76 đề thi học sinh giỏi toán 11 chính thức các năm 2019 2020 2021

76 đề thi học sinh giỏi toán 11 chính thức các năm 2019 2020 2021 76 đề thi học sinh giỏi toán 11 chính thức các năm 2019 2020 2021 76 đề thi học sinh giỏi toán 11 chính thức các năm 2019 2020 2021 76 đề thi học sinh giỏi toán 11 chính thức các năm 2019 2020 2021 76 đề thi học sinh giỏi toán 11 chính thức các năm 2019 2020 2021 76 đề thi học sinh giỏi toán 11 chính thức các năm 2019 2020 2021 76 đề thi học sinh giỏi toán 11 chính thức các năm 2019 2020 2021 76 đề thi học sinh giỏi toán 11 chính thức các năm 2019 2020 2021 76 đề thi học sinh giỏi toán 11 chính thức các năm 2019 2020 2021 76 đề thi học sinh giỏi toán 11 chính thức các năm 2019 2020 2021 76 đề thi học sinh giỏi toán 11 chính thức các năm 2019 2020 2021 76 đề thi học sinh giỏi toán 11 chính thức các năm 2019 2020 2021 76 đề thi học sinh giỏi toán 11 chính thức các năm 2019 2020 2021 76 đề thi học sinh giỏi toán 11 chính thức các năm 2019 2020 2021 76 đề thi học sinh giỏi toán 11 chính thức các năm 2019 2020 2021 76 đề thi học sinh giỏi toán 11 chính thức các năm 2019 2020 2021 76 đề thi học sinh giỏi toán 11 chính thức các năm 2019 2020 2021 76 đề thi học sinh giỏi toán 11 chính thức các năm 2019 2020 2021 76 đề thi học sinh giỏi toán 11 chính thức các năm 2019 2020 2021 76 đề thi học sinh giỏi toán 11 chính thức các năm 2019 2020 2021 76 đề thi học sinh giỏi toán 11 chính thức các năm 2019 2020 2021 76 đề thi học sinh giỏi toán 11 chính thức các năm 2019 2020 2021 76 đề thi học sinh giỏi toán 11 chính thức các năm 2019 2020 2021 76 đề thi học sinh giỏi toán 11 chính thức các năm 2019 2020 2021 76 đề thi học sinh giỏi toán 11 chính thức các năm 2019 2020 2021 76 đề thi học sinh giỏi toán 11 chính thức các năm 2019 2020 2021

BỘ 76 Đ THI H C SINH GI I CHÍNH TH C MƠN TỐN L P 11 NĂM 2019-2020-2021 Đề HSG Toán 11 năm 2020 – 2021 cụm THPT huyện Yên Dũng – Bắc Giang Đề thi học sinh giỏi Toán 11 năm 2020 – 2021 trường THPT Đông Hà – Quảng Trị Đề học sinh giỏi Toán 11 năm 2020 – 2021 trường THPT Minh Châu – Hưng Yên Đề thi HSG Toán 11 năm 2020 – 2021 trường THPT Lưu Hoàng – Hà Nội Đề thi học sinh giỏi Toán 11 cấp tỉnh năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Cà Mau Đề Olympic 30 tháng Toán 11 năm 2021 trường chuyên Lê Hồng Phong – TP HCM Đề Olympic tháng Toán 11 năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT TP Hồ Chí Minh Đề thi Olympic 24-3 Tốn 11 năm 2021 sở GD&ĐT Quảng Nam Đề thi học sinh giỏi tỉnh Toán 11 năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Quảng Ngãi 10.Đề thi chọn HSG tỉnh Toán 11 năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Quảng Bình (Vịng 1) 11.Đề thi chọn HSG Toán 11 năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Vĩnh Phúc 12.Đề thi học sinh giỏi tỉnh Toán 11 năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Bắc Ninh 13.Đề thi HSG Toán 11 lần năm 2020 – 2021 trường THPT Đồng Đậu – Vĩnh Phúc 14.