Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 chọn lọc số 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG …
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2013-2014

(Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian phát đề)
Đề này có 05 câu, gồm 01 trang
Câu I. (Khối A: 4,0 điểm; Khối B, D: 5,0 điểm )
Cho hàm số
( )
3 2 2
2 9 12 1y f x x mx m x= = + + +
, ( m là tham số)
1. Khi
1m = −
, hãy viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số biết tiếp tuyến
vuông góc với đường thẳng
∆
có phương trình
3 20 17 0x y+ + =
.
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
( )
'
0f x =
có hai nghiệm
phân biệt
( )
1 2 1 2
,x x x x<
thoả mãn điều kiện

2
1 2
x x=
.
Câu II. (Khối A: 4,0 điểm; Khối B, D: 5,0 điểm )
1. Giải phương trình:
2
tan 4cos 2sin 2
3 cos
x x x
x
π
 
+ = + +
 ÷
 
2. Giải hệ phương trình:
1
3 3
1
2 8
x x y
y
x y
y

+ + + − =





+ + =


Câu III. ( 4,0 điểm)
1. Tìm giới hạn sau:
3
2
2
3 5 2 3 3
lim
4
x
x x x
x
→
− + − −
−
2. Từ các chữ số
0,1,2,3,4,5
lập các số có ba chữ số đôi một khác nhau. Lấy ngẩu
nhiên một số vừa lập. Tính xác suất để lấy được số không chia hết cho 3.
Câu IV. ( 6,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
cho đường tròn
( ) ( ) ( )
2 2
: 1 2 4C x y− + − =
có

tâm là
I
và điểm
( )
1;0M −
. Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua
M
cắt
( )
C
tại hai điểm
,A B
sao cho tam giác
IAB
có diện tích
3S =
.
2. Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông cạnh
a
.
,M N
lần lượt là
trung điểm của
AB

và
AD
,
H
là giao điểm của
CN
với
DM
, biết
SH
vuông
góc với mặt phẳng đáy và góc giữa hai mặt phẳng
( )
SCD
và
( )
ABCD
bằng
0
30
.
Tính
SH
và khoảng cách giữa hai đường thẳng
SB
và
DM
theo a.
Câu V. ( 2,0 điểm)
Cho

, ,x y z
là các số thực dương thoả mãn:
3x y z xyz+ + =
Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
2 2 2
3 2 3 2 3 2
3
4
3 1 3 1 3 1
y z x
x y y z z x
+ + ≥
+ + +
HẾT
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN LỚP 11
Đề chính thức
(Đáp án gồm 04 trang)
Câu Đáp án Điểm
I 1. ( 2,5 điểm)
(4
điểm)
Với
1m
= −
ta có hàm số
( )
3 2
2 9 12 1y f x x x x= = − + +
,

( )
' 2
6 18 12f x x x= − +
Gọi
k
là hệ số góc của tiếp tuyến,
( )
0 0
;x y
là toạ độ tiếp điểm của tiếp
tuyến với đồ thị hàm số.
Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng
∆
:
3 20 17 0x y+ + =

0,75
nên
3
. 1
20
k
−
 
= −
 ÷
 
Hay
20
3

k =
( )
' 2
0 0 0
20
6 18 12
3
f x x x⇒ = − + =
0
0
1
3
8
3
x
x

=

⇔

=

0,75
+)
0 0
1 110
3 27
x y= ⇒ =
phương trình tiếp tuyến là

20 1 110
3 3 27
y x
 
= − +
 ÷
 
+)
0 0
8 187
3 27
x y= ⇒ =
phương trình tiếp tuyến là
20 8 187
3 3 27
y x
 
= − +
 ÷
 
Vậy có hai tiếp tuyến là :
20 50
3 27
y x= +
và
20 293
3 27
y x= −
1.00
2. ( 1,5 điểm)

( )
( )
' 2 2 2 2
6 18 12 6 3 2f x x mx m x mx m= + + = + +
( )
'
0f x =
có hai nghiệm phân biệt
2 2
3 2 0x mx m⇔ + + =
có hai nghiệm phân
biệt
2
0 0m m⇔ ∆ = > ⇔ ≠
.
0,75
( ) ( )
1 2
1 1
3 , 3
2 2
x m m x m m= − − = − +
(do
1 2
x x<
)
Theo giả thiết
2
1 2
x x=

2
3 3
2
2 2
m m m m
m
   
− − − +
⇒ = ⇔ = −
 ÷  ÷
   
0,75
II 1. ( 2,0 điểm)
(4
điểm)
Điều kiện :
cos 0 ,
2
x x l l Z
π
π
≠ ⇔ ≠ + ∈
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2

sin 4cos 2sin 2 cos 2
3
sin 2 1 cos 2 sin 2 3cos2 cos 2
sin sin 2 cos 2cos 2 3cos2 cos 0
sin 1 2cos cos 2 2 3 cos 0
sin cos 2 cos 2 2 3 cos 0
cos 2 sin 3 cos 2 0
pt x x x x
x x x x x
x x x x x x
x x x x
x x x x
x x x
π
 
