De thi HSG 11 + Dap an

MÔN: TOÁN LỚP 11
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu I.(5đ)
Giải các phương trình sau:
1)
6 2
5 2 0x x
− + =
; 2)
3 3
12 14 2x x
− + + =
Câu II.(5đ)
Cho tam
ABC∆
thỏa mãn:
2 2 2
( ) ( ) ( )
sin cos
a p a b p b c p c
A A
abc
− + − + −
+ =
Chứng minh
ABC
∆
vuông:
Câu III.(4đ)
Tìm
k ∈¥

sao cho:
2 1
14 14 14
2
+ +
+ =
k k k
C C C
Câu IV.(3đ)
Cho
, ,a b c
là độ dài 3 cạnh của một tam giác với chu vi
2 p
.
Chứng minh:
1 1 1 1 1 1
2
p a p b p c a b c
 
+ + ≥ + +
 ÷
− − −
 

Câu V.(3đ)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(−2, 0) biết
phương trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là:
4 14 0; 2 5 2 0x y x y
+ + = + − =
. Tìm

tọa độ các đỉnh A, B, C?
……………… Hết………………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh……………… ……………… Số báo danh………………
HƯỚNG DẪN CHẤM: TOÁN LỚP 11
DƯƠNG ĐÌNH CHIẾN - LS Trang 1
Chú ý: Cách giải khác hướng dẫn chấm, mà đúng thì vẫn cho điểm theo thang điểm
Câu Nội dung Điểm
I
(5đ)
1) x
6
- 5x
2
+ 2 = 0
⇔
x
6
- 4x
2
- x
2
+ 2 = 0
⇔
x
2
(x
4
- 4) - (x
2

- 2) = 0
⇔
x
2
(x
2
+ 2)(x
2
- 2) - (x
2
- 2) = 0
⇔
(x
2
- 2)(x
4
+ 2x
2
- 1) =0
⇔
2
4 2
2 0
2 1 0
x
x x

− =

+ − =


+) x
2
- 2 = 0
⇔
x
2
= 2
⇔
x =
2
±
.
+) x
4
+ 2x
2
- 1 = 0
⇔
2
2
1 2
1 2.( )
x
x loai

= − +

= − −



x
2
=
1 2
− +
1 2.x
⇔ = ± − +
Kết luận: PT đã cho có 4 nghiệm: x =
2
±
;
1 2.x
⇔ = ± − +
0,5đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
2)
3 3
12 14 2x x
− + + =
Đặt u =
3
12 x−
; v =
3

14 x+
.
Ta có:
3 3 3
2 2
26 ( ) 3 ( ) 26
3
1
2
3
1
3
u v u v
u v u v uv u v
u
v
u v
uv
u
v
+ = + =
 
⇔
 
+ = + − + =
 
 =




= −
+ =



⇔ ⇔


= −
= −




=



+) u = 3
3
12 x⇔ −
= 3
⇔
12 - x = 27
⇔
x = - 15.
+) u = - 1
3
12 x
⇔ −

= - 1
⇔
12 - x = - 1
⇔
x = 13.
Kết luận: PT đã cho có 2 nghiệm: x = - 15, x = 13.
0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ
II
(5đ)
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
a p a b p b c p c a b c a b a c b c a b c
VT
abc abc
− + − + − + − + + − + + −
= =

=
2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )
2
a b c a b a c b c a b c
abc
+ − + + − + + −

2 2 2
2
b c a
bc
+ −
= +
2 2 2
2
a c b
ac
+ −
+
2 2 2
2
a b c
ab
+ −
= cosA + cosB + cosC
Khi đó dẳng thức đã cho

sin osA = cosA+cosB+cosC sinA= cosB+cosCA c
⇔ + ⇔

A B-C A B-C
2sin os 2sin os os os
2 2 2 2 2 2
2
ông
2

A A
c c c c
B
A B C A C B
ABCvu
A C B A B C
C
π
π
⇔ = ⇔ =

=

= − + =
 
⇔ ⇔ ⇔ ⇒

 
= − + =
 

=


V

0,5
1
1
0.5

1
1
DƯƠNG ĐÌNH CHIẾN - LS Trang 2
III
(4đ)
§iÒu kiÖn
, 1 12k N k∈ ≤ ≤
. Ta cã :
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 1
14 14 14
2
14! 14! 14!
2 2
! 14 ! 2 ! 12 ! 1 ! 13 !
1 1 2
14 13 2 1 1 13
2 1 14 13 2 2 14
4 48 128 0
k k k
C C C
k k k k k k
k k k k k k
k k k k k k
k k
+ −
+ = ⇔ + =
− + − + −

⇔ + =
− − + + + −
⇔ + + + − − = + −
⇔ − + =

8 4k k
⇔ = ∨ =
(tho¶ m·n ®iÒu kiÖn
, 1 12k N k∈ ≤ ≤
)
1
1
1
1
IV
(3đ)
Chứng minh
1 1 4
, 0:x y
x y x y
∀ > + ≥
+
(1)
Áp dụng (1) ta có:
1 1 4 4
2p a p b p a b c
+ ≥ =
− − − −
1 1 4 4 1 1 4 4
;

2 2p b p c p b c a p c p a p c a b
+ ≥ = + ≥ =
− − − − − − − −
Do đó
1 1 1 1 1 1
2
p a p b p c a b c
 
+ + ≥ + +
 ÷
− − −
 

Dấu dẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
a b c
= =
1
1
1
V
(3đ)
Tọa độ A là nghiệm của hệ
{ {
4x y 14 0 x 4
2x 5y 2 0 y 2
+ + = = −
⇔
+ − = =
⇒ A(–4, 2)
Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ∆ABC nên




−=+
−=+
⇔



++=
++=
2yy
2xx
yyyy3
xxxx3
CB
CB
CBAG
CBAG
(1)
Vì B(x
B
, y
B
) ∈ AB ⇔ y
B
= –4x
B
– 14 (2)
C(x

C
, y
C
) ∈ AC ⇔
5
2
5
x2
y
C
C
+−=
( 3)
Thế (2) và (3) vào (1) ta có



=⇒=
−=⇒−=
⇒





−=+−−−
−=+
0y 1x
2y3x
2

5
2
5
x2
14x4
2xx
CC
BB
C
B
CB
Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0)
0,25
0,75
1
1
……………… Hết………………
DƯƠNG ĐÌNH CHIẾN - LS Trang 3