Đề Olympic Toán 11 năm 2020 – 2021 liên cụm trường THPT – Hà Nội 15.Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Tốn 11 năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Bình Định 16.Đề thi HSG Toán 11 cấp trường năm 2020 – 2021 trường Liễn Sơn – Vĩnh Phúc 17.Đề học sinh giỏi Toán 11 năm 2020 – 2021 trường Phùng Khắc Khoan – Hà Nội 18.Đề thi học sinh giỏi tỉnh Toán 11 năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Hà Tĩnh 19.Đề Olympic 27 tháng Toán 11 năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Bà Rịa – Vũng Tàu 20.Đề HSG cấp trường Toán 11 năm 2020 – 2021 trường Yên Phong – Bắc Ninh 21.Đề thi HSG cấp trường Toán 11 năm 2020 – 2021 trường Cẩm Xuyên – Hà Tĩnh 22.Đề chọn HSG Tốn 11 vịng năm 2020 – 2021 trường THPT Trần Nguyên Hãn – Hải Phịng 23.Đề khảo sát học sinh giỏi Tốn 11 năm 2020 – 2021 trường THPT Quế Võ – Bắc Ninh 24.Đề thi chọn HSG Tốn 11 vịng năm học 2020 – 2021 sở GD&ĐT Bình Dương 25.Đề thi Olympic Toán 11 năm học 2019 – 2020 cụm Sóc Sơn – Mê Linh – Hà Nội 26.Đề thi chọn HSG Toán 11 năm học 2019 – 2020 trường THPT thị xã Quảng Trị 27.Đề thi chọn HSG Toán 11 năm 2019 – 2020 trường chuyên Lê Quý Đôn – BR VT 28.Đề chọn HSG Toán 11 cấp trường năm 2019 – 2020 trường THPT chuyên Vĩnh Phúc 29.Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 11 năm 2019 – 2020 sở GD&ĐT Thái Nguyên 30.Đề giao lưu HSG Toán 11 cấp tỉnh năm 2019 – 2020 cụm Gia Bình – Lương Tài – Bắc Ninh 31.Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 11 năm 2019 – 2020 sở GD&ĐT Bình Định 32.Đề HSG Tốn 11 cấp trường năm 2019 – 2020 trường Nguyễn Đăng Đạo – Bắc Ninh 33.Đề thi Olympic Toán 11 năm 2019 – 2020 trường THPT Mỹ Đức A – Hà Nội 34.Đề thi HSG Toán 11 lần năm 2019 – 2020 cụm trường THPT Thanh Chương – Nghệ An 35.Đề giao lưu HSG tỉnh Toán 11 năm 2019 – 2020 trường Bá Thước – Thanh Hóa 36.Đề thi chọn HSG Tốn 11 năm học 2019 – 2020 cụm Tân Yên – Bắc Giang 37.Đề thi thử HSG tỉnh Toán 11 năm 2019 – 2020 trường Nguyễn Duy Trinh – Nghệ An 38.Đề thi HSG Toán 11 năm 2019 – 2020 trường THPT Nguyễn Xn Ơn – Nghệ An 39.Đề thi HSG Tốn 11 năm 2019 – 2020 trường Nguyễn Quán Nho – Thanh Hóa 40.Đề thi Olympic Tốn 11 năm 2019 – 2020 trường Lý Thánh Tông – Hà Nội 41.Đề khảo sát HSG Toán 11 lần năm 2019 – 2020 trường Hậu Lộc – Thanh Hóa 42.Đề thi chọn HSG Toán 11 năm 2018 – 2019 trường Nho Quan A – Ninh Bình Trang 43.Đề thi HSG Tốn 11 năm 2018 – 2019 trường Nguyễn Đức Cảnh – Thái Bình 44.Đề thi HSG Tốn 11 năm 2019 cụm trường THPT chuyên DH&ĐB Bắc Bộ 45.Đề thi chọn HSG Toán 11 THPT năm học 2018 – 2019 sở GD&ĐT Vĩnh Phúc 46.Đề thi chọn HSG Toán 11 năm 2018 – 2019 trường THPT Thị xã Quảng Trị 47.Đề Olympic Toán 11 năm 2019 cụm trường THPT Hà Đơng – Hồi Đức – Hà Nội 48.Đề thi chọn HSG Toán THPT cấp tỉnh năm học 2018 – 2019 sở GD&ĐT Phú Yên 49.Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 11 năm 2018 – 2019 sở GD&ĐT Quảng Ngãi 50.Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 11 THPT năm 2018 – 2019 sở GD&ĐT Thanh Hóa 51.