MƠN: TỐN THỜI GIAN: 180 PHÚT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 11 TRƯỜNG THPT ĐẮC BẰNG LƯƠNG NĂM HỌC 2017-2018 Câu I: (4,0 điểm) 1) Gọi x1; x2 nghiệm PT : x + 2mx − m − = ( m tham số thực) Tìm giá trị 2018 2018 nhỏ biểu thức A=[f ( x1 )] + [f ( x2 )] f ( x) = − ( 1 với ∀x ≠ (2 x − 1) 2) Giải phương trình: − x + x − x + = x − x + x − x + ) ( x ∈ R) Câu II: (6,0 điểm) 1) Cho phương trình: 3(2 + sin x) = 2(tan x + 4) sin x Tính tổng nghiệm dương nhỏ π phương trình 2) Giải hệ phương trình: x + y − x − y = 4x − y x − = y − x + − ( x, y ∈ R ) Câu III: (4,0 điểm) 1) Xét hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện : ( x + y ) + xy ≥ Tìm GTNN biếu thức P = 3( x + y ) − 2( x + y ) − xy (3 xy − 4) + 2017 2) Cho dãy số ( un ) xác định sau: u1 = 1, u2 = 3, un + = 2un +1 − un + 1, n = 1, 2, un n →+∞ n Câu IV: (4,0 điểm) Tính lim 1) Cho hai hộp đựng bi: Hộp A đựng viên bi xanh , viên bi đỏ; Hộp B đựng viên bi xanh, viên bi đỏ ( bi mầu có bán kính khác nhau) Bốc ngẫu nhiên viên bi hộp A bỏ vào hộp B, sau bốc ngẫu nhiên viên bi hộp B bỏ lại hộp A Tính xác suất để sau đổi bi xong số bi xanh hai hộp 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A, hai đường cao BE, CF cắt H(2;2), biết HE=3.Tìm tọa độ đỉnh A tam giác ABC, biết đỉnh A thuộc đường thẳng d: x + y + 12 = khoảng cách từ A đến đường thẳng EF nhỏ Câu V: (4,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c 1) M điểm tùy ý cạnh AB, (P) mặt phẳng qua M song song với AC BD cắt BC, CD, DA N, P, Q Tìm vị trí M điều kiện a, b, c để thiết diện MNPQ hình vng 2) X điểm thay đổi khơng gian Tìm vị trí điểm X cho tổng XA + XB + XC + XD đạt giá trị nhỏ Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT ĐẮC BẰNG LƯƠNG KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2017-2018 ĐÁP ÁN Câu Điể m Gọi x1; x2 nghiệm PT : x + 2mx − m − = ( m tham số thực) Tìm 2đ Hướng dẫn chấm A=[f ( x1 )]2018 + [f ( x2 )]2018 giá trị nhỏ biểu thức f ( x) = − 1 với ∀x ≠ (2 x − 1) Ta có: Với giá trị m, PT(1) ln có hai nghiệm phân biệt khác I.1 Gọi x1;x2 nghiệm pt(1) theo vi-et ta có : x1 + x = −m − ( m + 1) x1 x = f ( x1 ) f ( x ) = =1 ( x1 − 1) ( x2 − 1) 0,5 0,5 Ap dụng BĐT AM-GM, ta có: [ f ( x1 ) ] 2018 + [ f ( x ) ] 2018 ≥ 2( f ( x1 ) f ( x ) ) 1014 = Dấu “=” xảy m = −1 Vậy giá trị nhỏ biểu thức m = −1 Giải phương trình: − x + x − x + = x (1 − x + x − x + ) ( x ∈ R) Phương trình tương đương với: 0,5 0,5 2d 0.5đ x − x + − x + = x ( − x + x − x + 1) − x 2 ( ) ⇔ x − x + − x + = x − x + x − x + − 1 ( )( ) ⇔ x − x + − 2x + = x x − x + − 2x + x − x + − 2x + I.2 ⇔ (2 x − x + − x + 3)(2 x x − x + − x + x − 1) = ( ⇔ x − x + − 2x + )( x2 − x +1 − x ) =0 2 x − x + = x − ⇔ ⇔ x =1 x − x + = x II.1 0.5đ Vậy phương trình có nghiệm x=1 Cho phương trình: 3(2 + sin x) = 2(tan x + 4) sin x (1) Tính tổng nghiệm dương nhỏ π phương trình 0.5đ 0.5đ 2đ ĐK: cos x ≠ o ⇔ x ≠ (1) ⇔ 3( + sin2 x) ) π + kπ 0,5 = 2(tan x + 4) tan x cos x tan x ⇔ 3(2 + )(1 + tan x ) = 2(tan x + 4) tan x + tan x tan x = −1 ⇔ tan x + tan x − tan x − + ⇔ ⇔ tan x = ± 0,5 x = − π + kπ π x = ± + kπ Từ tính tổng nghiệm dương nhỏ π pt là: x + y − x − y = x − y (1) x − = y − x + − (2) x ≥ 3; y ≥ y +3 y ĐK : ≤ x ≤ 4 x ≥ y II.2 0,5 π ( x, y ∈ R ) y = 2 Từ (1) ta có PT hệ là: y − x = x − y ⇒ y − xy + y = ⇒ y = 4x − +) y=0 thay vào pt(2) vô nghiệm +) y= 4x-4 thay vào (2) ta 0,5 2đ 0,5 0,5 x − = x − − ⇒ x − − ( x − 1) = x − − ( x + 1) x = ⇒ = ⇒ − ( x − 2) = (3) x − + ( x − 1) x − + ( x + 1) x − + x − x − + x + NX : x ≥ PT (3) vô nghiêm Với x=5 ta có y=16.Thử lại ta thấy (5;16) thỏa mãn hệ Vậy hpt có nghiệm (5 ;16) 2( x − 5) − x + x − 10 