;0  t �2 Ta có f '(t )   2t 9t  0, t � 0;  , suy f (t ) đồng biến  0; 2  f (t ) f (2) Vậy S IAB lớn d  I ;    t  , hay H �M uuur Khi  nhận IM véc tơ pháp tuyến, suy  : x   Câu 2,0 điểm Đặt x  y  a, x  y  b Để cho tiện ta đặt  c Từ phương trình thứ hai hệ, ta có:  ab   c3 � ab  c ab a b ab , suy x  y  (a  b ) ,y  2 (a  b) a  3b a  c b x  y  (a  b)    2 ab a  c 3b Phương trình thứ hệ trở thành: (a  b )  � c(a  b )  a  c3b 2 c(a  b )  a  c 3b � Ta có hệ � , suy ab  c � 0,25 Từ x  0,25 �2 c2 � c4 c� a  � a  � ca  c3  a  ac � (ca  1)(a  c )  � a  �a  c a c � a � c 1 3 1 1 - Nếu a  c,b  x   ,y  2 �  c 1 �1 �  c �1  , y  �  c �  - Nếu a  ,b  c x  �  c � 3 �c �c c 3 � 2c � 2c �3  3  ��2 1 � ; ,� ; � Vậy hệ cho có hai nghiệm (x; y )  � � 3 � 2 � � �� 3 � 0,25 0,25 Trang Câu 2,0 điểm a b c ab  bc  ca    bc ac a b abc ab ac b.b c.c Giả sử a �b �c ,  �   bc ac ab bc cb Đặt P  Suy 0,25 b c bc  � ac ab a Đặt t  b  c P � 0,25 a t at   t a at 0,25 a t at a  t at     �6 (AM-GM) Do P �6 (đpcm) t a a t at a  t Chú ý: Đẳng thức xảy a  t  at chẳng hạn (a, b, c) thỏa mãn Ta có 0,25 �7  � (a; b; c)  � ;1;0 � � � (HS khơng cần nêu bước này) � � Câu 10(2,0 điểm) uuur a/ BC   5; 12  uuur uuur D  T  A  � AD  BC uuur BC �xD   �xD  � � D  8; 11 � � y    12 y   11 �D �D uuu r 16 b/ AB   6;8  � AB  10 ;Pt(AB): x  y  15  � d   CM  ,  AB    d  C ,  AB     AB  CM  d   CM  ,  AB   S�ABCM   24 � CM  AB CD Do M thuộc đoạn thẳng CD, CM   suy M trung điểm CD � M  5; 7   2 Pt (AM) là: x  y  13  Hết ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ Câu (3,0 điểm) a) Cho hàm số y  x  3x  hàm số y   x  m Tìm m để đồ thị hàm số cắt hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trung điểm I đoạn thẳng AB đến trục tọa độ b) Giải bất phương trình: Câu (3,0 điểm)  x2  4x   0 2x  a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(1;2) Đường thẳng  đường phân giác góc A có phương trình 2x  y   ; Khoảng cách từ C đến  gấp lần khoảng cách từ B đến  Tìm tọa độ A C biết C nằm trục tung Trang b) Cho tam giác ABC vuông A, gọi  góc hai đường trung tuyến BM CN tam giác Chứng minh sin  � Câu (3,0 điểm) uuur r uuur uuu uuur a) Cho tam giác ABC Gọi D, E điểm thỏa mãn: BD  BC; AE  AC Tìm vị trí điểm K AD cho điểm B, K, E thẳng hàng b) Chouu tam I thỏa mãn hệ r giác uur ABC uurvuông r A; BC = a; CA = b; AB = c Xác 2định2 điểm 2 2 thức: b IB  c IC  2a IA  ; Tìm điểm M cho biểu thức ( b MB  c MC  2a MA ) đạt giá trị lớn Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình:   x   x    x  x  b) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x  y  z  xyz Chứng minh rằng:   x2   y   z   �xyz x y z Câu 5: (3,0 điểm) a) Cho tan b a ba 3sin a  tan Chứng minh : tan   3cos a 2 1   cos 290 sin 2500 35 8 cos8 x  cos x  c) sin x  cos x  64 16 64 b) Chứng minh : Câu 6: (3,0 điểm) Giải phương trình sau: a) sin x  3sin x cos x  cos x  8  12 cos x  5sin x  14  cot2x.tan x   6(1  sin 2 x) ; c) cos x  Câu 7(1,0 điểm): Tìm giá trị để phương trình : b) 12cos x  5sin x  (cos   3sin   3)x  ( cos   3sin   2)x  sin   cos    có nghiệm x =1 Câu 8(2,0 điểm): r a).Trong mặt phẳng 0xy ,cho vectơ v =(-2;1), đường thẳng d có phương trình 2x –3y +3 =0 Hãy xác định r phương trình d’ ảnh d qua phép tịnh tiến theo vectơ v b) Trong mặt phẳng 0xy , cho đường tròn ( C) có phương trình : x  y  2x  4y   r Tìm ảnh ( C) qua phép tịnh tiến theo vec tơ v =(-2;5) HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ Câu Ý Nội dung Cho hàm số y  x  3x  hàm số y   x  m Tìm m để đồ thị hàm số cắt hai điểm phân biệt A, B đồng thời trung điểm đoạn thẳng AB cách trục tọa độ Điểm a 1,5 Yêu cầu tốn � PT sau có hai nghiệm phân biệt x  x    x  m hay x  x   m  (*)có  '  � m>1 Trang Gọi x A ; x B nghiệm (*), I trung điểm AB ta có x I  yI  x I  m  m  xA  xB  1; Yêu cầu toán � y I  x I � m   � m  2; m  Kết hợp ĐK, kết luận b m2 Giải bất phương trình: TXĐ: x  4x    (1) 2x  1,5 �  x2  4x   �  x  2;2  x  � x � � (1) � Nếu   x2  x   0,25 2x  x   x  x    x  , bất phương trình nghiệm với x: 1 x  2x   � � Nếu  x  � � �  x  4x   bất pt cho � 2x    x  4x  � x  16 x  16   x  x  � x  20 x  19  Kết hợp nghiệm, trường hợp ta có:  Tập nghiệm bpt cho: (1;2) �(2  a 0,25 x  2 0,25 5 ;x   5 0,25 x 3 0,25 ;3) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B (1;2) Đường thẳng  đường phân giác góc A có phương trình 2x  y   ; khoảng cách từ C đến  gấp lần khoảng cách từ B đến  Tìm tọa độ A C biết C nằm trục tung D(B;  )= y0  y0   � y  10; y0  8 ; C(0:y0) ; D(C;  )= , theo ta có 5 5 Vẽ hệ trục tọa độ, điểm B, ý C khác phía B  suy C(0;-8) 1,5 0,25 0,25 Gọi B’(a;b) điểm đối xứng với B qua  B’nằm AC uuuu r uur Do BB'  u   (1; 2) nên ta có: a  2b   ; 0,25 Trung điểm I BB’ phải thuộc  nên có: 2a  b   Từ ta có: a= -7/5; b=4/5 uuur Theo định lý Ta - Let suy CA  Từ suy A( b uuur uuuu r � 44 � r uuuu  ; � CB' A(x; y);CA   x; y   ;CB'  � �5 � 21 26 ; ) ;C(0;-8) 10 0,25 0,25 Xét tam giác vuông ABC vuông A, gọi  góc hai đường trung 1,5 tuyến BM CN tam giác Chứng minh sin  � Trang Gọi a, b c tương ứng độ dài cạnh đối diện góc B A, B BM  c2  N G C tam giác Có c2 CN  b  2 b2 BG  CG  BC2 2BG.CG 2 2(b  c ) �  Gọi G trọng tâm tam giác ABC, ta có cos BGC A = 2(b  c ) M (4c  b )(4b  c2 ) C ; Do cos  (4c  b )(4b  c ) 5(b  c ) 2 2 (4c  b )(4b  c ) � ;"  " � 4c  b  4b  c � b  c Có 2 2(b  c ) 2(b  c ).2 �  Do cos  5(b2  c ) (4c2  b )(4b  c ) Hay sin    cos  � Dấu có tam giác vuông cân đỉnh A uuur a r uuur uuu uuur Cho tam giác ABC Gọi D, E BD  BC; AE  AC Tìm vị trí 1,5 điểm K AD cho điểm B, K, E thẳng hàng uuur r uuu r uuur uuur uuu AC � BE  BC  BA(1) 4r uuu4r uuur uuu uu4ur uuur Giả sử AK  x.AD � BK  x.BD  (1  x)BA Vì AE  A E K uuur uuur uuur uuur 2x uuur uuur uuur BC nên AK  x.AD � BK  BD  (1  x)BA 3 uuur uuu r DVì B, K, ECthẳng hàng(B � E ) nên có m cho BK  mBE r 3m uuur 2x uuu r uuur m uuu BC  BA  BC  (1  x)BA Do có: 4 u u u r uuur r 3m � �m 2x � � BC  � 1 x  BA  Hay �  � � � �4 � � uuu r uuur m 2x 3m   &1  x   Từ suy Do BC; BA khơng phương nên 4 uuur uuur x  ; m  Vậy AK  AD Mà BD  B b Cho tam giác ABC vuông A; BC = a; CAuu =r b; AB = c uur uur r 2 Xác định điểm I thỏa mãn hệ thức: 2a IA  b IB  c IC  ; Tìm điểm M: biểu thức 2a MA  b MB2  c MC đạt giá trị lớn 1,5 Kẻ đường cao AH, ta có b  a.CH;c  a.BH nên b BH  c CH Do đó: uuur uuur r b BH  c CH  uu r uur uur uur uur Suy b