THPT HOANG HOA 4

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA THPT HỒNG HĨA Đề Minh Họa KÌ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT Năm học 2017- 2018 Mơn Tốn Thời gian: 180 phút Câu 1(2,0 điểm) Cho parabol (P): y   x đường thẳng (d) qua điểm I (0; 1) có hệ số góc k Gọi A B giao điểm (P) (d) Giả sử A, B có hồnh độ x1; x2 1) Tìm k để trung điểm đoạn thẳng AB nằm trục tung 2) Chứng minh Câu 2(6,0 điểm) x13  x23 �2  k �R  ( x  4) x    (2 x  4) x   x 1 4 x  x 5 1.Giải phương trình: 8sin x.cos x  s inx  cos x  � 7 � � 3 � sin �x  � 3cos �x  � 0;1007    � � � � 2.Tính tổng nghiệm phương trình sau : �1   � 2 1 x 1 y  xy  x; y �� � �x y ( x  y  1)  3x  Giải hệ phương trình: � Câu (4,0 điểm) sin n u1  sin1; un  un 1  un   n , với n  �, n Cho dãy số xác định bởi: Chứng minh dãy số  un  xác định dãy số bị chặn Cho a; b; c số thực dương thay đổi thỏa mãn M abc 3 1   a  b2  b2  c2  c2  a  Tìm giá trị lớn biểu thức Câu 4(4.0 điểm) Gọi A tập hợp tất số tự nhiên có chữ số Chọn ngẫu nhiên số từ tập A, tính xác suất để chọn số chia hết cho chữ số hàng đơn vị Cho tam giác nhọn ABC, đường phân giác góc A cắt cạnh BC D cắt đường trịn ngồi tiếp tam giác ABC E(2;1) khác A Viết phương trình đường thẳng BE biết đường trịn ngoại tiếp tam giác ABD có phương trình Câu 5(4,0 điểm) x2  y  x  y   Cho tứ diện ABCD thỏa mãn điều kiện AB  CD, BC  AD, AC  BD điểm X thay đổi khơng gian Tìm vị trí điểm X cho tổng XA  XB  XC  XD đạt giá trị nhỏ � Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông A, ABC  30 , tam giác SBC tam giác cạnh a Mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABC) Chứng minh: AC vng góc với SA; tính cosin góc mp(SAC) (ABC) - HẾT -Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Chữ kí giám thị số 1: Chữ kí giám thị số 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn thi: TỐN - Lớp 11 THPT Đáp án gồm có 07 trang TRƯỜNG THPT ĐÁP ÁN ĐỀ MINH HỌA Câu Nội dung Điểm Cho parabol (P): y   x đường thẳng (d) qua điểm I (0; 1) có hệ số góc k Gọi A B giao điểm (P) (d) Giả sử A, B có hồnh độ x1 ; x2 1) Tìm k để trung điểm đoạn thẳng AB nằm trục tung + Đường thẳng (d) có pt: y = kx - 2 1,0 0,25 + PT tương giao (d) (P): - x = kx - � x + kx - = 0(*) 0,25 D = k + > 0( " k ) x ; x + (*) ln có nghiệm phân biệt 0,25 x1  x2  k  2 ; M nằm trục tung + Trung điểm M AB có hồnh độ k 0� k 0 � x13  x23 �2  k �R  2) Chứng minh Theo Vi et có: x1  x2  k , x1 x2  1 Ta có: = x - x2 = ( x1 + x2 ) - x1 x2 = k + Có � x13  x23 = 1,0 0,25 x13  x23  ( x1  x2 ) � ( x1  x2 )  x1 x2 � � � x1  x2 ( x1  x2 )  x1 x2 0,25 k  4(k  1) �2 , k �R Đẳng thức xảy k = 0,25 0,25 0,25 ( x  2) x   1� ( x  2) x   x   � �  � x  4 x  x 5 � ( x   1)( x   x  2) 2( x   1)( x   x  2)  x 1 4 x  x 5 0.5 �x   x  2( x   x  2) � � ( x   1) � � � 4 x  x 5  � x 1 � � Dễ thấy x   >0 nên vô nghiệm, Ta cần xử lí cịn lại sau phần cịn lại: 2.1  x    x x 