⇔ + = + +
 ÷
 
⇔ + + = + +
⇔ − + − =
⇔ − + − =
⇔ − + − =
⇔ + − =
1,00

) cos 2 0 ,
4 2
x x k k Z
π π
+ = ⇔ = + ∈

1 3
) sin 3 cos 2 0 sin cos 1
2 2
sin 1 2 ,
3 6
x x x x
x x k k Z
π π
π
+ + − = ⇔ + =
 
⇔ + = ⇔ = + ∈
 ÷
 
1.00
Đáp án Toán 11- Trang 1
So với điều kiện ta được nghiệm của pt là :
; 2 ,
4 2 6
x k x k k Z
π π π
π
= + = + ∈
2. ( 2,0 điểm)
Điều kiện :
1
0, 0, 3y x x y
y
≠ + ≥ + ≥

Đặt
1
, 3 , , 0a x b x y a b
y
= + = + − ≥
. Hệ trở thành
2 2
3
2, 1
1, 2
5
a b
a b
a b
a b
+ =
= =


⇔


= =
+ =


0,75
+) Với
2, 1a b= =
ta có

1
1
1
2
4
3, 1
4
4
5, 1
4
4
3 1
x
x
x y
x
y
y
x
x y
y x
x y
x y



+ =
+ =
= =
+ =



 
⇔ ⇔ ⇔
−
  

= = −

  
= −
+ =

+ − =


0,50
+) Với
1, 2a b= =
ta có
1
1
1
1
1
4 10, 3 10
1
7
4 10, 3 10
7

7
3 2
x
x
x y
x
y
y
x
x y
y x
x y
x y




+ =
+ =
= − = +
+ =

 
⇔ ⇔ ⇔

−
  
= + = −

  


= −
+ =

+ − =


0,50
Thử lại ta thấy tất cả các nghiệm đều thoả mãn.
Vậy hệ có 4 nghiệm
( ) ( ) ( )
( ) ( )
{ }
; 3;1 , 5; 1 , 4 10;3 10 , 4 10;3 10x y = − − + + −
0,25
III 1. ( 2,0 điểm)
(4
điểm)
( )
( )
( )
( )
( )
3 3
2 2 2
2 2 2
2
2
2
2 2

2
3 3
3 5 2 3 3 3 5 2 2 3 1
lim lim lim
4 4 4
3 5 4
2 3 1
lim lim
4 3 5 2
4 2 3 2 3 1
x x x
x x
x x x x x x
x x x
x x
x
x x x
x x x
→ → →
→ →
− + − − − − − −
= +
− − −
− −
− −
= +
 
− − +
− − + − +
 ÷

 
0,50
0,50
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2
2 2
3 3
2
2
2 2
3 3
2 3 2
2 2
lim lim
2 2 3 5 2
2 2 2 3 2 3 1
3 2
2 16 2 7

lim lim
4.4 4.3 6
2 3 5 2
2 2 3 2 3 1
x x
x x
x x x
x
x x x x
x x x x
x x
x x x
x x x
→ →
→ →
− + +
−
= +
 
− + − +
− + − + − +
 ÷
 
+ +
= + = + =
 
+ − +
+ − + − +
 ÷
 

0,50
0,50
2. ( 2,0 điểm)
+) Tìm số có ba chữ số khác nhau lập được từ tập
{ }
0,1,2,3,4,5E =
Số cần tìm có dạng
abc
Chọn
, 0a E a∈ ≠
có 5 cách.
Chọn 2 trong 5 số còn lại của
{ }
\E a
xếp vào hai vị trí b, c có
2
5
A
cách.
Vậy có
2
5
5. 100A =
(số)
1,00
+) Tính số lập được chia hết cho 3.
Số cần tìm có dạng
abc
,
3a b c+ + M

Xét các tập con gồm 3 phần tử của tập
{ }
0,1,2,3,4,5E =
, ta thấy chỉ có
các tập sau thoả mãn điều kiện tổng các chữ số chia hết cho 3 là:
Đáp án Toán 11- Trang 2
{ } { } { } { }
{ } { } { } { }
1 2 3 4
5 6 7 8
A 0,1, 2 , A 0,1,5 ,A 0,2,4 ,A 0,4,5
A 1,2,3 ,A 1,3,5 , A 2,3,4 , A 3,4,5
= = = =
= = = =
Khi
1 2 3 4
, , , , ,a b c A A A A∈
mỗi trường hợp lập được 4 số thoả mãn yêu cầu.
Khi
5 6 7 8
, , ; ; ;a b c A A A A∈
mỗi trường hợp lập được 6 số thoả mãn yêu cầu.
Vậy có
4.4 4.6 40+ =
(số)
Suy ra số không chia hết cho 3 là
100 40 60− =
(số)
Xác suất cần tính là
60

0,60
100
P = =
1,00
IV 1. ( 3,0 điểm)
(6
điểm)
(C) có tâm
( )
1;2 , 2I R =
; Đường thẳng
∆
đi qua
( )
1;0M −
có phương
trình
( )
2 2
1 0, 0a x by a b+ + = + ≠
. Giả sử
∆
cắt (C) tại hai điểm
,A B
thoả mãn
3
IAB
S =
V
. Gọi H là hình chiếu của I trên AB

