de thi hoc sinh gioi toan 11 truong thpt le van thinh bac ninh

SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÊ VĂN THỊNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm có 1 trang)
Câu 1 ( 1 điểm). Giải phương trình
Câu 2 ( 2 điểm).

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2017 - 2018
Mơn thi: Tốn Lớp 11
Ngày thi: 7/4/2018
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề)
3 cos 2 x  sin 2 x  2 cos x  0 .

a) Cho đa giác lồi n cạnh nội tiếp đường tròn, biết số tam giác lập được bằng
từ n đỉnh của đa giác đó. Tìm hệ số của x 4 trong khai triển  3  2 x  .
n

4
số tứ giác lập được
7

Cn0
Cn1
Cn2
Cnn



...


( n  * ).
Cn1 2 Cn2 2 Cn3 2
Cnn21
2mx  1
Câu 3 ( 1 điểm). Cho đồ thị  C  : y 
và điểm M(2;5). Đường thẳng d đi qua M và tiếp xúc với
2x  2
 C  . Tìm m để đường thẳng d tạo với 2 tia Ox và Oy tam giác có diện tích lớn nhất.

b) Tính tổng S 

Câu 4 ( 1 điểm).
Biết lim





n 2  an  2018  3 bn3  6 n 2  5n  2019  0 . Tính a 2018  b 2019  1 .

Câu 5 ( 2 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân (AD // BC), BC = 2a,
AB = AD = DC = a (a > 0). Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Biết SD
vng góc với AC.
a) Chứng minh mặt phẳng (SBC) vng góc mặt phẳng (ABCD). Tính độ dài đoạn thẳng SD.
b) Mặt phẳng   đi qua điểm M thuộc đoạn thẳng OD ( M khác O và D) và song song với đường
thẳng SD và AC. Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng   biết MD = x.
Tìm x để diện tích thiết diện lớn nhất.
  2KAC
 ,

Câu 6 ( 1 điểm). Cho tam giác ABC, điểm K nằm trên cạnh BC sao cho KB = 2KC và KAB
 3 3
 là trung điểm cạnh BC, điểm M
2



3 3 3
 ;
 là hình chiếu của B lên đường thẳng AK.
2
2


Biết rằng A nằm trên đường thẳng d : y  5 x và điểm I (0;5) thuộc đường thẳng chứa cạnh AC. Viết

điểm E  3;

phương trình đường thẳng chứa cạnh BC.
Câu 7 ( 1 điểm). Giải hệ phương trình

 x 3  7 x 2  18 x  18  y 3  2 y 2  3 y
.

2
2
2
 x  2   y  3 y  9  3 4 x  1  2 x  x  y  1 y  4 x  1  3
Câu 8 ( 1 điểm). Cho x, y, z  0 và x  y  z  3 . Chứng minh rằng:
x

y
z
3
 2
 2
 .
2
x  x  1  yz y  y  1  zx z  z  1  xy 4





---------- HẾT ---------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÊ VĂN THỊNH

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn thi: …LỚP ….

Câu
1
(1 điểm)

Đáp án

Điểm
1

3 cos 2 x  sin 2 x  2 cos x  0

0,5



 cos  2 x    cos x
6



 x   6  k 2

k  
 x     k 2

18
3
2
( 2 điểm)

0,5

2a)

1

4
Từ giả thiết suy ra Cn3  Cn4  n  10
7

0,5

10

Xét  3  2 x    C10k 310 k 2 k x k nên ta xét k = 4 thu được hệ số của x 4 là
10

k 0

4
10

0,5

6 4

C 3 2  2449440

1

2b)

 k  1 n  k  1  n k  1   1  k 2 nên
Ck

Ta có kn1 
Cn  2
 n  1 n  2 
n  1 n  2 
S

3
( 1 điểm)

0,25

0,25

n 1  2  ...  n  1  n  1  (1 2  2 2  ...  n 2)

 n  1 n  2 

0,5

n3

6

1

Giả sử d: y  ax  b . Đường thẳng d cắt 2 tia Ox và Oy lần lượt tại A và B nên a  0 .

0,25

d đi qua M(2;5) nên b = 5 - 2a.

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


2mx  1
d tiếp xúc với  C  : y 
khi và chỉ khi 2mx  1   ax  b  2 x  2  có nghiệm kép
2x  2
x  1 khi và chỉ khi

0,25

0,5

 b  a  m  2  2a 1  2b   0
Từ trên ta ta có được

 2m  1  0

 5  m  3a 

2

0,25

 m1  5  3a  2a  4a  9 
 2a  4a  9   
 m  5  3a  2a  4a  9 
 2

Do a < 0 nên m1 và m2 là phân biệt vậy ta ln tìm được giá trị của m với mỗi trường hợp
a < 0.