Đề thi học sinh giỏi Toán 11 năm học 2018 – 2019 sở GD&ĐT Hà Tĩnh 52.Đề thi HSG tỉnh Toán 11 THPT năm 2018 – 2019 sở GD&ĐT Nghệ An (Bảng A) 53.Đề thi chọn HSG cấp tỉnh Toán 11 năm 2018 – 2019 sở GD&ĐT Bắc Ninh 54.Đề học sinh giỏi Toán 11 cấp trường năm 2018 – 2019 trường Lưu Hoàng – Hà Nội 55.Đề thi học sinh giỏi Toán 11 THPT năm 2018 – 2019 sở GD&ĐT Hà Nam 56.Đề KSCL đội tuyển HSG Toán 11 năm 2018 – 2019 trường Yên Lạc – Vĩnh Phúc 57.Đề Olympic Toán 11 năm 2019 cụm THPT Thanh Xuân & Cầu Giấy & Thường Tín – Hà Nội 58.Đề thi Olympic Tốn 11 năm 2018 – 2019 trường THPT Kim Liên – Hà Nội 59.Đề thi Olympic 10-3 Toán 11 năm 2019 lần trường chuyên Nguyễn Du – Đăk Lăk 60.Đề thi HSG Toán 11 năm 2018 – 2019 trường Phùng Khắc Khoan – Hà Nội 61.Đề thi HSG Toán 11 cấp trường năm 2018 – 2019 trường Thuận Thành – Bắc Ninh 62.Đề kiểm tra chất lượng đội tuyển Toán 11 năm 2018 – 2019 trường THPT Hậu Lộc – Thanh Hóa 63.Đề KSCL đội tuyển HSG Tốn 11 năm 2017 – 2018 trường Minh Châu – Hưng Yên 64.Đề thi chọn HSG Toán 11 cấp trường năm 2017 – 2018 trường Lý Thái Tổ – Bắc Ninh 65.Đề thi chọn HSG Toán 11 cấp trường năm 2017 – 2018 trường Lê Văn Thịnh – Bắc Ninh 66.Đề thi chọn HSG tỉnh Toán 11 năm học 2017 – 2018 sở GD ĐT Hà Tĩnh 67.Đề KSCL đội tuyển HSG Toán 11 năm 2017 – 2018 trường THPT Yên Lạc – Vĩnh Phúc 68.Đề thi chọn HSG tỉnh Toán 11 năm 2017 – 2018 sở GD&ĐT Quảng Bình 69.Đề thi chọn HSG tỉnh Tốn 11 THPT năm 2017 – 2018 sở GD ĐT Nghệ An (Bảng A) 70.Đề thi Olympic Toán 11 năm 2017 – 2018 cụm trường Thanh Xuân & Cầu Giấy – Hà Nội 71.Đề thi Olympic 27-4 Toán 11 năm 2017 – 2018 sở GD ĐT Bà Rịa – Vũng Tàu 72.Đề thi chọn HSG Toán 11 cấp tỉnh năm học 2017 – 2018 sở GD ĐT Thanh Hóa 73.Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh mơn Tốn 11 năm học 2016 – 2017 sở GD ĐT Hà Tĩnh 74.Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 11 năm học 2016 – 2017 sở GD ĐT Vĩnh Phúc 75.Đề kiểm tra chất lượng đội tuyển HSG Toán 11 năm học 2016 – 2017 trường Lê Lợi – Thanh Hóa lần 76.Đề thi KSCL học sinh giỏi Toán 11 năm học 2016 – 2017 cụm thi THPT Yên Thành – Nghệ An Trang TRƯỜNG THPT MINH CHÂU TỔ TỰ NHIÊN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2020 - 2021 Mơn: TỐN - Lớp 11 Thời gian: 120 phút (Khơng kể thời gian phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1: (2 điểm) a) Giải phương trình: sin x  cos x  2sin x b) Tìm tất nghiệm phương trình cos x  cos x   sin x  7sin x   đoạn  2 ; 2  Câu 2: (2 điểm)   a) Tìm số hạng chứa x khai triển  x   2x   b) Đề thi THPT mơn Tốn gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan, câu có phương án trả lời có phương án đúng, câu trả lời cộng 0, điểm, điểm tối đa 10 điểm Một học sinh có lực trung bình làm 25 câu( từ câu đến câu 25), câu lại học sinh khơng biết cách giải nên chọn phương án ngẫu nhiên 25 câu cịn lại Tính xác suất để điểm thi mơn Tốn học sinh lớn điểm khơng vượt q điểm( làm trịn đến hàng phần nghìn) Câu 3:(1 điểm) Tìm tất số thực x để ba số