⇒
H là trung điểm của AB
Ta có
· ·
·
·
0
0
60
1 3
. sin 3 sin
2 2
120
IAB
AIB
S IA IB AIB AIB
AIB

=
= = ⇒ = ⇒


=

V
1,00
+)
·
0 0
60 .cos30 3AIB IH IA= ⇒ = =

( )
, 3d I IH⇒ ∆ = =
( )
( )
( )
2 2 2 2
2 2
4 15 , 1
2 2
3 8 0 0
15 4 , 1
a b
a b
a b ab do a b
a b
a b

= − + =
+

⇔ = ⇔ + + = ⇔ + ≠

+
= − =


Pt
∆
là

( ) ( )
4 15 4 15 0; 4 15 4 15 0x y x y+ − + + = − − + − =
1,00
+)
·
0 0
120 .cos60 1AIB IH IA= ⇒ = =

( )
, 1d I IH⇒ ∆ = =
( )
2 2 2 2
2 2
4 7
, 1
2 2
3
1 3 3 8 0 0
4 7
, 1
3
a b
a b
a b ab do a b
a b
a b

− −
= =


+

⇔ = ⇔ + + = ⇔ + ≠

− ++
= =


Pt
∆
là
( ) ( )
4 7 3 4 7 0; 4 7 3 4 7 0x y x y+ − + + = − − + − =
Vậy có 4 đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán.
1,00
2. ( 3,0 điểm)
1,00
Từ H kẻ
HI CD⊥
, do
( )
SH ABCD SH CD⊥ ⇒ ⊥
, từ đó suy ra
( )
CD SHI⊥
⇒
góc giữa
( )
SCD
và

( )
ABCD
là góc
( )
·
·
0
, 30SI HI SIH= =
.
Trong tam giác vuông
DHC
ta có
. 2
5
DH CH a
HI
CD
= =
.
Trong tam giác vuông
SHI
ta có
0
2 3
.tan 30
15
a
SH IH= =
.
1,00

Gọi K là trung điểm của
DC
//BK DM
⇒
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
// , , ,DM SBK d DM SB d DM SBK d H SBK⇒ ⇒ = =
Gọi E là giao điểm của BK và CN, từ H kẻ
( )
1HF SE⊥
,
do
( ) ( )
2
BK CN
BK SHE BK HF
BK SH
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

Từ (1) và (2) suy ra
( ) ( )
( )
,HF SBK HF d H SBK⊥ ⇒ =
Ta có

//EK HD
mà K là trung điểm của DC nên E là trung điểm của HC

1 5
2 5
a
HE HC⇒ = =
. Trong tam giác vuông
SHE
ta có

2 2 2 2 2 2
1 1 1 5 75 95 2
4 4
95
a
HF
HF HE HS a a a
= + = + = ⇒ =
Vậy
( ) ( )
( )
2
, ,
95
a
d DM SB d H SBK HF= = =
.
1,00
V ( 2 điểm)

(2
điểm)
Từ giả thiết
1 1 1
3 3x y z xyz
xy yz zx
+ + = ⇒ + + =
,
Đặt
, , 0
1 1 1
, ,
3
a b c
a b c
ab bc ca
x y z
>

= = = ⇒

+ + =

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau:

3 3 3
2 2 2
3
3 3 3 4
a b c

b c a
+ + ≥
+ + +
(*).
0,50
Do ab + bc + ca = 3 nên
Đáp án Toán 11- Trang 3
Ta có
( )
MAD NDC c g c∆ = ∆ − −
·
·
ADM DCN⇒ =
mà
·
·
·
·
·
0
0
0
90
90
90
ADM MDC
DCN MDC
DHC
+ =
⇒ + =

⇒ =
Hay
DM CN
⊥
Trong tam giác DCN ta
có
. . 2
. 5
5
DCN
DH CN DN DC S
DN DC a
DH
CN
∆
= =
⇒ = =
2 2
2 5
5
a
CH DC DH= − =
KI
C
HN
A
M
B
S
D

VT (*) =
3 3 3
2 2 2
a b c
b ab bc ca c ab bc ca a ab bc ca
+ +
+ + + + + + + + +
=
3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c
b c a b c a b c a b c a
+ +
+ + + + + +
Theo BĐT AM-GM ta có
3
3
( )( ) 8 8 4
a b c a b a
b c a b
+ +
+ + ≥
+ +

3
5 2
( )( ) 8
a a b c
b c a b
− −

⇒ ≥
+ +
(1)
0.75
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được:

3
5 2
( )( ) 8
b b c a
c a b c
− −
≥
+ +
(2),
3
5 2
( )( ) 8
c c a b
a b c a
− −
≥
+ +
(3)
Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được
(*)
4
a b c
VT
+ +

≥
Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được :
a + b + c ≥
3( )ab bc ca+ +
= 3.
Đẳng thức xảy ra khi
1a b c= = =
hay
1x y z= = =
(Đpcm)
0,75
Chú ý: Trên đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài. Bài
làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì
chấm điểm từng phần tương ứng.
Đáp án Toán 11- Trang 4