Ta lại có SOAB 

0,25

 5  2a  .
1b

2 a
2a
2

2

2  9n  4 
3
1
1  5n  2 
Chọn a   n    thì SOAB 
ta tìm được m1  5  
.
n
n
n2
2
n
2

4
(1 điểm)

Khi n   thì m1  5 và SOAB   tức ta khơng tìm được m để thỏa mãn bài tốn.
1

Đặt L  lim



0,5



n  an  2018  bn  6 n  5 n  2019 .
3

2

3

2

Nếu b  1 L   (loại)
Nên b = 1
Xét b = 1 ta có lim
lim

5
(2 điểm)





3

0,5



n3  6 n 2  5n  2019  n  2  0 nên



n 2  an  2018  n  2  0 mà lim

a = 4. Vậy A = 42018 .





n 2  an  2018  n  2 

a4
. Ta được
2

2

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


S
Q
P

E
I

B

C
O

N

M
G

A

D

1

5a)
Gọi I là trung điểm của BC nên tứ giác ADCI là hình thoi cạnh a nên IA = IB = IC = a thì
tam giác ABC vng tại A, suy ra AC vng góc DI

AC  ID  ID || AB  , AC  SD  AC  SID 
 AC  SI

Do AC  SI , BC  SI  SI   ABCD   ( ABCD )  SBC



0,25
0,25

0,25
0,25

2

2

Ta có : SD  SI  ID  2a

1

5b)
Từ M kẻ hai đường thẳng lần lượt song song với SD, AC chúng cắt theo thứ tự SB tại Q
và AB tại G, AC tại N. Từ G kẻ đường thẳng song song SD, cắt SA tại E,từ N kẻ đường
thẳng song song với SD cắt SC tại P. Ta được thiết diện là ngũ giác GNPQE.
x 

Ta có BD  a 3 nên tính được EG  NP  2 a  x 3 , QM  2  a 
 , GN  3 x
3







0,5

0,25

Tứ giác EGMQ và MNPQ là hai hình thang vng đường cao lần lượt là GM và NM nên



S MNPQE  4 x 3a  2 3x



VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


Max S MNPQE
6
( 1 điểm)

0,25

3 3 2
a 3


a tại x 
2
4

1

A

O
M
B

E

K

N
C

0,25

Chứng minh AC vng góc với EM.



Từ đó AC : x = 0 nên A(0, 0). Và C(0; y) nên B 6;3 3  y

0,25



0,25

Do BM  AM  y  3 3 nên B(6;0) và C(0; 3 3 )

0,25

Ta được BC: 2 x  3 3 y  18  0
7
(1 điểm)

1
 x 3  7 x 2  18 x  18  y 3  2 y 2  3 y 1 


2
2
2
 x  2   y  3 y  9  3 4 x  1  2 x  x  y  1 y  4 x  1  3 2 



Ta có 1  x  2  y  1



0,25

Thế vào (2) ta được:

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí




2x2  4x  5  x  4x 1



2x2  4x  4  3



 2x2  4x  4 2  9 



 2x2  4x  5  x  4x  1 
2
2x  4x  4  3





 2 x 2  4 x  5  0 3 

 x  4 x  1  2 x 2  4 x  4  3 4 

0,25


2  14
t / m 
x 
2

 3 

2  14
l 
x 

2

 4  x  3 

0,25

4x 1  2x  4x  4 .
2

Do 2 x 2  4 x  4  4 x  1  0 nên x  3 . Ta
có

 x  3 

4 x  1  2 x 2  6 x  9  4 x  1  2 x 2  2 x  10 

 2  x2  2 x  2 

nên (4) vô nghiệm.
 2  14 4  14 
Vậy S  
;

2
2 


8
(1 điểm)

1
x
x
Ta có x 2  x  1  3x nên 2
. Từ đó

x  x  1  yz 3x  yz
VT 

x
y
z
.


3 x  yz 3 y  zx 3 z  xy

Đặt a  x  y , b  y  z , c  z  x nên a, b, c là ba cạnh của một tam giác có p = 3.
VT 

0,25

0,25

p b p c p a


ac
ba
cb

p  b 1  a  b  c  a  c  b  1
1

 1 cos B  nên VT   3  cos A  cos B  cos C 
ac
6
2ac
6
6

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


0,25

3

Mà cosA  cosB cosC 
2
3
suy ra VT  .Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =1.
4

0,25

Xem thêm các bài tiếp theo tại: />
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí