SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THICHỌNHỌC SINH GIỎI CẤPTỈNHNĂMHỌC 2017-2018 Mơn thi: TỐN - Lớp 11 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 09 tháng năm2018 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Số báo danh Câu I (4,0 điểm) Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị ( P ) hàm số y = x + bx + biết ( P ) qua điểm A ( 2;1) Giải bất phương trình x + x + + x + x + ≥ x + Câu II (4,0 điểm) 4sin x − 2cos x(sin x − 1) − 4sin x + 1 Giải phương trình = + cos x x + xy + x − y ( ) xy − = y + y Giải hệ phương trình ( x, y ∈ ) y + xy + x − x ( x + 1) − = Câu III (4,0 điểm) Cho x, y, z số thực phân biệt không âm Chứng minh x+ y y+z z+x + + ≥ 2 ( x − y ) ( y − z ) ( z − x) x+ y+z = u2 u1 2,= u Tính giới hạn lim nn Cho dãy số (un ) xác định sau 5un+1 − 6un , ∀n ≥ 3 +2 un= Câu IV (4,0 điểm) Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm học sinh lớp 11A, học sinh lớp 11B học sinh lớp 11C thành hàng ngang Tính xác suất để khơng có học sinh lớp đứng cạnh ( ( ) ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân A Các điểm M , N thuộc cạnh AB, AC cho AM = AN ( M , N không trùng với đỉnh tam giác) 6 2 Đường thẳng d1 qua A vng góc với BN cắt cạnh BC H ; − , đường thẳng d 5 3 2 2 qua M vng góc với BN cắt cạnh BC K ; Tìm tọa độ đỉnh tam giác 5 3 có hoành độ dương ABC , biết đỉnh A thuộc đường thẳng (∆ ) : x + y + 13 = Câu V (4,0 điểm) = SB = SC = Một mặt phẳng (α ) thay đổi qua trọng Cho tứ diện SABC có SA tâm G tứ diện cắt cạnh SA, SB, SC điểm A ', B ', C ' Chứng minh 1 biểu thức T = có giá trị khơng đổi + + SA ' SB ' SC ' Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Một điểm M di động cạnh đáy BC ( M khác B, C ) Mặt phẳng (α ) qua M đồng thời song song với hai đường thẳng SB AC Xác định thiết diện hình chóp S ABCD cắt (α ) tìm vị trí điểm M để thiết diện có diện tích lớn - HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA KÌ THICHỌNHỌC SINH GIỎI CẤPTỈNHNĂMHỌC 2017-2018 ĐỀCHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN- Lớp 11 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 09 tháng năm2018 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM (Gồm có 07 trang) Câu NỘI DUNG I Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị ( P) hàm số y = x + bx + biết ( P) 4,0 qua điểm A 2;1 ( ) điểm Do ( P) qua điểm A ( 2;1) nên + 2b + =1 ⇔ b =−2 Điểm 2,0 0,50 Ta hàm số y = x − x + Bảng biến thiên sau : −∞ x +∞ 0,75 +∞ +∞ y = x2 − x + Đồ thị: Có đỉnh I (1;0 ) trục đối xứng đường thẳng x = có hình dạng sau: 12 10 0,75 15 10 5 10 15 Giải bất phương trình x + x + + x + x + ≥ x + (1) 2,0 x ≤ −1 4 x + x + ≥ Điều kiện xác định bất phương trình ⇔ x ≥ − x + x + ≥ 0,50 Ta có (1) ⇔ ( x + 1)(4 x + 1) − ( x + 1) + 0,50 ( ) x + x + − ≥ (2) x +1 −1 Xét x ≤ −1, đó: −( x + 1) ≥ 0, x + = x2 + x x2 + x + ≥ nên (2) Vậy x ≤ −1 nghiệm BPT cho 2( x + x) ≥ (3) Xét x ≥ − : BPT (2) ⇔ x + x + − x + + x2 + x + + 3x x + x( x + 1) ⇔ + ≥0⇔ x≥0 x + + 4x + 1 + x2 + x + ( Vậy tập nghiệm BPT S = 0,25 ) ( −∞; −1] ∪ [0; +∞ ) 0,50 0,25 