Tổ 18 đ1 HSG LOP11 SGD THANH hóa 2018 2019 OK

Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Đề HSG LỚP 11 Năm 2018-2019 GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI HSG LỚP 11 SGD TỈNH THANH HÓA NĂM 2018-2019 MƠN TỐN Câu I (4 điểm) Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị ( P ) hàm số y  x  2mx  , biết ( P ) có trục đối xứng x  2 Giải phương trình: x   x  x    x  x   Câu II (4 điểm) 2sin x  cos x  sin x + + 1 cos x  Giải phương trình :   �y  y  y  x  y  y   x  �  x; y �R  � 2 2 � x  x   x   y x   y  x      Giải hệ phương trình � Câu III (4,0 điểm) 4x2  y2  z2   2x  y  z  Cho số dương x, y, z thỏa mãn: Tìm giá trị lớn biểu P thức: x3  y  z (2 x  y  z )(4 xy  yz  zx ) Cho dãy số xác định bởi: lim u1  � � un 1  4un  3.4n , n ��* � Tìm số hạng tổng quát un tính giới 2n  3n  un hạn Câu IV (4 điểm) Có số tự nhiên có chữ số khác mà có mặt hai chữ số lẻ ba chữ số chẵn , chữ số chẵn có mặt hai lần? �8 � G � ;0 �  C  tâm I , trọng tâm �3 �, điểm M  0;1 , Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn N  4;1 Câu V K  2; 1 đối xứng với I qua AB AC , điểm thuộc đường thẳng BC Viết phương trình đường tròn (4,0 điểm)  C Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán! Trang Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Đề HSG LỚP 11 Năm 2018-2019 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình bình hành tâm O Một mặt phẳng khơng qua S cắt uur uuur uuu r uur SA  SM , SC  3SP Tính tỉ số cạnh SA, SB , SC , SD M , N , P , Q thỏa mãn : 2 �SB � �SD � SB T  � � � � �SN � �SQ � đạt giá trị nhỏ SN biểu thức    thay đổi song song với mặt đáy Cho lăng trụ ABCD A1 B1C1 D1 Một mặt phẳng    cho MNPQ cắt đoạn AB1 ,BC1 , CD1 , DA1 M , N , P, Q Hãy xác định vị trí nhỏ GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI HSG LỚP 11 SGD TỈNH THANH HĨA NĂM 2018-2019 MƠN TỐN Câu I (4 điểm) Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị ( P ) hàm số y  x  2mx  , biết ( P ) có trục đối xứng x  2 Giải phương trình: x   x  x    x  x   Lời giải Tác giả: Hoa Tranh; Fb: Hoa Tranh 1) ( P ) có trục đối xứng x  � m  � ( P ) : y  x  x  BBT: ( a   ) BGT: Đồ thị: Hãy tham gia STRONG TEAM TỐN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV tốn! Trang Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Đề HSG LỚP 11 Năm 2018-2019 2) Điều kiện: �x �7 Cách 1: pt � x   x   ( x  1)(7  x )   x � x 1   x 1    x  x 1   � x 1   x  ( n) � �� �� x  ( n ) x    x � � Vậy tập nghiệm S   4;5 Cách 2: Đặt  x  u �0; x   v �0 , ta có phương trình: v2 � v   2u  2v   uv � 2(u  v)  v(u  v) � � � uv � Vậy tập nghiệm S   4;5 � x 1  x  ( n) � �� � x  (n) � �7  x  x 1 Câu II (4 điểm) 2sin x  cos x  sin x + + 1 cos x  Giải phương trình : Lời giải Điều kiện: cos x �۹� 0� x 5 Tác giả:Nguyễn Thị Hiền ; Fb: Nguyễn Hiền k 2 , k � 5 x ��  k 2 , k �� Với điều kiện ta có : Phương trình � 2sin x  cos x  sin x   cos x � 4sin x cos x  cos x  2sin x  sin x   � cos x  2sin x  1   2sin x  1  sin x    �  2sin x  1  cos x  sin x  3  � sin x  � � 2sin x  � � �� sin x  cosx  1 l  cos x  sin x  � � Hãy tham gia STRONG TEAM TỐN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV tốn! Trang Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC  � � x   k 2 �� 5 � x  k 2  l  � � Vậy phương trình cho có nghiệm Đề HSG LỚP 11 Năm 2018-2019 k �� x   k 2 , k ��   �y  y  y  x  y  y   x  � � � x  x   x   y  x  1   y  1 x  � Giải hệ phương trình  x; y �R  Lời giải Tác giả: Trần Thị Hà ; Fb: Ha Tran x� Điều kiện: Phương trình đầu  y3  y  y  x  y  y   x   � y  y2  y  4  x  y2  y   y  x  � y  y  2   y  2   x 1  y  x 1     x 1 � y  x 1 � 0 �y    x  1� � �  y    x    1 �� � y  x 1   2 � Giải ( 1):  y  2 �y   �y   x 1  � � �� �x   �x  1 ( Loai ) �y  x  y  x 1  � � �y  Giải ( 2): Thế y  x  vào phương trình thứ hai ta được: x  x   x    x  1  x  1  x x  2 � x  x    3x   x x    x  1  x  1  x   �2 �   x  3x    3x  2  x  3x  2 x  3x    3x    x   x   x  1  x    x  3x  x  3x    x    x  3x    � � 3x  �  x  3x   �   x  � � x  x   x  3x  � � x  3x   � �� 3x    x2 � � x  x   x  3x   3  4 Hãy tham gia STRONG TEAM TỐN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV tốn! Trang Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Đề HSG LỚP 11 Năm 2018-2019 x   tm  � x  3x   � � �  x; y   1; ; 2; x   tm  � Giải (3): hệ có nghiệm  Giải (4) : x  3x    3x  x20� x  3x  2 x  3x       3x   x2 x  3x  2 x� VT     VP   phương trình (4) vơ nghiệm Ta thấy với 4x2  y  z   2x  y  z  Câu III (4,0 điểm) Cho số dương x, y, z thỏa mãn: Tìm giá trị P lớn biểu thức: 8x3  y3  z (2 x  y  z )(4 xy  yz  zx) Lời giải Tác giả:Trần Thị Kim Xuyến ; Fb: Xuyen Tran a Đặt 2x 2y 2z ;b ;c 2x  y  z 2x  y  z x  y  z Khi a, b, c  * Khi a  b  c  điều kiện 4x2  y  z   2x  y  z  2 2 trở thành a  b  c  a  b3  c P ab  bc  ca  a  b  c  a  b3  c   a  b   b  c   c  a  * Ta có:  a  b3  c   a  b  c   ab  bc  ca   3abc vào P thì:   ab  bc  ca   3abc  3abc P � P 3  ab  bc  ca ab  bc  ca 1   ab  bc  ca  � ab  bc  ca  vào P ta Mặt khác từ giả thiết ta có: 11 P   12abc � được: P    12abc � P   12abc Ta chứng minh 1 S2  ۣ 6abc * Thật BĐT Ta có: � � �2 � a b a  � � b  ��  � � 36 � � 36 � 3 � 1  c  �   c  � c  c  �0 18 3 � 2� 0; �  �c � � c �� � 3� � 3 Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán! Trang Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Đề HSG LỚP 11 Năm 2018-2019 � Xét : � 2�  2�  1 c  � � c � ��9 Q  6abc  2ab.3c �4ab  � �a  b    a  b  � �2 � � � � � �1 � 2�  2c  c   c � �0 � c  c  �0 ۣ � c � �9 3 BĐT ta lấy c số lớn  a  b  c �3c 11 1 max P  a  b  ,c  � x  y  z minh Vậy Cho dãy số xác định bởi: lim hạn u1  � � un 1  4un  3.4n , n ��* � c Ta có điều phải chứng Tìm số hạng tổng qt un tính giới 2n  3n  un Lời giải n * Số hạng tổng quát có dạng un  (an  b), n �� Ta có u1  2, u2  20 � a  1 ;b  � un  4n 1 (3n  1) � un 1  un  4n (3n  2) 4 thay vào n công thức un 1  4un  3.4 thấy thỏa mãn 2n  3n  2n  3n  (2n  1)( n  1) � �n �n  � lim  lim n 1  lim  lim � n  n � � � n u n  (3 n  1) (3 n  1) 4 � � � � n Do đó: Câu IV (4 điểm) Có số tự nhiên có chữ số khác mà có mặt hai chữ số lẻ ba chữ số chẵn , chữ số chẵn có mặt hai lần? Lời giải Tác giả:Phạm Thị Cảnh; Fb: Pham Linh Canh Gọi chữ số lẻ khác x, y thuộc A  {1;3;5;7;9} ba chữ số chẵn khác a, b, c thuộc B  {0;2;4;6;8} + TH1: Nếu chọn chữ số x lẻ đứng đầu có cách chọn, chữ số y lẻ lại ba chữ số chẵn số cách chọn 4.C5 chọn lại (a;b;c) có cách Bây ta xếp vị trí cho 7! 