IB  c IC  b IH  c IH  a IH uur uur uur uur Kết hợp giả thiết suy 2a IA  a IH hay 2.IA  IH Do điểm I thỏa mãn gt I thỏa mãn A trung điểm IH A Trang B H C uur uur uur r Với x, y, z tùy ý thỏa mãn: x.IA  y.IB  z.IC  (*) bình phương vô hướng vế (*), ý uur uu r 2IA.IB  IA  IB2  AB ta có: (x.IA  y.IB2  z.IC2 )(x  y  z)  xyc  xzb2  yza Từ có (2a IA  b IB2  c IC )  3b c2 uur uuu r uur uuu r Mặt khác xMA  x(IA  IM)  x(IM  IA  2IA.IM) Tương tự cho yMB2; zMC2 cộng đẳng thức lại ta có xMA  yMB2  zMC2  (x  y  z)IM  xIA  yIB2  zIC2 Thay số có: 2a MA  b2 MB2  c2 MC2  a IM  3b2 c2 �3b2 c2 Dấu xảy M trùng I Giải phương trình:   x   a ĐK: x �  x   5x  x  (*) 1,5 1 ; x � 2 (*) � (3x  1)2  (2x  1)  2(3x  1) 2x    (3x  1)  (2x  1)  (10x  8x)  � 3x   2x   � 2x   2x  2(a)   x  1 � � � � 2x   4x(b) 4  4  Giải (b) vơ nghiệm Kết luận (*) có nghiệm x  x  y  z  xyz Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn Chứng minh rằng: Giải(a) đối chiếu ĐK có nghiệm x  b   x2   y   z   �xyz (I) x y z Giả thiết suy ra: 1,5 1    Ta Có: xy yz zx �1 � 1 x2 1 1 �1 ��1 �2   � ;"  " � y  z  2    � � �  � �x y z � x x xy yz zx �x z � � � �x y � Viết hai BĐT tương tự cộng lại ta được:   x   y   z �1   � ;"  " � x  y  z   �� � �x y z � x y z �1 �x Ta CM: �  1� 2  ��xyz �  xy  yz  zx  � xyz    x  y  z  y z� �  x  y    y  z    z  x  �0 Điều lng 2 Dấu có x=y=z Vậy (I) CM, dấu có x=y=z= Câu 5(2,0 điểm) b a tan  tan b  a a b 2  3t  a) Đặt tan = t tan = 4t ,do : tan a b  4t 2 2  tan tan 2 Trang 10 Câu (1,0 điểm) n n a) Cho khai triển (1  x)  a0  a1 x  a2 x   an x Tìm số nguyên dương n biết a0  8a1  2a2  b) Gọi A tập số tự nhiên có chữ số đôi khác lập từ chữ số 0, 2,3,5, 6,8 Lấy ngẫu nhiên số thuộc tập A Tính xác suất để số lấy có chữ số chữ số không đứng cạnh Câu (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD Gọi M, N, P trung điểm cạnh BC, AC, AD 1) Xác định giao tuyến mặt phẳng (MNP) với mặt tứ diện 2) Thiết diện tứ diện ABCD cắt mp(MNP) hình gì? Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình AD : x  y   Trên đường thẳng qua B vuông góc với đường chéo AC lấy điểm E cho BE  AC (D E nằm hai phía so với đường thẳng AC) Xác định tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD , biết điểm E (2; 5) , đường thẳng AB qua điểm F (4; 4) điểm B có hồnh độ dương 3 � �x  y  xy( x  y)  24 y  x  27 y  14  x, y �� Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình � 3  x  y   x  y  � Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xy  yz  zx  xyz  Chứng minh �1 1 � 3�   ��( x  2)( y  2)( z  2) �x y z� � � Hết HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 21 Câu Ý Nội dung trình bày sin x Giải phương trình: tan x  sin x  cos x  2sin x Điểm 0,5 Điều kiện: cosx  0, sinx + cosx  2sin x cos x sin x 2sin x tan x  2sin x   Pt   sin x  cos x 2 cos x sin x  cos x sin x  cos x � �  2sin x cos x  sin x  0,sin �x  � sin x  sin x � 4� 0,25 Trang 59 +) sin x 0  x k    k 2 � � +) x  x   k 2 , x    �x  � k 2  x   k 2 , x    x �  k 2  4� 4 0,25  k 2 Các nghiệm tmđk nên phương trình có nghiệm: x k , x   � u  x2  5x  � � ta v  x2  x  � � u  2v  � Giải hệ � u  2v  x  � Đặt Giải hệ có : u2 – 4v2 = u – 2v �  u  