x, 2 x, 4 theo thứ tự lập thành cấp số nhân Câu 4: (2 điểm) Tính giới hạn sau: a) I  lim  16 n 1  4n  16 n 1  3n  b) J  lim x 1 x2  x   x   x  1 Câu 5: (1,5 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành, mặt bên SAB tam giác vuông A , SA  a , SB  2a Điểm M nằm đoạn AD cho AM  MD Gọi  P  mặt phẳng qua M song song với  SAB  a) Tính góc hai đường thẳng SB CD b) Tính diện tích thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng  P  Câu 6: (1,5 điểm)  x   x  x  17  y  y  a) Giải hệ phương trình   x  y  y  21   y  x u1  , n  * 9un 1  un    2un b) Cho dãy số  un  xác định sau  Tìm cơng thức số hạng tổng qt dãy số  un  tính lim un - Hết -(Giám thị coi thi khơng giải thích thêm) Họ tên thí sinh: Số báo danh:……………… Phòng thi số:……… Trang Chữ ký giám thị:……………………… TRƯỜNG THPT MINH CHÂU HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỔ TỰ NHIÊN NĂM HỌC 2020 - 2021 Mơn: TỐN – Khối 11 Câu 1: a) Giải phương trình sau sin x  cos x  2sin x (0.25) sin x  cos x  sin x 2     3 x   x  k 2  x    k 2    sin  x    sin x     k    (0.5) 3  3 x      x  k 2  x  2  k 2   15 2 k 2     k    (0.25) Vậy phương trình cho có tập nghiệm S    k 2 ; 15   Ta có : sin x  cos x  sin x  b) Ta có:   cos x  cos x   sin x  sin x    cos x  sin x  cos x  sin x            cos  x    sin  x      2sin  x    sin  x     3 6 6 6     (0.25)    sin  x          sin  x    3(VN ) 6   (0.25)    x    k 2  x  k 2    6 Ta có: sin  x        x  2  k 2   6  x    k 2   6 (0.25) 4 2   Vì x   2 ; 2   x  2 ;  ; 0; ; 2  3   (0.25) Câu 2: Câu 030   Tìm số hạng chứa x khai triển  x   2x   Lời giải Theo khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có 9   k 9k   x      C9 x   x  k 0   2x  B1.X.T0 0.25 k 1   C9k   x9 k  2 k 0  2k   k  Hệ số x ứng với Vậy số hạng cần tìm C93 x3 b) Gọi x số câu học sinh trả lời 25 câu cịn lại Số điểm học sinh đạt  0, 2x Trang k 0.25 0.25 0.25 (0.25) Theo yêu cầu đề   0, x    x  15, x   Như vậy, để điểm học sinh lớn điểm khơng vượt q điểm học sinh phải trả lời từ đến 15 câu làm sai câu lại Xác suất trả lời câu 0,25; xác suất trả lời sai câu 0,75 Xác suất trường hợp C25x  0.25   0.75  x Suy xác suất cần tính 15  C  0.25  0.75 x 6 x x 25 25  x 25  x với x    x  15  0, 622 (0.25) (0.25)  0, 622 (0.25) Câu 3: x  Ta có  x   x.4  x  x    x 1 Với x  ta có 0;0;4 khơng cấp số nhân (0.25) (0.25) Với x  ta có 1;2;4 cấp số nhân có cơng bội q  (0.25) Vậy x  (0.25) Câu 4: a) Ta có T  lim     n  3n 16 n 1  4n  16n 1  3n  lim   n 1 n n 1 n  16   16   n   3  1     4  lim  n n  16     16          4  16   b) Lời giải Ta có lim x 1  lim x 1 (0.5) x2  x   x2  x    lim x 1  x  1  x  1 x  x     x  1 x    lim  x  1  x  x    x1  x2 x2  x   2  7x 1  7x 1  lim x 1  x  1 x 1  x  1   x    J  lim  lim x 1 7 4  x    Do lim x 1 Câu 5: Trang (0.25) x2  x   2  7x 1  lim IJ x 1  x  1  x  1 x 1 x 1         x2  x   x  x2  x     x   lim x 1  x  1  x  1 Tính I  lim  lim (0.5)   7x 1         7x 1   (0.25) (0.25) 7 12 x2  x   x  IJ  12  x  1 (0.25) a) Ta