Xét hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện ( x + y ) + xy ≥ 0,5 0,5 2đ Tìm GTNN biếu thức P = 3( x + y ) − 2( x + y ) − xy (3 xy − 4) + 2017 Với số thực x, y ta ln có ( x + y ) ≥ xy , nên từ điều kiện suy ( x + y ) + ( x + y ) ≥ ( x + y ) + xy ≥ ⇒ ( x + y ) + ( x + y ) − ≥ ⇒ x + y ≥ Ta biến đổi P sau 3 P = ( x + y ) + ( x + y ) − 2( x + y + xy ) − xy (3 xy − 4) + 2017 2 0,25 0,25 = 3 ( x + y ) + ( x + y ) − 2( x + y ) + 2017 (3) 2 2 2 nên từ (3) suy P ≥ ( x + y ) − 2( x + y ) + 2017 (x + y )2 Đặt x + y = t t ≥ (do x + y ≥ 1) III.1 Xét hàm số f (t ) = t − 2t + 2017 với t ≥ , nên hàm số f(t) đồng biến 1 32265 ;+∞ f = 16 32265 Do GTNN P , đạt x = y = 16 Cho dãy số ( un ) xác định sau: u u1 = 1, u2 = 3, un + = 2un +1 − un + 1, n = 1, 2, Tính: lim n2 n →+∞ n Do x + y ≥ Ta có un + − un +1 = un+1 − un + 1, n = 1, 2, suy { un + − un +1} lập thành cấp số III.2 cộng có cơng sai nên un + − un +1 = u2 − u1 + n.1 = n + (1) Từ (1) ta un − u1 = un − un −1 + un −1 − un − + + u2 − u1 = n + n − + + ⇒ un = + + + n = n ( n + 1) 0,5đ 0,5 0,5 2đ 0.5đ 0.5đ u n ( n + 1) 1 u 1đ lim n2 = lim = Vậy lim n2 = n →+∞ n n →+∞ n n →+∞ 2n Cho hai hộp đựng bi: Hộp A đựng viên bi xanh , viên bi đỏ; hộp B đựng viên bi xanh, viên bi đỏ ( Các bi mầu có bán kính khác nhau) Bốc ngẫu nhiên 2đ viên bi hộp A bỏ vào hộp B, sau bốc ngẫu nhiên viên bi hộp B bỏ lại hộp A Tính xác suất để sau đổi bi xong số bi xanh hai hộp 3 Không gian mẫu: n( Ω ) = C14 C17 Trường hợp 1: Lần thứ lấy viên bi xanh, sau trả lại phải bốc viên bi xanh viên bi đỏ, số cách bốc là: C7 C7 C8 C9 Trường hợp 2: Lần thứ lấy viên bi xanh viên bi đỏ, sau trả IV.1 lại phải bốc viên bi xanh viên bi đỏ, số cách bốc là: C C1 C1 C 7 10 Trường hợp 3: Lần thứ lấy viên bi xanh viên bi đỏ, sau trả lại viên bi đỏ, số cách bốc là: C7 C7 C6 C11 Vậy số cách bốc thỏa mãn yêu cầu toán là: n( A) = C73 C70 C82 C91 + C72 C71.C71.C102 + C71.C72 C60 C113 Vậy xác suất để sau đổi bi xong số bi xanh hai hộp là: n( A) 2961 P( A) = = ≈ 0,42 n( Ω ) 7072 IV.2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A, hai đường cao BE, CF 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ cắt H(2;2), biết HE=3.Tìm tọa độ đỉnh A tam giác ABC ,biết đỉnh A 2đ thuộc đường thẳng d: x + y + 12 = khoảng cách từ A đến đường thẳng EF nhỏ Dễ thấy H không thuộc d.Tọa độ A(t;-t-12) t ∈ R HA = (t − 2;−t − 14) Vì tam giác ABC cân A nên AH ⊥ FE Xét tam giác vng HAE ta có : 0,5đ AE = AH − HE = (t − 2) + (t + 14) − = 2t + 24t + 191 0,5đ d ( A, EF ) = AE 2t + 24t + 191 = = 2t + 24t + 200 − AH 2t + 24t + 200 2t + 24t + 200 = 2(t + 6) + 128 − 2 2(t + 6) + 128 ≥ 128 − = 0,5đ 119 16 Đẳng thức xảy t =-6 K/c từ A đến EF nhỏ 119 16 0,5 A(-6;-6) V.1 Vẽ hình, dựng thiết diện,chứng minh MNPQ hình bình hành MN = NP ⇔ M trung điểm AB a = c MNPQ hình vng ⇔ MP = NQ 1đ 1đ A Q M G D B N P C V.2 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 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 XA.GA + XB.GB + XC.GC + XD.GD Ta có XA + XB + XC + XD = GA uuu r uuu r uuur uuur 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 Dấu xảy X GA trùng với điểm G Vậy XA + XB + XC + XD nhỏ X trọng tâm tứ diện ABCD ( ) 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ ... THỜI GIAN: 180 PHÚT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 11 TRƯỜNG THPT ĐẮC BẰNG LƯƠNG NĂM HỌC 2017-2018 Câu I: (4,0 điểm) 1) Gọi x1; x2 nghiệm PT : x + 2mx − m − = (... tổng XA + XB + XC + XD đạt giá trị nhỏ Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT ĐẮC BẰNG LƯƠNG KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2017-2018 ĐÁP ÁN Câu Điể m Gọi x1; x2 nghiệm