Chú ý 1:Nếu học sinh không xét trường hợp mà biến đổi từ BPT (2) thành BPT (3) đưa tập nghiệm cho tối đa 1,25 đ Chú ý 2:Có thể giải theo cách sau ĐKXĐ: x ≤ −1 x ≥ − BPT (1) ⇔ x + x + − ( x + 1) + 0,50 ( ) x + x + − ≥ (2) Nhận thấy x = −1 nghiệm BPT 0,25 Xét trường hợp x ∈ ( −∞; −1) ∪ − ; +∞ Khi x + x + + ( x + 1) > 3( x2 + x ) 2( x + x) + ≥ (3) nên BPT (2) tương đương với x + x + + ( x + 1) + x + x + ⇔ x + x ≥ ⇔ x < −1 x ≥ Từ có tập nghiệm BPT S = ( −∞; −1] ∪ [ 0; +∞ ) Nếu học sinh giải theo cách không xét trường hợp mà biến đổi từ BPT (2) thành BPT (3) đưa tập nghiệm cho tối đa 1,25 đ II 4sin x − cos x(sin x − 1) − 4sin x + 1 Giải phương trình =0 4,0 + cos x điểm π π ĐKXĐ: + cos x ≠ ⇔ x ≠ + k Phương trình tương đương với 4sin x(1 − cos x) − cos x sin x + cos x − 4sin x + = ⇔ −4sin x cos x − cos x sin x + cos x + =0 ⇔ cos x = ⇔ (2 cos x + 1)(1 − sin x) = − sin x = 2π π + kπ ⇔x= ± + k 2π x= 2π So sánh với điều kiện suy nghiệm phương trình cho x = ± + k 2π x + xy + x − y ( ) xy − = y + y (1) Giải hệ phương trình ( x, y ∈ ) y + xy + x − x ( x + 1) − = (2) x ≥ 0; y ≥ ĐKXĐ: xy + ( x − y ) xy − ≥ Nhận thấy y = từ (1) suy x = Thay x= y= vào (2) khơng thỏa mãn Vậy ta có điều kiện x ≥ 0, y > 0, điều có nghĩa ( ( ) x + y ≠ 0, xy + ( x − y ) Khi ta có: (1) ⇔ x − y + xy + ( x − y ) ⇔ ) ) ( ( ( ( ) ( x − y ) y + xy − x− y + = x+ y xy + ( x − y ) xy − + y ( 0,50 0,25 2,0 0,25 0,50 0,50 0,50 0,25 2,0 0,25 ) xy − + y ≠ xy − − y = ) ) 0,50 0,50 y + xy − ⇔ ( x − y) + = x+ y xy + ( x − y ) xy − + y x = y y + xy − ⇔ + = x+ y + − − + xy x y xy y ( ) ( ( ) 0,25 ) ± 17 0,50 + 17 + 17 x = y > Vì nên trường hợp hệ có hai nghiệm (1;1) ; ; y + xy − • Xét phương trình (3) + = x+ y xy + ( x − y ) xy − + y • Xét x = y Thế vào (2) ta x3 − x − x + = ⇔ x = 1; x = ( ) Từ phương trình (2) ta có: 4 2 = x +1+ + ( x − 1) − = x + − + ( x − 1) + ≥ y + xy = x − x + x +1 x +1 x +1 Do y + xy − + > nên (3) vô nghiệm x+ y xy + ( x − y ) xy − + y ( ) 0,50 + 17 + 17 Vậy hệ có hai nghiệm (1;1) ; ; Chú ý 3:Nếu học sinh không lập luận để x + y ≠ 0, xy + ( x − y ) ( ) xy − + y ≠ trước khithực nhân chia liên hợp từ phương trình (1) cho tối đa 1,75đ III Cho x, y, z số thực phân biệt không âm Chứng minh 4,0 x+ y y+z z+x + + ≥ điểm 2 ( x − y ) ( y − z ) ( z − x) x+ y+z x+ y y+z z+x + + ≥ 2 ( x − y ) ( y − z ) ( z − x) x+ y+z x+ y y+z z+x ⇔ ( x + y + z) + + ≥9 2 ( x − y ) ( y − z ) ( z − x) Khơng tính tổng qt, giả sử x > y > z ≥ Khi có bất đẳng thức sau: +) x + y + z ≥ x + y y+z +) ≥ ⇔ y ( y + z ) ≥ ( y − z ) ⇔ z ( y − z ) ≥ (luôn đúng) ( y − z) y 2,0 Ta có +) Tương tự có z+x ( z − x) ≥ 0,25 0,50 x x+ y y+z z+x + + Do đặt F = ( x + y + z ) 2 ( x − y ) ( y − z ) ( z − x) x+ y 1 + + F ≥ ( x + y) y x ( x − y) 0,25 Ta có bất đẳng thức sau: 1 với ∀a, b, c > + + ≥ a b c a+b+c 0,25 Áp dụng ta được: x+ y 1 1 + + = ( x + y) + 2 ( x − y) y x ( x + y ) − xy xy 1 9( x + y ) = ( x + y) + + = ≥ 2 x+ y ( x + y ) − xy xy xy ( x + y ) 0,50 x+ y 1 + + ≥ ( x + y) = Suy F ≥ Vậy ( x + y ) y x x+ y ( x − y) z=0 z=0 Đẳng thức xảy ⇔ 2 xy x= (2 ± 3) y ( x + y ) − xy = 0,25 = u2 u 2,= Cho dãy số (un ) xác định sau 5un +1 − 6un , ∀n ≥ +2 un= u Tính giới hạn lim nn 3 Từ giả thiết ta có un + − 2u= 3(un +1 − 2un ), ∀n ≥ Suy dãy v= un +1 − 2un n +1 n +1 cấpsố nhân có cơng bội q =⇒ +1 = 3n −1 v2 = 3n −1 (5 − 2.2) = 3n −1 (1) 2,0 0,50 Cũng từ giả thiết ta có un + − 3u= 2(un +1 − 3un ), ∀n ≥ Suy dãy w= un +1 − 3un n +1 n +1 cấpsố nhân có cơng bội q = ⇒ wn +1 = 2n −1 w2 = 2n −1 (5 − 3.2) = −2n −1 (2) u − 2un = 3n −1 Từ (1) (2) ta có hệ n +1 ⇒ un = 3n −1 + 2n −1 n −1 u u − = − n n +1 1 n 3n −1 + 2n −1 un Suy lim n = lim lim + = = 3 3 3n 3 Chú ý 4: Có thể giải theo cách sau Xét phương trình đặc trưng dãy truy hồi λ − 5λ + = Phương trình có nghiệm là= λ1 2,= λ2 1 Do đó= un a.2n + b.3n Với u1 = 2, u2 = ⇒ a = , b = u Suy = un 3n −1 + 2n −1 lim nn = 3 IV Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm học sinh lớp 11A, học sinh lớp 11B học 4,0 sinh lớp 11C thành hàng ngang Tính xác suất để khơng có học sinh điểm lớp đứng cạnh Số phần tử không gian mẫu : Ω =10! 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 2,0 0,25 Gọi A biến cố “Khơng có học sinh lớp đứng cạnh nhau” Để tìm A ta thực theo hai bước sau: Bước 1: Xếp học sinh lớp 11C thành dãy: có 5! cách xếp Khi đó, học sinh lớp 11C tạo khoảng trống đánh số từ đến sau: 0,25 1C2C3C4C5C6 Bước 2: Xếp học sinh hai lớp 11A 11B vào khoảng trống cho thỏa mãn yêu cầu tốn Khi xảy hai trường hợp sau: Trường hợp 1: Xếp học sinh hai lớp 11A 11B vào vị trí 1, 2, 3, 4, vị trí 2, 3, 4, 5, 6: có × 5! = 240 cách xếp 0,50 Trường hợp 2: Xếp học sinh hai lớp 11A 11B vào vị trí 2, 3, 4, 5; có vị trí xếp học sinh gồm học sinh lớp 11A học sinh lớp 11B; vị trí lại vị trí xếp học sinh + Có cách chọn vị trí xếp học sinh + Có × cách chọncặphọc sinh gồm học sinh lớp 11A học sinh lớp 11B Suy có ( × × 3) × 2! cách xếp học sinh gồm học sinh lớp 11A học sinh lớp 11B học sinh vào vị trí + Có 3! cách xếp học sinh vào vị trí lại (mỗi vị trí có học sinh) 288 cách xếp Do trường hợp có ( × × 3) × 2!× 3! = 0,25 5! ( 240 + 288 ) = 63360 cách xếp Suy tổng số cách xếp A =× 0,25 A 63360 11 = = 10! 630 Ω Vậy xác suất cần tìm P( = A) 0,25 0,25 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân A Các điểm M , N thuộc cạnh AB, AC cho AM = AN ( M , N không trùng với đỉnh tam giác) Đường thẳng d1 qua A vng góc với 6 2 BN cắt cạnh BC H ; − , đường thẳng d qua M vàvng góc với 5 3 2 2 BN cắt cạnh BC K ; Tìm toạ độ đỉnh tam giác ABC , biết 5 3 có hoành độ dương đỉnh A thuộc đường thẳng (∆) : x + y + 13 = 2,0 N A C H M E K B D F Gọi D điểm cho ABDC hình vng E, F giao điểm đường thẳng AH, MK với đường thẳng CD ∆CAE ( g c.g ) ⇒ AN =CE ⇒ AM =CE mà AM = EF ⇒ CE = EF Ta có ∆ABN = ⇒ E trung điểm CF ⇒ H trung điểm KC −4 Từ tìm C (2; −2) Ta có KH ; ⇒ véctơ pháp tuyến BC n ( 5;3) 5 ⇒ Phương trình BC là: x + y − = 0,50 0,25 Ta có AC đường thẳng qua C tạo với BC góc 450 Gọi véctơ pháp tuyến AC n1 ( a; b ) , với a + b > b = 4a ⇔ 4b − 15ba − 4a = 0⇔ Ta có cos 45 = b = − a 34 a + b • Với b = 4a chọn a =1 ⇒ b =4 ta có AC: x + y + = 5a + 3b 0,25 phương trình 0,25 x + y + =0 x =−2 ⇔ Toạ độ điểm A nghiệm hệ (loại) −1 5 x + y + 13 = y = Với b = − a , chọn a =4 ⇒ b =−1 ta có phương trình AC: x − y − 10 = − 10 = 4 x − y= x ⇔ Toạ độ điểm A nghiệm hệ (thoả mãn) ⇒ A (1; −6 ) −6 5 x + y + 13 = y = Phương trình AB là: x + y + 23 = 23 = x + y += x ⇔ Toạ độ điểm B nghiệm hệ (thoả mãn) ⇒ B ( 5; −7 ) 5 x + y − =0 y =−7 Vậy tọa độ điểm cần tìm là: A(1; −6), B(5; −7), C (2; −2) • 0,25 0,50 Chú ý 5:Nếu học sinh công nhận điểm H trung điểm KC (khơng chứng minh) tìm tọa độcác đỉnh tam giác cho tối đa 1,0 điểm V Cho tứ diện SABC có SA = SB = SC = Một mặt phẳng (α ) thay đổi qua 4,0 trọng tâm G tứ diện, cắt cạnh SA, SB, SC điểm A ', B ', C ' điểm 1 Chứng minh biểu thức T = có giá trị khơng đổi + + SA ' SB ' SC ' 2,0 S C' G A' H A C B' S' M B Vì G trọng tâm tứ diện SABC nên ta có tính chất: MG= MS + MA + MB + MC , với M điểm tùy ý Áp dụng tính chất cho điểm M ≡ S ta có: SG= SS + SA + SB + SC = SA + SB + SC 4 SA SB SC Lại có SA = = SA ', SB = SB ', SC SC ' SA ' SB ' SC ' Do SG = SA ' + SB ' + SC ' SA ' SB ' SC ' 1 Vì bốn điểm A ', B ', C ', G đồng phẳng nên phải có + + =1 ⇒ T =4 SA ' SB ' SC ' Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Một điểm M di động cạnh đáy BC (M khác B,C) Mặt phẳng (α ) qua M đồng thời song song với hai đường thẳng SB, AC Xác định thiết diện hình chóp S ABCD cắt (α ) tìm vị trí điểm M để thiết diện có diện tích lớn ( ( ) ( ) 0,50 ) 0,50 0,50 0,50 2,0 S R I P F Q A D N E B O M C Kẻ MN / / AC ( N ∈ AB ) ; NP / / SB ( P ∈ SA ) ; MQ / / SB ( Q ∈ SC ) AC ∩ BD; E = MN ∩ BD; F = PQ ∩ SO; R = EF ∩ SD Gọi O = Khi thiết diện cần tìm ngũ giác MNPRQ , tứ giác MNPQ hình bình hành Gọi α góc SB AC BM Đặt x = ( < x < 1) Khi MN= x AC , MQ= (1 − x ) SB BC = MN MQ.sin= α x (1 − x ) SB AC.sin α Suy S MNPQ RF SF BE BM x = = = =⇒ x RF = x.OI = SB OI SO BO BC Do góc RE PQ α nên 1 x2 = S PRQ = PQ.RF sin α = MN RF sin α SB AC.sin α 2 3x Vậy S MNPRQ =S MNPQ + S PRQ =x 1 − SB.AC.sin α (*) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có 3x 3x 3x 3x 3x 1 − ≤ + − = ⇒ x 1 − ≤ 4 4 4 Từ (*) suy S MNPRQ ≤ SB.AC.sin α 3x 3x MB Đẳng thức xảy = =1 − ⇔ x = hay 4 MC 0,50 0,50 Gọi Ilà trung điểm SD, đó: 0,50 0,50 Hết -Chú ý: - Các cách làm khác cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tựphân chia sở tham khảo điểm thành phần đáp án - Các trường hợp khác tổ chấm thống phương án chấm ... ĐÀO TẠO THANH HĨA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 201 7-2 018 ĐỀCHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN- Lớp 11 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 09 tháng năm 2018 HƯỚNG... lớp 11A 11B vào vị trí 1, 2, 3, 4, vị trí 2, 3, 4, 5, 6: có × 5! = 240 cách xếp 0,50 Trường hợp 2: Xếp học sinh hai lớp 11A 11B vào vị trí 2, 3, 4, 5; có vị trí xếp học sinh gồm học sinh lớp 11A... Bước 1: Xếp học sinh lớp 11C thành dãy: có 5! cách xếp Khi đó, học sinh lớp 11C tạo khoảng trống đánh số từ đến sau: 0,25 1C2C3C4C5C6 Bước 2: Xếp học sinh hai lớp 11A 11B vào khoảng trống cho