có : AB//CD nên (SB,CD)=(SB,AB) (0.25)  Do tam giác SAB vuông A theo gt nên  SB, CD   SBA (0.25) SA a 3   SB 2a Suy ra:  SB, CD   600  Có : sin SBA (0.25)  P  //  SAB   P    ABCD   MN b)  MN // PQ // AB (1)   M  AD, M   P   P    SCD   PQ  P  //  SAB   P    SAD   MQ  MQ // SA     NP // SB  M  AD, M   P   P    SBC   NP Mà tam giác SAB vuông A nên SA  AB  MN  MQ (2) Từ (1) (2) suy thiết diện hình thang vng M Q (0.25) DQ MQ DM DQ    MQ  SA  SA DA DS DS PQ SQ  PQ // CD    PQ  AB , với AB  SB  SA2  a CD SD Khi SMNPQ  MQ  PQ  MN  5a SA  AB   S MNPQ    AB   S MNPQ   18  MQ // SA  (0.25) (0.25)  x   x  x  17  y  y  1 a)   x  y  y  21   y  3x   Điều kiện: y  0, y  x  1   x  y  4    x  y  4   y  x  Trang x  x  17  y     x  y    2  x  4  y2 x  x  17  y  0    x   y 0    x  y  4 1  2   x  x  17  y  x  x  17  y     x   y  x   y  (0.25) (Vì:   x   y x  x  17  y    x  4    x  4  y   y x  x  17  y2 1  x, y ) (0.25) Thay y  x  vào (2) ta được: 2  x    x   x  25   x  16   x4 2     x  25   x   x  16  1 x  12    x   0 x  25  x   x  16   x4 2  x   y  ( t/m)  1 x  12      3 x  25  x   x  16  x   (0.25) Do x   y   x  4  x   nên (3) vơ nghiệm Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  x; y    0;  (0.25) Chú ý: Ta giải (1) sau: 1  x   Xét hàm số f  t   t  t  có f   t     x  4 1  y  t t2 1  t2 1  t t2 1 y2   0, t   Do f  t  đồng biến  nên 1  f  x    f  y   x   y * Ta có un  0, n   9u n 1  u n    2un  18un1  2u n    2un  1  2un 1     2un   0,25   2un 1   2un  3   0,25  2un 1    2un  Đặt   2un  2, n   * b) (0.75đ) v1   * Ta có  , n   vn 1   dãy số   cấp số nhân có cơng bội q  , số hạng đầu v1  n 1 1      3 v  2  n 1 1    n 2  n 1   23  1  Kết luận un   n 2  n 1   , n   * 23  1  lim un  lim  n   n 1    23   un Hết Trang 0,25 Khi 0,25 SỞ GD&ĐT BẮC GIANG CỤM THPT HUYỆN YÊN DŨNG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP CƠ SỞ NĂM HỌC 2020- 2021 MƠN THI: TỐN 11 ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi 28-01-2021 (Đề thi gồm có trang) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) (Thí sinh khơng sử dụng tài liệu) Mã đề thi Họ, tên thí sinh: .Phòng thi SBD: 111 A PHẦN CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM (14 điểm) 2 x  y  3z  Gọi M m 3x  y  3z  Câu Cho số thực không âm x, y, z thoả mãn  giá trị lớn nhỏ A = 2x+3y-2z Khẳng định sau đúng? A m  M  B.3m+M = C 3m  M  19 D m+3M = Câu Gọi M , m tương ứng giá trị lớn nhỏ hàm số y  2cos x  Khi cos x  ta có A 9M  m  B 9M  m  C M  9m  D M  m  2 Câu Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): ( x 1)  ( y  2)  , phương trình tiếp tuyến ( C) điểm M3; -2) d: x + by + c = 0, giá trị b + c là? A 2 B 3 D 5 C 6 Câu Cho hình vng, cạnh hình vng chia thành n đoạn n 1 điểm chia ( khơng tính đầu mút cạnh) Xét tứ giác có đỉnh điểm chia cạnh hình vng cho Gọi a số tứ giác tạo thành b số hình bình hành a tứ giác Giá trị n thỏa mãn a  9b A n  12 B n  C n  D n  Câu Cho a, b hai số dương Mệnh đề SAI? A 1   a b a b B 1   a  3b b  3a a  b D a3  b3  