bộ đề chọn hsg cấp tỉnh lớp 11 môn toán các năm gần đây

https://dapandethi.vn/ - Trang đáp án đề thi miễn phí nhanh chuẩn TRƯỜNG THPT HẬU LỘC TỔ: Toán KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN Năm học: 2018 - 2019 ĐỀ KIỂM TRA LẦN Mơn thi: TỐN - Lớp 11 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu Số báo danh …………………… … Câu I (4,0 điểm) Cho hàm số y  x  x  (*) đường thẳng d : y  2mx  Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị (P) hàm số (*) Tìm m để d cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh x  m x2  m độ x1 ; x2 thỏa mãn   6 x2  x1  Giải bất phương trình ( x   x  1)  (1  x2  2x  3)  Câu II (4,0 điểm)  1  s inx  cos2x  sin  x   4   cosx Giải phương trình 1+tanx   x 1  y 1   x  y Giải hệ phương trình   x, y  x  y   x  y   x      Câu III (4,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc  Chứng minh bc a  ca b  a b   a  b  c 3 c   3n  u1  2018 lim Cho dãy số (un) xác định  Tính giới hạn  un  n    3n  9n  un 1   n  5n   un , n  Câu IV (4,0 điểm) 3x  x   y  18  y Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm  3x  y   6m  Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh A  3;1 , đỉnh C nằm đường thẳng  : x  y   Trên tia đối tia CD lấy điểm E cho CE  CD , biết N 6; 2 hình chiếu vng góc D lên đường thẳng BE Xác định tọa độ đỉnh cịn lại hình chữ nhật ABCD Câu V (4,0 điểm) Cho dãy số  un  u1   u un  u  xác định  Tính lim      u  u  u  u  u  u  u ,  n    n    n  n n n  2018 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  C  : x  y  25 , đường thẳng AC qua điểm K  2;1 Gọi M, N chân đường cao kẻ từ đỉnh B C Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết phương trình đường thẳng MN x  y  10  điểm A có hồnh độ âm Câu I 4,0 điểm https://dapandethi.vn/ - Trang đáp án đề thi miễn phí nhanh chuẩn Hết ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM NỘI DUNG Cho hàm số y  x  x  (*) đường thẳng d : y  2mx  Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị (P) hàm số (*) Tìm m để d cắt (P) hai điểm x  m x2  m phân biệt có hồnh độ x1 ; x2 thỏa mãn   6 x2  x1  Điểm 2.0 + Lập bảng biến thiên vẽ (P): y  x  x   x  1 ta có đỉnh I :   I  1; 4   y  4 Ta có bảng biến thiên: x -∞ +∞ -1 +∞ +∞ 0.50 y -4 đồ thị parabol có bề lõm hướng lên có trục đối xứng đường thẳng x  1 cắt trục hoành điểm 1;0  ;  3;0  cắt trục tung điểm  0; 3 Ta có đồ thị hàm số: y 0.50 -1 -3 O x -4  x1  Đk:   x2  Xét phương trình hồnh độ giao điểm x  x   2mx   x   m  1 x   (1) d cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x2  phương trình (1) có hai nghiệm 2  m     m  1   m  2m  phân biệt x1 , x2      m    2m   1   m  1    x1  x2   m  1 theo định lí viet ta có   x1.x2  0.50 https://dapandethi.vn/ - Trang đáp án đề thi miễn phí nhanh chuẩn x12  x22   m  1 x1  x2   2m x1  m x2  m   6   6 Ta có x2  x1  x1 x2   x1  x2     x1  x2   x1 x2   m  1 x1  x2   2m  m  1    m  1  2m  6   6 x1 x2   x1  x2   1   m  1  2 0.50 m    m  1  2m   6   2m   3m  13m  14    m   kết hợp với điều kiện ta m  2 Giải bất phương trình ( x   x  1)  (1  x2  2x  3)  Điều kiện: x  Suy ra: ()   (1  x2  x  3) x   x1 () x   x      x2  x   x   x  2.0 0.50 0.50 0.50   x  x   x  x   x   x   ( x  3)( x  1)  x2    x  2 x  II 4,0 điểm Kết luận: Kết hợp với điều kiện ta tập nghiệm bất