1 x   x 1 4 x  x 5 ( x   1)2 VP  �0 x 1 0,5 Ta cần chứng minh VT ln âm Thật vậy, theo BDT Cauchy x    x � 2( x    x )  nên tử số không âm a  a2  1 c / m : (a  )2 �0 Bổ đề : 0,5 Áp dụng:  x  x    x   x   Vậy VT �0 � x 2  4 x � Vậy dấu “=” xảy �( x   1)  0,5 Vậy x = 2.2  � 7 � � 3 � sin �x �۹ 3cos �x x k , k � � � �0 � � � � Điều kiện xác định pt � sin x.sinx  s inx  cos x  � 2(cos x  cos3 x )  s inx  cos x  � � � cos3x  cos x  s inx � cos3x  cos �x  � 2 � 3�  � �  3x  x   m 2 x   m � � �� �� , m ��   � � � � 3x   �x  � m2 x m � � 12 � 3� � Kết hợp điều kiện xác định ta có nghiệm phương trình cho x    m (m ��) 12 0,25 0,5 0,25 0,25 Vì x ��� � 0;1007    �   m 12 1007 m 2014, m � Suy nghiệm phương trình cho đoạn  0;1007  gồm 2014 d 0,25 0,5  5 , x1  12 nghiệm lập thành cấp số cộng có cơng sai 2014 � 5  � 3043154 S  (2014  1) � � � 12 2� Tổng nghiệm Điều kiện: xy �1 Biến đổi phương trình thứ hệ phương trình tích ( xy  1)( x  y )  TH1 xy  thay vào phương trình thứ hai ta có: � x  1 x   x  3x  � x  x   � � x  1 � 2.3 0,25 0.5 � � 1� 1� ( x; y )  �  3; � ( x ; y )   3;  � � � � � � � � � � � Do hệ có nghiệm: TH2 x  y thay vào phương trình thứ hai ta có: x  3x   Xét f ( x )  x  3x  ta có f ( x) liên tục � Ta có f (2)   , f(1)  1, f(0)  1, f (2)  Suy f (2) f (1)  0, f (1) f (0)  0, f(0).f(2)  Nên phương trình có nghiệm thuộc khoảng ( 2; 2) Mặt khác f ( x) đa thức bậc ba nên có tối đa nghiệm thực Do phương 0.5  2;2  trình f ( x )  có nghiệm thuộc khoảng  � 0;   Đặt x  cos  Khi ta có phương trình: 8cos   cos   � 2(4 cos   3cos  )  � cos 3    k 2 � 3  �  k 2 �   �  � 5 7 �  �� ; ; �  � 0;   �9 9 Vì nên 0.5 Do hệ có nghiệm  � 5 � 7 � � 5 � 7 ; cos �� x; y   � cos ;cos cos ;cos �� x; y   � � 0,5 9� � � � � � Kết luận: Hệ phương trình cho có nghiệm � � 1�  1� ( x; y )  �  3; , ( x ; y )   3;  � � � � � � � � � � � cos  x; y   � �  � 5 � 7 � � 5 � 7 ; cos �,  x; y   � cos ; cos ,  x; y   � cos ;cos � � 9� � � � � � 1 1      2 n Nhận xét Với số nguyên dương n ta có: cos  x; y   � � 3.1 0.5 1 1 1           2 n 1.2 2.3 n  n  1 Thật vậy, ta có 1 1 1          2  2 n 1 n n suy nhận xét chứng minh sin1 sin sin n un     2 n Trở lại tốn, từ cơng thức truy hồi ta được: 1 un �     2 n Ta có với n (theo nhận xét trên) (1) � �1 un � �2    � 2 n � � Mặt khác với n (theo nhận xét trên) (2) Từ (1) (2) suy dãy số cho bị chặn * Bđt phụ: Cho số thực x, y, z > 0, a, b, c số thực Khi a b2 c  a  b  c    � x y z x y z 3.2 0.5 0.5 0,5 (*) a b c   Dấu xảy x y z + Dễ thấy bđt suy từ bđt Bunhia * Vào Ta chứng minh 1 1 M  2  � 2 a b 3 b c 3 c a 3 0,5 1 �1 � �1 � �1 � �� 2 � �  2 � �  �� �3 a  b  � �3 b  c  � �3 c  a  � a2  b2 b2  c2 c2  a2   � 2 2 2 a b 3 b c 3 c a 3 a Giả sử �b �c �P  a  b  a  b a  b2   2 2 a  b   a  b  3  a  b   2 Biến đổi Biến đổi tương tự với số hạng lại P Sau áp dung bđt (*) ta có:  a  b  b  c  c  a P�   a  b  c  18 2 2   a  b  b  c  