ab(a  b) C (a  b)(ab 1)  4ab Câu Phương trình 8.cos 2x.sin 2x.cos 4x   có nghiệm       x   k  x  32  k A  B  k   k   x  3  k   x  3  k    8 32        x  32  k  x  16  k C  D  k   k   x  5  k   x  3  k    32 16 Câu Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên hình Trang   b1  b2   bi  b1  b2   br  mod a  , suy  bi 1  bi 2   br  a Khi ta chọn  r  i  số vào tập T Như ta chọn số số vào tập T mà có tổng chia hết cho a Ta tiếp tục làm với số lại tập B để bổ sung thêm phần tử vào T tổng số T (kí hiệu Thật vậy,  T ) lớn S  2017a dừng lại T  S  2017a tổng số cịn lại B lớn 0,25 2S  2016a   S  2017a   S  a  2017a ,tức cịn a số để thực thao tác Như vậy, ta xây dựng tập hợp T thỏa mãn hai điều kiện:  T  a T  S  2017a Chú ý S a nên ta Do T  S  ma với T  S  2017a  a  T  S  2016a m0,1, 2, , 2016 Đến lúc ta cần bổ sung m số a từ tập A vào T ta tổng phần tử T S (đpcm) -Hết - Trang 366 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA 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 Trang 367 - 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 + + x + 1 + x2 + x + ( Vậy tập nghiệm BPT S = Trang 368 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 ⇔ (2 cos x + 1)(1 − sin x) = ⇔ cos 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 Trang 369 ( 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 x − x − x + = ⇔ x = 1; x = ( ) Từ phương trình (2) ta có: 4   2 y + xy = x − x + = x +1+ + ( x − 1) − =  x + − + ( x − 1) + ≥  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) ≥ 0,50 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) Trang 370 0,25 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:  1 1  x+ y + + = ( 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 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 Trang 371 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 = = Ω 10! 630 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 = a ⇔ 4b − 15ba − 4a = 0⇔ Ta có cos 45 = 2 b = − a 34 a + b  • Với b = 4a chọn a =1 ⇒ b =4 ta có AC: x + y + = Trang 372 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 ( ( Trang 373 ) ( ) 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 Trang 374 ĐỀ THI KSCL HỌC SINH GIỎI LỚP 11 NĂM HỌC 2016 - 2017 Mơn: Tốn Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) SỞ GD & ĐT NGHỆ AN CỤM THI THPT YÊN THÀNH Câu (6,0 điểm) x a) Giải phương trình: ( sin x + 3) cos − sin x (1 + cos x ) − 3cos x − =0 b) Giải bất phương trình: ( x + 1)( x + + x + x + 3) > x + − x − Câu (3,0 điểm) Cho đa giác lồ i (H) có 22 ca ̣nh Go ̣i X là tâ ̣p hơ ̣p các tam giác có ba đı̉nh là ba đı̉nh của (H) Cho ̣n ngẫu nhiên tam giác X, tı́nh xác suấ t để cho ̣n đươ ̣c tam giác có ca ̣nh là ca ̣nh của đa giác (H) và tam giác không có ca ̣nh nào là ca ̣nh của đa giác (H) Câu (2,0 điểm) Cho dãy số (un ) xác định bởi: u1 = Tìm lim (n3 − n).un  2 n(n − 1)un = u1 + 2u2 + + (n − 1)un−1 , ∀n > 1, n ∈  Câu (5,0 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Các điểm