2v   u  2v  1  ta nghiệm x = 1/3 u  2v  2u  x  � � �� � � u  2v  x  4v   x � � � x � � � � x � 56 65 56 hay x  65 (so đk loại) kết luận pt có nghiệm x = 1/3 Nhận xét : VP(*) hệ số x k  2015 khai triển (1  x) n  2015 VT(*) hệ số x k  2015 khai triển ( x  1)2015 (1  x)n Mặt khác (1  x) n  2015 = ( x  1)2015 (1  x)n Hệ số x k  2015 khai triển (1  x) n  2015 hệ số x k  2015 khai triển ( x  1)2013 (1  x)n 2015 k  2015 2015 Cnk  C2015 Cnk 1  C2015 Cnk    C2015 Cn  Cnk2015 (0 �k �n  2015) (*) Suy C2015 Ta có tan 3a  t ana  tan a  tan a Với a=200 ta có : tan 200  tan 200 � tan 200  33 tan 200  27 tan 200    *  3tan 20 Vậy : tan 200 nghiệm PT(*) tan 600  Làm tương tự ta có tan2400,tan800 nghiệm PT(*)  x'ax by M ( x; y ) F  M ' ( x' ; y ' )   y'cx  dy  x 'ax1  by1 N ( x1 ; y1 ) F  M ' ( x1 ' ; y1 ' )   y1'cx1  dy1 MN  ( x1  x)  ( y1  y ) M ' N '  ( x'1  x' )  ( y '1  y ' )  ( x1  x) (.a  c )  ( y1  y ) (b  d )  2( x1  x)( y1  y )(ab  cd )  ( x1  x)  ( y1  y )  MN � F phép dời hình 1, điểm Trang 60 a n n Ta có (1  2x)  �C (2x)  �C nk 2k xk Khi đó, suy ak  C nk 2k n k n k0 k k 0,25 Do đó, ta có a0  C n ;a1  2C n ;a2  4C n Vậy a0  8a1  2a2  � C n0  16C n1  8C n2  �  16n  8n(n  1) 1 2! 0,25 16n  4n(n  1) �  n  1(n  0) � n  b + Số số tập hợp A bằng: 6! 5!  600 0,25 + Số số tập A mà số có chữ số đứng cạnh bằng: 5! 4* 4!  216 0,25 Xác suất biến cố cần tìm: P   216  0, 64 600 1,0 điểm Cho tứ diện ABCD Gọi M, N, P trung điểm cạnh BC, AC, AD A P N B Q D M C (MNP) �(ABC)=MN ; (MNP) �(ACD)=NP + P điểm chung hai mp (MNP) (ABD) có + MN �(MNP) + AB �(ABD) + MN//AB � Giao tuyến (MNP) (ABD) đường thẳng qua P song song với AB cắt BD Q Ta có: (MNP) �(ABD)=PQ; (MNP) �(BCD)=MQ Thiết diện tứ diện ABCD cắt mặt phẳng (MNP) tứ giác MNPQ Ta có MN//=PQ//= AB nên MNPQ hình bình hành 1,0 điểm E A B F H D C 0,25 Ta có AB  AD : x  y   AB qua F(4 ; -4) � AB : x  y   Khi A  AB �AD � A(1;2) Trang 61 Ta có đường thẳng EF qua hai điểm E(2;-5) F(4;-4) Do ta lập phương trình EF : x  2y  12  Suy EF P AD � EF  AB F Khi đó, ta ABC  EFB �  BCA � � ) � AB  EF  AC  BE , EBF (cùng phụ với HBC Ta có B �AB : x  y   � B(b;  2b), b  Vậy AB  � (b  1)2  (2  2b)2  � 5b2  10b  � b  2(dob  0) � B(2;0) 0,25 0,25 Ta có BC  AB : 2x  y   BC qua B(2; 0) � BC : x  2y   uuur AC qua A(1; 2) vng góc với BE � AC nhận BE  (0; 5) véc tơ pháp tuyến � AC : 5(y  2)  � y  Khi đó, ta có C  AC �BC � C (6;2) CD qua C(6; 2) CD  AD : x  2y   � CD : 2x  y  14  Khi D  CD �AD � D(5;4) Vậy ta có tọa độ A(1;2), B(2;0), C(6;2), D(5;4) 0,25 �x  y  xy ( x  y )  24 y  x  27 y  14 (1) �  x, y �� � �  x  y   x  y  (2) �x �3 Đkxđ � �y �4 Từ (1) ta có ( x  y )3  3( x  y)   y     y   0,25 �  x  y  2 � ( x  y )  ( x  y )  y     y    3� � y  x  � � Suy 2 �x �3 2 x    x  x3  x  x  Thế vào (2) ta 1 � x   ( x  4)   x  ( x  5)  ( x  x  2)( x  2) 3 1 � � �  x2  x  2 � 3 x  2   � x   x  3 x 5 x � � x2 � �  x    x  1  � � x  1 � Với x  � y  0; x  1 � y  3 10 KL ( x; y)   1;  3 , ( x; y)   2;0  0,25 0,25 0,25 1,0 điểm Trang 62 Từ giả thiết suy  xy, yz , zx  Đặt zy = 2cos A, xz = cos B, xy = cos C , A, B, C góc nhọn Từ giả thiết suy cos2 A  cos B  cos C  cos A cos B cos C  � (cos