phương trình S  2;     1  s inx  cos2x  sin  x   4   cosx Giải phương trình 1+tanx   x   k cosx  cosx   Điều kiện :    1  tanx   tanx  1  x     k   1  s inx  cos2 x  sin  x   4   cos x Pt  s inx 1 cos x cos x 1  s inx  cos2 x  cos x  s inx   cos x cos x  s inx 2   s inx  cos x   2s in x+ s inx    s inx    Với sin x    s inx  sin   0.50 2.0 0.50 0.50 1 sinx  (loại)   x  k 2   ,k  Z     x  7  k 2    k 2 ; Kết hợp với điều kiện ta nghiệm phương trình là: x  7 x  k 2 với  k  Z  0.50 0.50 https://dapandethi.vn/ - Trang đáp án đề thi miễn phí nhanh chuẩn  x   y    x  5y 2.0  x, y   2.Giải hệ phương trình   x  y    2x  y  1  3x  2   x   , y  1 Điều kiện : 4  x  5y  2x  y   0.50 Từ phương trình thứ hệ ta có :  x  1 y  1   x  5y x   y    x  5y  x  y    x  2y      x  1 y  1   x    x  1 y  1   y  1  x 1  y 1  0.50  x 1  y 1   x 1  y 1  x  y Thay x  y vào phương trình thứ hai hệ ta có phương trình :     x  x   5x   3x   x  x   x   5x   x   3x    x2  x 1   0.50 x2  x 1 x2  x 1  0 5x   x  3x   x   1    x  x  1   0 5x   x  3x   x     1 1 y x  2  x2  x 1     1 1 y x  2  Vì  III 4,0 điểm 0.50   1   , x   Đối chiều điều kiện ta có nghiệm hệ :  x, y    5x   x  3x   x   Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc  Chứng minh bc  a ca  a b b 2.0  a  b  c 3 c Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có bc  bc a Tương tự ta ca a 2 b 2 bc a 0.50 ca a  b ab ; 2 b c c Cộng theo vế bất đẳng thức ta bc  a ca b   bc ca ab   2     a  b c c   a b Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có Áp dụng tương tự ta bc ca  2 a b ca ab  2 a; b c bc ca  2 c a b ab bc  2 b c a 0.50 https://dapandethi.vn/ - Trang đáp án đề thi miễn phí nhanh chuẩn Cộng theo vế bất đẳng thức ta Do ta suy bc a  ca bc ca ab    a b c a b c  a b b 2 c  a  b c 0.50  Ta cần chứng minh   a  b  c  a  b  c 3 a  b  c 3 0.50 Đánh giá cuối đánh giá theo bất đẳng thức Cauchy giả thiết abc  Bài toán giải xong Dấu xảy a  b  c   u1  2018 Cho dãy số (un) xác định  n  n u  n  n  u , n      n  n   2.0 3  Tính giới hạn lim  un  n  un 1 (n  1)  3(n  1) un un   Ta có un 1  2 n  3n (n  1)  3(n  1) n  3n u 1 Đặt  n  1   (vn) cấp số nhân có cơng bội q  số hạng đầu n  3n 3 n v1  u1 2018 1009 1009         4 2 3 n 1  un  1009     3 n 1 n 0.50  3027 n  3n  3027   3027  lim  lim 1     n 2  n   3x  x   y  18  y Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm  3x  y   6m   x  2 Đk:   y  6 0.50 2.0 y K H I 1 O x 0.50  3n   1009  n 1  3n   3n  3n     n  3n   Khi lim  un   lim  un   lim   3 n  n  n   IV 4,0 điểm 0.50 https://dapandethi.vn/ - Trang đáp án đề thi miễn phí nhanh chuẩn  x   y x y  1  2 3   1      2     Ta có pt(1)    x  1   y    m        x 1 a  2   a  b  2a  2b  Đặt  (đk a, b  ) Ta có hệ phương trình  2 (*)  a  b  m  b  y   Hệ phương trình cho có nghiệm  hệ (*) có nghiệm a, b  Nếu m  4 hệ (*) vơ nghiệm  hệ phương trình cho vơ nghiệm Nếu m  Chọn hệ tọa độ Oab ta có Pt(1) cho ta đường trịn  C1  tâm I 1;1 , R1  ( a, b  ) Pt(2) cho ta đường tròn  C2  tâm O  0;0  , R2  m  ( a, b  ) Hệ phương trình có nghiệm   C1  cắt  C2   OH  R2  OK   m      m   10 Vậy hệ cho có nghiệm   m   10 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh A  3;1 , đỉnh C nằm đường thẳng  : x  y   Trên tia đối tia CD lấy điểm E cho CE  CD , biết N 6; 2 hình chiếu vng góc D lên đường thẳng BE Xác định tọa độ đỉnh cịn lại hình chữ nhật ABCD Tứ giác ADBN nội tiếp  AND  ABD ABD  ACD (do ABCD hình chữ nhật) Suy AND  ACD hay tứ giác ANCD nội tiếp đường tròn, mà 0.50 0.50 0.50 0.50 2.0 ADC  900  ANC  900  AN  CN 0.50 Giả sử C  2c  5; c , từ AN CN   1  2c    c   c   C 7;1 Tứ giác ABEC hình bình hành, suy AC / / BE Đường thẳng NE qua N song song với AC nên có phương trình y   0.50 https://dapandethi.vn/ - Trang đáp án đề thi miễn phí nhanh chuẩn b   B  N  lo¹ i  Giả sử B  b;  2 , ta có AB.CB   b2  4b  12    0.50 b  2  B  2; 2   Từ dễ dàng suy D  6;4  0.50 Vậy C 7;1 , B  2; 2  , D  6;4  V 4,0 điểm u1   Cho dãy số  un  xác định  un 1  un  2018  un  un  , n   u un  u Tính lim      un 1    u2  u3  Theo giả thiết ta có: un 1  2.0 un  un  1  un mà u1  suy 2018 0.50  u1  u2  u3  dãy  un  dãy tăng Giả sử dãy  un  bị chặn suy lim un  L với  L   n  lim un1  lim L  un2  2017un L2  2017 L L  2018 2018 L  Vô lý L  Suy dãy  un  không bị chặn lim un    lim Ta có: un 1  un  0.50 0 un un2  un   un  un  1  2018  un 1  un   2018 un  un  1 2018  un 1  un  un    un1   un1  1 un  1  un1  1 un  1  2018  un1    un  1   un1  1 un  1 0.50  1   2018     un  un 1  1 0.50 Đặt : Sn  un u1 u    u2  u3  un1       Sn  2018     2018 1    lim Sn  2018 u  u  u  n 1 n 1     Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  C  : x2  y  25 , đường thẳng AC qua điểm K  2;1 Gọi M, N chân đường cao kẻ từ đỉnh B C Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết phương trình đường thẳng MN x  y  10  điểm A có hồnh độ âm Gọi I, J giao điểm BM, CN với đường tròn  C  Do tứ giác BCMN nội tiếp nên MBC  CNM , lại có CJI  I BC (cùng 2.0 https://dapandethi.vn/ - Trang đáp án đề thi miễn phí nhanh chuẩn chắn cung IC) CJI  CNM  MN / / I J 0.50  ACI  ABI  Lại có  J BA  J CA   ABI  J CA( doNBM  NCM )  JBA  I CA  AI  AJ  AO  JI  AO  MN Từ ta có: +) Do OA qua O  0;0  vng góc với MN : x  y  10  nên Phương trình đường thẳng OA : x  y  0.50  A  4;3    x  y  25  A  4; 3   lo¹i  3 x  y  +) Tọa độ điểm A nghiệm hệ  2 +) Do AC qua A  4;3  K  2;1 , nên phương trình đường thẳng AC : x  y    x  y   C  4;   A  lo¹ i  Tọa độ điểm C nghiệm hệ    x  y  25 C 5;0  0.50 +) Do M giao điểm AC M N nên tọa độ điểm M nghiệm hệ 4 x  y  10   M  1;2  x  y   +) Đường thẳng BM qua M  1;2  vuông góc với AC nên phương trình đường thẳng BM : x  y   3 x  y    B  0;5  Tọa độ điểm B nghiệm hệ    B  3; 4   x  y  25 Vậy A  4;3  , B  3; 4  , C 5;0  A  4;3  , B  0;5  , C 5;0  .Hết 0.50 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 Mơn thi: TỐN - Lớp 11 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 09 tháng năm 2018 (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 hồnh 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 không 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 THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀCHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN- Lớp 11 THPT Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 09 tháng năm 2018 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  x   x  x  17  y  y  1   x  y  y  21   y  3x   Điều kiện: y  1  ( x  y  4)   x  4   x  y  4    x  y  4   y2 x  x  17  y   x   y  x   y  x  x  17  y    x  y   (1  0.5 x  x  17  y   0 0  x   y x  x  17  y  0.5 )0  y  x4 Vì:   x  4  x   y    x  4  y2 1  y  x  x  17  y  x  x  17  Thay y  x  vào ta đuợc :    x  x   x  25   x  16  Câu IV    x4 2    x  25   x   x  16  y2 1 0.5  0x, y 0.5  1 x  12    x   0 x  25  x   x  16   x4 2 x   y     1 x  12    0 x  25  x   x  16  x   0.5  Ta có: BA   2;  , AB  2 0.5 Phuơng trình đuờng thẳng AB: 0.5 x 1 y    x  y 1  1 C  d : x  y    C  1  2t ; t  0.5 t  Gọi G trọng tâm tam giác ABC suy ra: G 1  t;   3  Khoảng cách từ G đến AB: d G ; AB   t 0.5 Vì diện tích GAB đơn vị nên ta có: 0.5 t   C  7;3 d G ; AB  AB    t  3  C  5; 3 Câu V + Từ M kẻ đuờng thẳng song song với BC SA lần luợt cắt DC N, SB Q + Từ Q kẻ đuờng thẳng song song với BC cắt SC P Thiết diện hình thang cân MNPQ 0.5 0.5 S Q P P Q 2a C B M b x N N H M K D a A + Tính diện tích MNPQ Ta tính đuợc MQ  NP  QK  1.5 bx 2.a.x ab  ax a, PQ  ; MN  b b b từ tính đuợc ab  a.x b Suy diện tích MNPQ là: x S MNPQ  3.a  MN  PQ  QK   b  x  b  3x  4b 3.a 3.a  3b  3.x  b  3.x  3.a S MNPQ   b  x  b  3x      4b 12b  12  b Dấu “=”xẩy x  0.5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn thi: Tốn – Lớp 11 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (4,0 điểm)   1.Giải phương trình cos   x   cos x  cos x  4  2.Cho số x  y;5 x  y;8 x  y theo thứ tự lập thành cấp số cộng; đồng thời số ( y  1) ; xy  1;  x   theo thứ tự lập thành cấp số nhân Hãy tìm x, y Câu II (5,0 điểm) Tính tổng S  2.1C2n  3.2C3n  4.3C4n   n(n  1)Cnn 2.Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên có sáu chữ số khác Tính xác suất để chọn số có chữ số chẵn chữ số lẻ Câu III (5,0 điểm) Tìm lim n2  n  n 4n  3n  2n  x   x  x  17  y  y  Giải hệ phương trình   x  y  y  21   y  3x Câu IV(2,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 4), B(1; 2), đỉnh C thuộc đường thẳng d : x  y   , trọng tâm G Biết diện tích tam giác GAB đơn vị diện tích, tìm tọa độ đỉnh C Câu V (4,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang, đáy lớn BC  2a đáy bé AD  a , AB  b Mặt bên SAD tam giác M điểm di động AB, Mặt phẳng (P) qua M song song với SA, BC Tìm thiết diện hình chóp cắt mp  P  Thiết diện hình gì? Tính diện tích thiết diện theo a, b x  AM ,   x  b  Tìm x theo b để diện tích thiết diện lớn -Hết Họ tên thí sinh : Số báo danh Họ tên, chữ ký: Giám thị 1: Họ tên, chữ ký: Giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn thi: Tốn – Lớp 11 ĐỀ CHÍNH THỨC Huớng dẫn chấm Câu Câu I Nội dung Điểm   cos   x   cos x  cos x  4    PT  cos  x   cos x  21  cos x   6  0.5  sin x  cos x  cos x    cos x    cos x 6    k   4 x   2 x  k 2  x  36    k  Z  4 x    x  k 2  x    k   12  x  y;5 x  y;8 x  y theo thứ tự lập thành CSC nên ta có: 0.5 1.0 0.5 x  y  8x  y  5x  y   x  y 1  2  y  1 ; xy  1;  x   theo thứ tụ lập thành CSN nên ta có: 2  y  1  x     xy  1    y  1  y      1.0  Thay (1) vào (2) ta đc:  y  y   y  y   y   y    y   Câu II   y2 1 0.5  x 3 x S  2.1C2n  3.2C3n  4.3C4n   n(n  1)Cnn Số hạng tổng quát: 1.0 uk  k  k  1 Cnk  k  k  1 n! k ! n  k  ! n  n  1 n   !   k  ! n  !  k  !  n  n  1 Cnk22   k  n  S  n  n  1  Cn02  Cn12   Cnn22   n  n  1 2n2    1.0 0.5 Số phần tử không gian mẫu: n  A106  A95  136080 0.5 *Số số tự nhiên có chữ số có3 chữ số chẵn chữ số lẻ TH1: (số tạo thành khơng chứa số 0) Lấy số chẵn có: C43 0.5 Lấy số lẻ có: C53 Số hoán vị số trên: 6! Suy số số tạo thành: C43.C53 6!  28800  TH2: ( số tạo thành có số 0) Lấy hai số chẵn khác 0: C42  Lấy số lẻ: C53  Số hốn vị khơng có số ) đứng đầu: 6! 5!  5.5! Số số tạo thành: C42 C53.5.5!  36000 0.5 Gọi biến cố A: “số đuợc chọn có chữ số chẵn chữ số lẻ” Suy : nA  28800  36000  64800 n 64800 10 Xác suất xảy biến cố A: PA  A   n 136080 21 Câu III lim n2  n  n 4n  3n  2n  4n  3n  2n 3n  n  lim n2  n  n   2 4n  3n  2n n  lim  lim    3 n n n    1 n   4   2.0  x   x  x  17  y  y  1   x  y  y  21   y  3x   Điều kiện: y  1  ( x  y  4)   x  4   x  y  4    x  y  4   y2 x  x  17  y   x   y  x   y  x  x  17  y    x  y   (1  0.5 x  x  17  y   0 0  x   y x  x  17  y  0.5 )0  y  x4 Vì:   x  4  x   y    x  4  y2 1  y  x  x  17  y  x  x  17  Thay y  x  vào ta đuợc :    x  x   x  25   x  16  Câu IV    x4 2    x  25   x   x  16  y2 1 0.5  0x, y 0.5  1 x  12    x   0 x  25  x   x  16   x4 2 x   y     1 x  12    0 x  25  x   x  16  x   0.5  Ta có: BA   2;  , AB  2 0.5 Phuơng trình đuờng thẳng AB: 0.5 x 1 y    x  y 1  1 C  d : x  y    C  1  2t ; t  0.5 t  Gọi G trọng tâm tam giác ABC suy ra: G 1  t;   3  Khoảng cách từ G đến AB: d G ; AB   t 0.5 Vì diện tích GAB đơn vị nên ta có: 0.5 t   C  7;3 d G ; AB  AB    t  3  C  5; 3 Câu V + Từ M kẻ đuờng thẳng song song với BC SA lần luợt cắt DC N, SB Q + Từ Q kẻ đuờng thẳng song song với BC cắt SC P Thiết diện hình thang cân MNPQ 0.5 0.5 S Q P P Q 2a C B M b x N N H M K D a A + Tính diện tích MNPQ Ta tính đuợc MQ  NP  QK  1.5 bx 2.a.x ab  ax a, PQ  ; MN  b b b từ tính đuợc ab  a.x b Suy diện tích MNPQ là: x S MNPQ  3.a  MN  PQ  QK   b  x  b  3x  4b 3.a 3.a  3b  3.x  b  3.x  3.a S MNPQ   b  x  b  3x      4b 12b  12  b Dấu “=”xẩy x  0.5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 Môn thi: TOÁN - Lớp 11 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 09 tháng năm 2018 (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 hồnh 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 THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 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 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)  Không 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 cấp số 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 cấp số 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 toán 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 cịn lại vị trí xếp học sinh + Có cách chọn vị trí xếp học sinh + Có × cách chọn cặp học 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 cịn 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 hồnh 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 (không 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 không 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 ... THANH HĨA ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 Môn thi: TOÁN - Lớp 11 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 09 tháng năm 2018 (Đề thi có... 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 cịn lại vị trí xếp học sinh + Có cách chọn vị trí xếp học sinh + Có × cách chọn cặp... 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 cịn lại vị trí xếp học sinh + Có cách chọn vị trí xếp học sinh + Có × cách chọn cặp