H, K trung điểm AD, C’D’ Điểm M thuộc đoạn BC’, N thuộc đoạn AB’ Đường thẳng MN tạo với mặt phẳng (ABCD) góc 450 a) Chứng minh rằng: AK ⊥ BH ; b) Chứng minh rằng: MN ≥ (2 − 2)a Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC; đường thẳng AD phân giác góc  Trên đoạn AD lấy hai điểm M, N ( M, N khác A D ) cho   CBM  Đường thẳng CN cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN điểm F; biết ABN M (−3; −1), B (−4; −2) Xác định tọa độ điểm A biết đường phương trình FA x + y − = tròn ngoại tiếp tam giác AMC qua điểm Q(0; 22) Câu (2,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = Chứng minh : a b c 3 + + ≥ 2 b +c +2 c +a +2 a +b +2 …………… Hết …………… Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay Họ tên thí sinh…………………….…………………………… Số báo danh…………………………………… Trang 375 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HSG CỤM THPT YÊN THÀNH (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu Nội dung a (6,0đ) Pt ⇔ 2(s inx + 3)cos x − 2sin x.cos x − cos x + = 2 x x ⇔ (s inx + 3)cos − cos (s inx + 3) + = 2 x x ⇔ cos (s inx + 3)(cos − 1) + = 2 ⇔ − (s inx + 3) sin x + 1= ⇔ sin x + 3sin x − = s inx = ⇔ s inx = −2 (vn) ⇔x= π b b = 0,5 0,5 0,5 3,0 0,5 (a ≥ 2) b2 − a − ⇒x= x + x + (b ≥ 2) 0,5 0,5 + k 2π (k ∈ ) a =+ x Đặt:  Điểm 3,0 0,5 2 BPT trở thành: b − a + (b − a − 1)a + (b − a + 1)b > 1,0 ⇔ (b − a )(b + a + 1) > 0,5 ⇔ b > a hay x + x + > x + 0,5 1 ⇔ x > − Vậy tập nghiệm bpt là: S = (− ; +∞) 2 0,5 +) Đa giác lồ i (H) có 22 ca ̣nh nên có 22 đın̉ h (3,0đ) +) Số tam giác có đı̉nh là ba đı̉nh của đa giác (H) là C322 = 1540 +) Số phầ n tử của không gian mẫu Ω là n(Ω = ) C1540 = 1185030 Số tam giác có mô ̣t ca ̣nh là ca ̣nh của đa (H) là 22.18 = 396 +) Số tam giác có hai ca ̣nh là ca ̣nh của đa (H) là 22 Số tam giác không có ca ̣nh nào là ca ̣nh của đa (H) là: 1540 - 396 - 22 = 1122 +) Go ̣i A biến cố “ hai tam giác đươ ̣c cho ̣n có mô ̣t tam giác có ca ̣nh là ca ̣nh của (H) và tam giác không có ca ̣nh nào là ca ̣nh của (H)" Số phầ n tử của A là n(A) = C1396 C11122 n(A) C1396 C11122 748 Xác suấ t của biế n cố A là p(A) = = = n(Ω) 1185030 1995 Ta có: u2 = (2,0đ) 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Với n ≥ , ta có: u1 + 2u2 + + nun = n3un u1 + 2u2 + + (n − 1)un −1 = (n − 1) un −1 Trang 376 0.5 (1) (2) Từ (1) (2), suy ra: nun= n3un − (n − 1)3 un −1 0,5 (n − 1)3  n −1  n = un −1  un −1  n −n  n  n +1 = ⇒ un  n −1   n −    n n −1 ⇒ un = u2        n   n −1    n +1 n 0,5 ⇒ un =2 n (n + 1) Do đó: lim (n3 − n).= ) 18 un lim18(1 −= n 0,5 a (5,0đ) 2 A H 3,0 1,0 D E B C A' D' K B' C' Gọi E trung điểm cạnh CD, ta có: KE ⊥ ( ABCD) ⇒ KE ⊥ BH (1)   DAE  Mặt khác, ta= có:  ABH  DAE (c.g c) ⇒ ABH 0,5   HAE   AHB   ABH   900 ⇒ AHB ⇒ BH ⊥ AE (2) 0,5 0,5 0,5 2,0 0,5 Tứ (1) (2), suy ra: BH ⊥ ( AEK ) ⇒ BH ⊥ AK b P D C M' A N' B M D' C' A' N B' Gọi M’, N’ hình chiếu M, N (ABCD) Khơng tính tổng qt giả sử MM’< NN’ Gọi= P MN ∩ M ' N ' , đó: '  450 , MM ' = ( MN ,(ABCD ))  MPM BM ', NN ' = AN ' = a − BN ', MN = PN − PM ⇒ MNcos450 =PNcos450 − PMcos450 =PN '− PM ' =M ' N ' Do đó: M ' N ' = BN ' + BM ' = MNcos45 Ta có: MN sin 450 = PN sin 450 − PMcos450 = NN '− MM ' = a − ( BN '+ BM ') Trang 377 (1) (2) 0,5 Từ (1) (2) suy ra: 0,5 MN ( 2cos45 + sin= 45 ) 2( BN ' + BM ' ) + a − ( BN '+ BM ') ≥ ( BN '+ BM ') + a − ( BN '+ BM ') = a 0 2 (BĐT Bunhiacôpxki) 0,5 ⇒ MN ≥ (2 − 2)a (2,0đ) 0,5 Gọi E giao điểm thứ hai BM đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC Ta chứng minh E thuộc AF   NFB  Thật tứ giác AFBN nội tiếp nên NAB  , theo giả thiết NAB   MEC   MAC  , suy ra: NFB   MEC  Tương tự MAC   NFE    CBE   NBA   NFA Do tứ giác BCEF nội tiếp Suy CFE Suy A, E, F thẳng hàng Đường thẳng BM qua B M nên có phương trình: x − y + = = E AF ∩ BM , suy tọa độ E nghiệm hpt: y −8 = x + = x ⇔ ⇒ E (3;5)  y+2 = x − = y Đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác AMC có phương trình dạng: x + y − 2ax − 2by += c (a + b − c > 0) 6a + 2b + c =−10 a =   Vì M, Q, E thuộc (T) nên ta có hpt: −2 22b + c =−22 ⇔ b =0 (tm)   c =−22 6a + 10b − c =34 Suy (T) có pt: x + y − x − 22 = Trang 378 0,5 0,5 A giao điểm AE (T) nên tọa độ điểm A nghiệm hpt:  x =  x + y − =   y = ⇒ A(7;1) ⇔  2  x =  x + y − x − 22 =    y = 0,5 Vậy A(7;1) Có ab + bc + ca = nên 2 2 b + c + = a + b + c + 2(ab + bc + ca ) − a = (a + b + c) − a = S − a (2,0đ) S = a + b + c S = (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) ≥ ⇒ S ≥ Khi 0,5 a b c 3 + + ≥ 2 b +c +2 c +a +2 a +b +2 a b c 3 aS bS cS 3 + + ≥ ⇔ + + ≥ S 2 2 2 2 2 2 S −a S −b S −c S −a S −b S −c a3 b3 c3 3 ⇔ +a+ 2 +b+ 2 +c ≥ S S −a S −b S −c a3 b3 c3 3 ⇔ + + +S ≥ S 2 2 S −a S −b S −c a4 b4 c4 3 ⇔ + + +S ≥ S 3 aS − a bS − b cS − c Lại có theo Cauchy-Schazw a4 b4 c4 (a + b + c ) + + ≥ aS − a bS − b3 cS − c S (a + b + c) − (a + b3 + c3 ) ⇔ = S (a + b + c ) S ( S − 2) S ( S − 2) ≥ 4= 3 2 S − (a + b + c)(a + b + c ) S − ( S − 2) 4S − 2 2 2 0,5 0,5 (Vì (a + b += c ) ( a a + b b3 + c c ) ≤ (a + b + c)(a + b3 + c ) ) S ( S − 2) 3 ( S − 2) 3 Ta chứng minh +S ≥ S ⇔ +1 ≥ S 2 4( S − 1) 4( S − 1) ⇔ S − 3S + 3 ≥ ⇔ ( S − 3)(2 S − 3S − 3) ≥ ⇔ ( S − 3) (2 S + 3) ≥ Vậy BĐT (*) chứng minh, dấu "=" xảy a= b= c= …………………….Hết…………………… Ghi chú: HS giải cách khác cho điểm tối đa Trang 379 0,5 (luôn ∀S ≥ 3) Trang 380 ... 49 .Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 11 năm 2018 – 2019 sở GD&ĐT Quảng Ngãi 50 .Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 11 THPT năm 2018 – 2019 sở GD&ĐT Thanh Hóa 51 .Đề thi học sinh giỏi Toán 11 năm. .. Quảng Trị Đề học sinh giỏi Toán 11 năm 2020 – 2021 trường THPT Minh Châu – Hưng Yên Đề thi HSG Toán 11 năm 2020 – 2021 trường THPT Lưu Hoàng – Hà Nội Đề thi học sinh giỏi Toán 11 cấp tỉnh năm 2020... Quảng Nam Đề thi học sinh giỏi tỉnh Toán 11 năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Quảng Ngãi 10 .Đề thi chọn HSG tỉnh Toán 11 năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Quảng Bình (Vịng 1) 11. Đề thi chọn HSG Toán 11 năm 2020