C  cos( A  B))(cos C  cos( A  B))  0,25 � cos C  cos( A  B)  Suy A, B, C ba góc nhọn tam giác Ta có cos A cos B 2cos A cosC cosC cos B ;y ;x  cos C cosB cosA 2 3(cos A  cos B  cos C ) 8sin A sin B sin C YCBT ۳ cos A cos B cos C cos A cos B cos C A B C � 3(1  4sin sin sin ) �4sin A sin B sin C 2 1 �  � sinAsinBsinC cos A cos B cos C 2 1 1  �  sinAsinBsinC cos A cos B cos C �sinA  sinB sinC � � A B C cos  cos  cos � � � 2 � 2 � 2� � � 4 �   3 3 z 0,25 � � � � � 0,25 0,25 Hết Trang 63 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 22 Ngày 04 tháng 11 năm 2017 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: x2 – 4x - = x  Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình 2( x  2)( x   1)  x  x A2017 A1 A2 A2017  2017  2017   2017 0! 1! 2! 2017! cos x  2sin x  Câu (1,0 điểm) Tìm GTLN,GTNN y  cos x  sin x  Câu (1,0 điểm) Tính tổng sau : S  Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): a Viết phương trình đường tròn (C’) ảnh đường tròn (C) qua phép tịnh tiến theo b Viết phương trình đường thẳng qua gốc tọa độ cắt đường tròn (C) tạo thành dây cung có độ dài 11 11 x x  � � � � � � Câu (1,0 điểm).Giải phương trình : cos �x  � cos �  � sin �  � 10 2 10 � � � � � � Câu (1,0 điểm) Giải U21 Quốc tế báo Thanh Niên – Cúp Clear Men 2017 quy tụ đội bóng gồm: ĐKVĐ U21 HA.GL, U21 Singapore, U21 Thái Lan, U21 Báo Thanh niên Việt Nam, U21 Myanmar U19 Hàn Quốc Các đội chia thành bảng A, B, bảng đội Việc chia bảng thực cách bốc thăm ngẫu nhiên Tính xác suất để hai đội tuyển U21 HA.GL U21 Thái Lan nằm hai bảng khác Trang 64 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A Gọi H hình chiếu vng góc A BC , điểm M  2; 1 , N trung điểm HB � 1�  ; �là trực tâm tam giác AMN Tìm tọa độ điểm C , biết điểm A có tung HC ; điểm K � � 2� độ âm thuộc đường thẳng d : x  2y   � 3x2  2xy  2y2  3x  2y  � Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình � 5x  2xy  5y2  3x  3y   � Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z � Tìm giá trị nhỏ biểu thức P z  xy  1 y  yz  1  x  yz  1 z  zx  1  y  zx  1 x  xy  1 -Hết - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM 2018 SỐ 23 Câu 1.(4 điểm) Giải phương trình:    cos x     sin x.cos x  sin x  cos x   �x  y  � 2 Giải hệ phương trình: �2 y  z  �xy  yz  zx  �  x, y, z �� Câu (2 điểm) � ,� � , CDA � Giả sử A, B , C , D số đo góc DAB tứ giác lồi ABCD ABC , BCD A B C A Tìm giá trị lớn biểu thức P   sin  sin B  sin C  sin D Chứng minh sin A  sin B  sin C �3sin Câu 3.(1 điểm) Gọi A tập hợp số tự nhiên có tám chữ số đơi khác Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên thuộc vào tập A Tính xác suất để chọn số thuộc A số chia hết cho Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC Phân giác góc A, B, C cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm A1 , B1 , C1 Đường thẳng AA1 cắt đường thẳng CC1 điểm I ; đường thẳng AA1 cắt đường thẳng BC điểm N ; đường thẳng BB1 cắt đường thẳng A1C1 điểm P Trang 65 Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IPC1 Đường thẳng OP cắt đường thẳng BC điểm �  2� M Biết BM  MN BAC ABC Tính góc tam giác ABC Câu 5.