2!.2!.2! ( Ta nói x chữ số (khơng kể số lẻ x đứng đầu) có cách khác là: có cách chọn nghĩa xếp vị trí cho x, việc lại xếp vị trí cho chữ số lại) 4.C53 Vậy trường hợp có số thỏa mãn toán : 5.4.C53 7!  126000 2!.2!.2! (số) + TH2: Nếu chọn chữ số chẵn a đứng đầu có cách, hai chữ số b, c có C4 cách, chọn lại chữ số a có cách, chọn lại cặp (b;c) có cách Chọn hai chữ số lẻ có C5 cách Bây ta Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán! Trang Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Đề HSG LỚP 11 Năm 2018-2019 xếp vị trí cho chữ số (khơng tính a) có cách khác là: 7! C42 1.1.C52  75600 1!.2!.2! Vậy trường hợp có số thỏa mãn tốn : 4.75600  302400 (số) Vậy số số thỏa mãn toán : 126000  302400  428400 số Cách Gọi chữ số lẻ khác x, y thuộc A  {1;3;5;7;9} ba chữ số chẵn khác a, b, c thuộc B  {0;2;4;6;8} + TH1: Bộ chữ số chẵn (a;b;c) khơng có chữ số Số cách chọn số chẵn C4 cách Số cách chọn số lẻ x, y C5 Bây ta chữ số vào vị trí: Chọn vị trí vị trí để xếp chữ số chẵn thứ có C8 cách, chọn vị trí số vị trí lại để xếp chữ số chẵn thứ có C6 , chọn vị trí vị trí lại để xếp chữ số chẵn thứ có C4 cách, hai vị trí lại chữ số lẻ có 2! cách 2 2 Vậy số số thõa mãn trường hợp 1: C4 C5 C8 C6 C4 2!  201600 (số) + TH2: Bộ chữ số chẵn (a;b;c) có chữ số 2 Số cách chọn số chẵn lại C4 Số cách chọn số lẻ x, y C5 Bây ta chữ số vào vị trí: Chọn vị trí vị trí để xếp chữ số (trừ vị trí đầu tiên) có C7 cách, chọn 2 vị trí số vị trí lại để xếp chữ số chẵn thứ có C6 , chọn vị trí vị trí lại để xếp chữ số chẵn thứ có C4 cách, hai vị trí lại chữ số lẻ có 2! cách 2 2 Vậy số số thõa mãn trường hợp 2: C4 C5 C7 C6 C4 2!  226800 (số) Vậy số số thỏa mãn toán : 201600  226800  428400 số �8 � G � ;0 �  C  tâm I , trọng tâm �3 �, điểm M  0;1 , Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn N  4;1 K  2; 1 đối xứng với I qua AB AC , điểm thuộc đường thẳng BC Viết phương trình đường tròn  C Lời giải Tác giả: Nguyễn Kim Đông ; Fb: Nguyễn Kim Đông Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán! Trang Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Đề HSG LỚP 11 Năm 2018-2019 Ta thấy IM IN vng góc với dây cung AB , AC nên qua trung điểm E , F AB AC Kết hợp tính đối xứng điểm M , N qua cạnh AB , AC , ta có tứ giác AINC , AIBM hình thoi Do đó, AM  AN  NC  BM  AI  IC  IB  R Hơn nữa, ta có BM P NC ( song song AI ) nên BMNC hình bình hành Suy BC PMN Phương trình MN y  , BC qua K nên có phương trình y  1 Gọi D  d ; 1 B  d  b; 1 C  d  b; 1 trung điểm BC tọa độ B C Vì yG  , yB  yC  1 � y A  � x A  xB  xC  � xA  2d  � xA   2d � A   2d ;  uuur uuuu r BC  MN   4;0  � 2b  � b  Mặt khác, xG  MB  MA  R �  d       2d   Mà Tương tự NC  NA nên  d  2 nên d  d 19 d 1 �     2d   � 3d  12d   � � d  � B  1; 1 Suy d  nghiệm chung hai phương trình tọa độ ba đỉnh , C  5; 1 A  2;  , m0 �   m  2  � � I  3; m  m4 � Gọi , từ IA  MA  R  , ta có I  3;0  Với m  , suy I  3;  Với m  , suy (loại IC � ) Vậy đường tròn  C  x  3  y2  Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán! Trang Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Câu V Đề HSG LỚP 11 Năm 2018-2019 (4,0 điểm) 1.Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình bình hành tâm O Một mặt phẳng khơng qua S cắt uur uuur uuu r uur SA  SM , SC  3SP Tính tỉ số cạnh SA, SB , SC , SD M , N , P , Q thỏa mãn : 2 �SB � �SD � SB T  � � � � �SN � �SQ � đạt giá trị nhỏ SN biểu thức Lời giải Tác giả:Trần Thị Huệ ; Fb:Tran Hue • Dựng mặt phẳng (P) khơng qua S thỏa mãn u cầu tốn : Trên đoạn SA lấy M cho SA = SM Trên đoạn SC lấy P cho SC = SP Trong mp (SAC) : gọi G  SO �MP MP �( SAC ) NQ �( SBD ) Do ( SAC ) �( SBD )  SO MP , NQ phân biệt ,không song song � SO,MP, NQ đồng quy G Trong (SBD ) : Qua G kẻ đường thẳng d cắt SB N , SD Q • Trong mặt phẳng (SAC) vẽ AE , CF song song với MP cắt SO E , F SA SE  Vì AE // MP nên ta có : SM SG SC SF  CF // MP nên ta có: SP SG Cộng vế với vế hai đẳng thức ta được: SA SC SE  SF SO  OE  SO  OF    SM SP SG SG (1) Xét AOE COF có : OA = OC ( ABCD hình bình hành ) � � AOE  COF ( đối đỉnh) �  FCO � EAO (2 góc vị trí SLT , AE//CF) � AOE  COF (g.c.g) � AE  CF (2 cạnh t/ư) Mà AE // CF (theo cách dựng) Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán! Trang Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Đề HSG LỚP 11 Năm 2018-2019 � Tứ giác AECF hình bình hành (dhnb) � OE  OF (2) SA SC SO  2 SG Từ (1) (2) ta có: SM SP Tương tự (SBD) ta kẻ đường thẳng song song với NQ chứng minh SB SD SO  2 SG SN SQ SA SC SB SD    SM SP SN SQ Suy SB SD  x, y SQ Đặt SN ta có: x  y   2 2 Khi T  x  4(5  x)  x  40 x  100  5( x  4)  20 �20 Tmin  20 x = SB � 4 SN Cho lăng trụ ABCD.A1B1C1D1 Một mặt phẳng  thay đổi song song với mặt    cho đáy cắt đoạn AB1 ,BC1 , CD1 , DA1 M , N , P, Q Hãy xác định vị trí MNPQ nhỏ Lời giải Tác giả Nguyễn Quang Huy; Fb: Nguyễn Quang Huy B C D thiết diện    với lăng trụ ABCD A1B1C1D1 Do    thay đổi Gọi A���� S B C D  S ABCD  S A1B1C1D1  S song song với mặt đáy nên A���� Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán! Trang 10 Sản phẩm Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC Đặt AB  a; BC  b; CD  c; DA  d AA �  AA� x,  x  AA1 Đề HSG LỚP 11 Năm 2018-2019 cạnh bên 1, A� M AA�  � A� M  ax �  AA B A M / / A B A B AA 1 có 1 Theo định lí talet: 1 Xét A1 A� A� Q  � A� Q   1 x d  AA D � A A AD A Q / / AD 1 Xét có Theo định lí talet: ta có S A�MQ Nên tỉ số diện tích: S ABD  A� M A� Q.sinM A 'Q  x  1 x AB.AD.sinBAD SB�MN Tương tự ta có kết qủa sau: SABC  x(1  x), SC�NP SBCD S � S � SB�MN S  x(1  x ), C�NP  x(1  x), D PQ  x(1  x), A MQ SABC SBCD SACD SABD Xét  x(1  x), SD�PQ SACD  x(1  x) S � SABC  B�MN � x (1  x) � S � SBCD  C�NP � x (1  x) �  x(1  x) � � S � � SACD  D PQ � x.(1  x) � S A�MQ �S   ABD � x.(1  x) � Cộng đẳng thức lại với ta có : 2S  Đặt 1 SA�MQ  SB�MN  SC �NP  SD�PQ     S  SMNPQ  x(1  x ) x(1  x) SMNPQ  S� � S�  S  x(1  x) S Vâỵ để S �nhỏ x(1  x ) lớn ( x   x) 2 x(1  x) �2 �  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: Dấu xẩy khi: x  1 x � x     qua trung điểm cạnh bên song song với mặt đáy SMNPQ  S�nhỏ Vậy nửa diện tích đáy Hãy tham gia STRONG TEAM TỐN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán! Trang 11