a  c ۳ P   a  b  c  18 Ta chứng minh 0,5  a  b  c  18  a  b  c  4 a  c  2 a  b  c  2 a  c ۳ P   a2  b2  c2  0,5  a  b  c   a  c   a b c 9 2 2 � 2 �  a  b  c    a  c  �6 a  b  c  27  �  a  b  c    a  c  �3  a     a  b  c  �  a  b  c    a  c  �6 a  b  c   a  b  c  2 2  b2  c  2 0,5 � b  ab  bc  ca �0 �  a  b   b  c  �0 Bđt cuối đúng, suy đpcm Số số tự nhiên có chữ số 99999  10000   90000 Giả sử số tự nhiên có chữ số chia hết cho chữ số hàng đơn vị là: 4.1 abcd1 Ta có abcd1  10.abcd   3.abcd  7.abcd  chia hết cho 3.abcd  chia hết cho Đặt h  3t  3.abcd   7h � abcd  2h  h 1 0,5 số nguyên t 1000 7t 9999 Khi ta được: abcd �7 998 9997 ۣ ��� t t  143, 144, , 1428 7 suy số cách chọn t cho số 4.2 0,5 abcd1 chia hết cho chữ số hàng đơn vị 1286 1286 �0, 015 Vậy xác suất cần tìm là: 90000 Gọi I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABD Ta có: 0.5 0,5 A I B D C E o � � �  180  BID  180  BAD  90o  BAD � IBD 2 o �  CAE � � �BAE �  DBE � � BAD � �  CAE � CBE � Mặt khác: �  IBD �  DBE �  90o  BAD �  DBE �  90o � IBE Suy BE tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD 0,5  a  x    b  y  1  0, a  b �0 Gọi đường thẳng BE có dạng:  I 2;3 Theo đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD có tâm  R = 0,5 Do BE tiếp tuyến chứng minh nên d  I ; BE   R 5.1 � Chọn a = ta 4a  2b 2  � 2a  b  4ab  a b b  2 �    y   �x  0.5 0,5 Vậy có hai đường thẳng BE cần tìm: x   62 y 0 A Q M G D B N P C Gọi G trọng tâm tứ diện; M, N, P, Q trung điểm cạnh AB, CD, BC, AD Ta có tam giác ACD tam giác BCD nên AN  BN suy 0.5 MN  AB , tương tự ta chứng minh MN  CD đường thẳng PQ vng góc với hai đường thẳng BC, AD Từ suy GA  GB  GC  GD 0,5 XA.GA  XB.GB  XC.GC  XD.GD GA Ta có uuu r uuu r uuu r uuu r uuur uuur uuur uuur XA.GA  XB.GB  XC GC  XD.GD � GA uuur uuu r uuu r uuur uuur XG GA  GB  GC  GD  4.GA2   4GA GA Dấu xảy X trùng với điểm G Vậy XA  XB  XC  XD nhỏ X trọng XA  XB  XC  XD  5.2  0,5  0,5 tâm tứ diện ABCD 0.5 ( SAB ) I ( ABC )  AB � � ( SAB )  ( ABC ) � CA  ( SAB ) � � CA  AB ta cã CA SA VSAC vuông A xét tam giác vuông SAC BAC có SC = BC = a AC chung �VBAC VSAC � SA  AB *Ta cã CA  (SAB) nªn CA  SA ( SAC ) I ( ABC )  AC � � �AB  AC ( gt ) �SA  AC Do nên góc (SAC) (ABC) góc SAB TÝnh cosSAB 0.5 0.5 a SA = AB = BC.cos300 = 3a 3a   a2 4  SA2  AB  SB a a � cos SAB  SA AB 2 =3 0,5 ... 12 1007 m 20 14, m � Suy nghiệm phương trình cho đoạn  0;1007  gồm 20 14 d 0,25 0,5  5 , x1  12 nghiệm lập thành cấp số cộng có cơng sai 20 14 � 5  � 3 043 1 54? ?? S  (20 14  1) � � �... số nguyên t 1000 7t 9999 Khi ta được: abcd �7 998 9997 ۣ ��� t t  143 , 144 , , 142 8 7 suy số cách chọn t cho số 4. 2 0,5 abcd1 chia hết cho chữ số hàng đơn vị 1286 1286 �0, 015 Vậy xác suất... 0,25 k  4( k  1) �2 , k �R Đẳng thức xảy k = 0,25 0,25 0,25 ( x  2) x   1� ( x  2) x   x   � �  � x  4? ?? x  x 5 � ( x   1)( x   x  2) 2( x   1)( x   x  2)  x 1 4? ?? x 