(1 điểm) �1 � � � Cho hàm số f :  0; � �  0; � thỏa mãn điều kiện f  x  �f � f  x  � x với x  Chứng minh f  x  �x với x  -Hết - ĐỀ LUYỆN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM 2018 SỐ 24 x x 2  4 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình cos x  cos x 2 sin sin    10 Câu (1,0 điểm) Tìm hệ số x8 khai triển thành đa thức của: ( x  x  )(1  x) � x3  x y  3x  xy  � Câu (1,0 điểm).Giải hệ phương trình: � �x  x  y  6x  Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: 2x   2  x  (1) x 4 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông A D; AB  AD, CD  AD Đường thẳng BD có phương trình x  y   , đường thẳng AC qua điểm M  4;2  Tìm tọa độ đỉnh A biết diện tích ABCD 10 điểm A có hồnh độ nhỏ Trang 66 Câu (1,0 điểm) Cho ba số không âm a, b, c thỏa mãn: a  b  c  Chứng minh rằng: a  b  c  12abc �1 Câu 7(2,0 điểm) Hình chóp S.ABCD có đáy hình bình hành ABCD M trung điểm cạnh SD, G trọng tâm tam giác ACD a Tìm giao tuyến mp( AMG) mp(SCD)? b Tìm giao điểm I đường thẳng BM mp(SAC) ? Tính tỉ số IB ? IM Câu 8.(1,0 điểm) Một thùng đựng 12 hộp sữa Trong 12 hộp có hộp sữa cam, hộp sữa dâu Lấy ngẫu nhiên hộp sữa thùng, tính xác suất để hộp sữa lấy có hộp sữa cam Câu 9.(1,0 điểm) Chứng minh tam giác ABC ta có: cot A B C A B C  cot  cot  cot cot cot 2 2 2 ……… Hết……… LUYỆN ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM 2018 SỐ 25 Câu (0,5 điểm) Khơng dùng máy tính.Tính sin180 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin x  2sin x  sin x  cos xcos2 x Câu (0,5điểm) Giải bất phương trình (n  5)Cn4  2Cn3 �2 An3 Câu R(1,0 điểm) Chọn ngẫu nhiên số từ tập S   1, 2, ,11 Tính xác suất để tổng ba số chọn 12  x  y   y  0 Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   2 y  x  y  x  1  x x  1  0  Câu (1,0 điểm Giải bất phương trình:  2( x  16) x3  x3  7x x3 Trang 67 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ) : x  y  x  y  20  đường thẳng  : x  y  20  Chứng tỏ đường thẳng  tiếp xúc với đường tròn (C) Tam giác ABC có đỉnh A thuộc (C), đỉnh B C nằm đường thẳng  cho trung điểm cạnh AB thuộc (C) Tìm tọa độ đỉnh A, B, C , biết trực tâm H tam giác ABC trùng với tâm đường tròn (C) điểm B có hồnh độ dương Câu (3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, gọi M, N hai điểm thuộc cạnh AB, CD Gọi (α) mặt phẳng qua MN song song với SA Tìm giao tuyến mặt phẳng (α) với mặt phẳng (SAB) Xác định thiết diện mặt phẳng (α) cắt hình chóp Tìm điều kiện MN để thiết diện hình thang � � � � Tìm giá trị lớn biểu thức Câu (1,0 điểm) Cho số thực a, b, c �� ;1� P a b b c c a   c a b - Hết LUYỆN ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM 2018 SỐ 26 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: sin x   cos x   cos x.sin 2 sin x  Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: 2x   2  x  x 3 0 6x  x2  �2 4x2 �5 �x  Câu (1,0 điểm).Tìm m để hệ � ( x  2) có nghiệm �x  x  16mx  16m  32m  16  � 1 1 n Câu (1,0 điểm): Tính tổng: S  1.2 Cn  2.3 Cn   n  n  Cn với n nguyên    dương Câu (1,0 điểm): �  600 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ vuông góc Oxy cho hình thoi ABCD có góc BAD Trên cạnh AB, BC lấy điểm M, N cho MB + NB = AB Biết P( ; 1) � thuộc đường thẳng DN đường phân giác góc MDN có phương trình d: x  y   Tìm tọa độ đỉnh D hình thoi ABCD Câu 6(1,0 điểm) Trong kỳ bầu cử Quốc hội khóa XIV diễn vào ngày 22/05/2018, lớp 12A1 trường THPT Dân tộc nội trú có 22 bạn đủ 18 tuổi bầu cử, có 12 bạn nữ 10 bạn nam Trang 68 Chọn ngẫu nhiên số bạn tham gia cơng tác chuẩn bị cho ngày bầu cử Tìm xác suất để bạn chọn có bạn nữ Câu 7.(1,0 điểm) Cho a,b,c ba số thực dương Chứng minh: a �1 1 � �b  c c  a a  b �  b3  c  �   �� �   � b c � �a b c � � a Câu 8.(2,0 điểm) Cho tứ diện ABCD Gọi M, N, P trung điểm cạnh BC, AC, AD 1) Xác định giao tuyến mặt phẳng (MNP) với mặt tứ diện 2) Thiết diện tứ diện ABCD cắt mp(MNP) hình gì? Câu 9.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm M  1;3 đường tròn (C ) : x  y  x  y   r Tìm ảnh điểm M ảnh đường tròn  C  qua phép tịnh tiến theo véc tơ u   1;2  ………… HẾT ………… ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 27 Câu (1,0 điểm)Với n số nguyên dương, chứng minh hệ thức C  n 2 2 n   Cn2    Cn3     n  1  Cnn1   n  Cnn   C2nn cos x  cos3 x  Câu (1,0 điểm).Giải phương trình: cos x  tan x  cos x Câu (1,0 điểm) Cho đa giác có 15 đỉnh Gọi M tập tất tam giác có ba đỉnh ba đỉnh đa giác cho Chọn ngẫu nhiên tam giác thuộc tập M, tính xác suất để tam giác chọn tam giác cân tam giác Câu (1,0 điểm) Trang 69 Giải phương trình:  x  2   x   x2  4 x  x 1  x   x �� �   y  x  y  x  y    x  y  1 � Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: � � �y  x  y  y  y  x ��, y �� Câu 6.(2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, gọi M, N hai điểm thuộc cạnh AB, CD Gọi (α) mặt phẳng qua MN song song với SA Tìm giao tuyến mặt phẳng (α) với mặt phẳng (SAB) Xác định thiết diện mặt phẳng (α) cắt hình chóp Tìm điều kiện MN để thiết diện hình thang Câu 7.(1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (H): (x – 3)2 + (y – 1)2 = (G): (x – 2)2 + (y + 4)2 = Hãy phép vị tự tỉ số k = -3 (nếu có) để biến (H) thành (G) Câu (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vng cân A, có trọng tâm G Gọi E, H trung điểm cạnh AB, BC; D điểm đối xứng với H qua A, I giao điểm đường thẳng AB đường thẳng CD Biết điểm D  1;  1 , đường thẳng IG có phương trình x  y   điểm E có hồnh độ Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dơng thỏa m·n x  y  z  Chøng minh r»ng: x  y  z y  z  x z  x  y   �2 xyz  yz  zx  xy -Hết ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 28 Câu (1.0 điểm) Tìm m để phương trình x3 - x + x = m( x - 1) có ba nghiệm phân biệt x1, x2 , x3 thỏa mãn x12 + x22 + x32 = Câu (1 điểm cosx + 3(sin2x + sinx) - 4cos2x.cosx - 2cos2 x +  Trang 70 Câu 3.(1.0điểm) Cho tam giác ABC có diện tích Đặt a = BC , b = AC , c = AB Chứng minh cot A +cot B + cot C = a +b2 +c �x  y  y  x   6 x � Câu 4.(1.0 điểm) Giải hệ phương trình: � � x  x  3xy  y  �   Câu 5.(1.0 điểm) Cho hai số dương a, b có tổng Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= 1 2016 + + ab 4a + 4b + 2 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: x3  3x  x   (3 x  7) 3 x  x  Câu (1,0 điểm) Cho tam giác ABC cân A Gọi M trung điểm cạnh AB, G trọng tâm tam giác AMC I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh đường thẳng GI vng góc với đường thẳng CM u1  � � Câu 8.(2.0 điểm) Cho dãy số (un ) thỏa mãn điều kiện: � un2 2014un u   �n 1 2016 2016 � a) Chứng minh: (un ) dãy số tăng un Chứng minh với n �1 un1  v1  v2    2016 Câu (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương lẻ n thỏa mãn 22C n0 23C n1 24C n2 2n+2C nn + - = 1.2 2.3 3.4 ( n + 1) ( n + 2) 2017 b) Với n �1, n ��, đặt  Hết LUYỆN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 29 Trang 71 Bài 1: Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = 11  y  x  y  , với x, y số thực thỏa mãn x2 + y2 – 2x – 6y + = Bài 2: Cho số thực a, b, c ≥ 1, a2 + b2 + c2 = Tìm phần nguyên B = abc 1    a b c 2005 2007  20092004.C2008   20092.C2008  C2008 Bài 3: Tính giá trị biểu thức C = 20092006.C2008 Bài 4: Giải phương trình lượng giác với x(0,  ): 5( sinx  cos3 x  sin x )   cos x  sin x Bài 5: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 – 4y2 = 17 �x  y  y  y  10 �2 Bài 6:Giải hệ phương trình: �y  z  z  z  10 �z  x  x  x  10 � Bài 7: Giả sử ba điểm G, H, O trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam � � giác Chứng minh GO = HG Bài 8:Chứng minh với ABC nhọn ta ln có tanA.tanB.tanC > Bài 9:Tìm tất hàm số f:    thỏa mãn f(x3 – y) + 2y.(3f2(x) + y2) = f(y + f(x)), x, y Bài 10: Cho số thực a, b, c với a ≠ Chứng minh đường thẳng (d) x = b trục đối 2a xứng parabol (P) y = ax2 + bx + c LUYỆN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 30  2sin x    2(cot x  1) cos x sin x Câu (2,0 điểm).Chứng minh (Cn0 )  (Cn1 )2   (Cnn )2  C2nn Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: Câu (1,0 điểm) Từ số 0,1, 2,3, 4,5 lập số tự nhiên chẵn, số gồm chữ số đôi khác mà tổng ba chữ số cuối nhỏ tổng ba chữ số đầu đơn vị Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: x  3x    x  x2  Trang 72 Câu (1,0 điểm) �y  x  xy  x  y   12 x  x  � Giải hệ phương trình: � 2 � � y  x    y   x  x  2015  y     x, y �� Câu (1,0 điểm) Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo AC BD cắt O Gọi I, J trung điểm cạnh AD BC Gọi H, K trực tâm tam giác ABO CDO Chứng minh HK  IJ Câu (1,0 điểm) Chứng minh tam giác ABC, ta có:  b  c  cosA+  c  a  cosB   a  b  cosC=a  b  c Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD điểm E thuộc cạnh BC Một đường thẳng qua A vng góc với AE cắt CD F , đường thẳng chứa đường trung tuyến AM tam giác AEF cắt CD K Tìm tọa độ điểm D biết A  6;6  , M  4;  , K  3;0  Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện a  b  c  Tìm giá trị lớn biểu thức: P  ab bc ca   c  ab a  bc b  ca -Hết - Trang 73 ...  t 1 t t2 Ta có BBT: t 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 0.5 0.5 0.5 0.5 f’(t) f(t) +  65 Suy minT = 67   ABC Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018... 3xG   yG   � �yG  5 � ��  Ta có Ta có � 2 �xG  �3 xG  yG  15  � � yG Vậy cú hai điểm thoả m·n C1(1;-1) , C2(-2;-10) Trang 16 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ Câu 1.(4,0 điểm)...  � 28 Kết hợp với điều kiện (*) ta có nghiệm phương trình x  0.5 3 k 2   k �7m  3, k , m �� 28 0.5 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ Trang 30 Câu (5,0 điểm) Giải phương trình: