Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 trường THPT Gia Viễn B, Ninh Bình năm học 2015 - 2016

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

TRƯỜNG THPT GIA VIỄN B
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 07 câu, 01 trang)

Câu 1 (5,0 điểm)
a) Giải phương trình:

3 sin 2 x  3cos x  3
 sin x  3 .
2sin x  3

b) Cho hàm số y  x3  3mx 2  9 x  1 , có đồ thị Cm  , với m là tham số. Tìm giá trị của tham số m để
đường thẳng d m : y  x  10  3m cắt đồ thị Cm  tại 3 điểm phân biệt A, B, C . Gọi k1 , k2 , k3 là hệ số góc
tiếp tuyến của Cm  lần lượt tại A, B, C . Tìm giá trị của m để k1  k2  k3  15 .
Câu 2 (3,0 điểm)
a) Giải phương trình: 4  2 x 2 1  3 x 2  2 x 2 x 1  2  x 3  5 x .

 x 3  y 3  56
b) Giải hệ phương trình 
.
 2
3 x  9 x  y 2  y  10

Câu 3 (3,0 điểm).
1


trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  4  x 7  , biết rằng n là số
 x

n

a) Tìm hệ số của số hạng chứa x

26

nguyên dương thỏa mãn 4Cn1  6Cn2  An3  490 .
b) Chứng minh rằng phương trình x 3  3 x 1  0 có 3 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 ( x1  x2  x3 ) thỏa
mãn hệ thức x22  2  x1 và x32  2  x2 .
Câu 4 (2,0 điểm). Giải bất phương trình

6 x  2 x 1
2  20 x 2  96 x  5

 1 .

Câu 5 (2,5 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên SAD là tam giác đều
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh SB và CD .
Chứng minh rằng AM vuông góc với BN . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SMN  .
Câu 6 (2,5 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có AC  2 BD và đường
8
2
2
tròn nội tiếp hình thoi có phương trình là  x 1   y 1  . Biết rằng đường thẳng AB đi qua điểm
5
M 1;5 . Tìm tọa độ đỉnh A , biết điểm A có hoành độ âm.

Câu 7 (2,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  3 . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức: F 

7 a 2  6ab  5b 2
3a 2 10ab  5b 2



7b 2  6bc  5c 2
3b 2 10bc  5c 2

-----HẾT-----



7c 2  6ca  5a 2
3c 2 10ca  5a 2

.


TRƯỜNG THPT GIA VIỄN B
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(HDC gồm 05 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn: TOÁN

Câu

Đáp án

Điểm

Điều kiện 2sin x  3  0 .
Phương trình đã cho tương đương với:





 3 sin 2 x  2sin 2 x  3 sin x  3cos x  0  2sin x  3

1a
(2,5 điểm)





3sin2x 3cos x 3  sin x  3 2sin x  3





3 cos x  sin x  0


2
 k 2 hoặc x 
 k 2 , với k   .
3
3

4
+) 3 cos x  sin x  0  tan x  3  x   k 2 hoặc x 
 k 2 , k   .
3
3
Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là:

2
x   k 2 hoặc x 
 k 2 , với k   .
3
3

+) 2sin x  3  0  x 

0,5
0,5
0,5
0,5

0,5

Hoành độ giao điểm của đồ thị Cm  và đường thẳng d m là nghiệm của phương trình

x 3  3mx 2  9 x  1  x 10  3m  x 3  8 x  9  3m  x 2 1  0

0,5

  x 1 x2 13m x 93m  0 *  x  1 hoặc x2 13m x  9 3m  0 **
Đường thẳng d m cắt đồ thị Cm  tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình *
có 3 nghiệm phân biệt hay phương trình ** có 2 nghiệm phân biệt khác 1

1b
(2,5 điểm)

 1 3m2  4 9  3m  0


12  1 3m.1  9  3m  0

9m 2  6m  35  0
7
5
11
11
 m   hoặc  m 
hoặc m  .
 
11 6m  0
3
3
6
6

Gọi hoành độ của các điểm A, B, C lần lượt là x1 , x2 , x3 trong đó x1  1 , còn x2 , x3 là

0,5

0,5

hai nghiệm của phương trình ** .
Theo định lý Viet, ta có x2  x3  3m 1 và x2 x3  9  3m .

0,5

Ta có k1  k2  k3  12  6m  3 x  x   6m  x2  x3   18
2
2

2
3

 k1  k2  k3  9m 2  21 .
k1  k2  k3  15  9m 2  21  15  m 2  4  m  ;  2  2;  

Kết hợp với điều kiện ở trên, ta có các giá trị cần tìm của m là

7
m  ;     2;   .

3
Điều kiện x 
2a
(1,5 điểm)

0,5

1
. Với điều kiện này thì phương trình đã cho tương đương với
2

2 x3  8 x 2 10 x  4  3 x 2  2 x 2 x 1  0

0,5





 2 x  2 x2  2x 1 3x  x  2 2 x 1  0   x  2 2x2 3x 2x 1  4 x  2  0

2


 x  2 (tmđk) hoặc 2 x 2  3 x 2 x 1  4 x  2  0 * .

Ta có *  2 x 2  3x 2 x 1  2 2 x 1  0





0,5



 x  2 2 x 1 2 x  2 x 1  0  x  2 2 x 1  0 (do 2 x  2 x 1  0 )
 2 2 x 1  x  x 2  8 x  4  0  x  4  2 3 (tmđk).

0,5

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là x  2; x  4  2 3 .
Hệ phương trình xác định với mọi x, y   .

 x 3  y 3  56
 x 3  y 3  56
Ta có  2

.
3 x  9 x  y 2  y  10 9 x 2  27 x  3 y 2  3 y  30


Trừ vế theo vế hai phương trình trong hệ ta được:
2b
(1,5 điểm)

0,5

x 3  9 x 2  27 x  y 3  3 y 2  3 y  26   x  3   y 1  x  y  2
3

3

Thay x  y  2 vào phương trình thứ hai trong hệ ban đầu ta được:

3 y  2  9  y  2  y 2  y  10  y 2  2 y  8  0  y  2 hoặc y  4 .
2

0,5

Với y  2 thì x  4 ; với y  4 thì x  2 .
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là  x; y   4; 2 ; x; y   2;  4 .

0,5

Điều kiện n   và n  3 . Với điều kiện này, ta có
4Cn1  6Cn2  An3  490  4n  3n  n 1  n n 1n  2  490

0,5

 n  6n  9n  490  0   n 10n  4n  49  0  n  10 (tmđk).
3

2

2

1

Với n  10 , ta có khai triển của nhị thức Niu-tơn  4  x 7  .
 x

10

3a
(1,5 điểm)

10k

1
Số hạng tổng quát của khai triển là C  4 
 x 
k
10

x 

7 k

k 11k 40
10

C x

0,5
( k  , k  10 ).

Số hạng này chứa x 26 khi và chỉ khi 11k  40  26  k  6 (tmđk).
Vậy hệ số của số hạng chứa x 26 trong khai triển nhị thức Niu-tơn đã cho là: C106  210 .

0,5

Chứng minh rằng phương trình x 3  3 x 1  0 có 3 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3
( x1  x2  x3 ) thỏa mãn hệ thức x22  x1  2 .

Xét hàm số f  x   x 3  3x 1 trên  . Hàm số f  x  liên tục trên  .
Ta có f 2  1; f 1  3; f 1  1; f  2  3 .
3b
(1,5 điểm)

Hàm số f  x  liên tục trên  nên cũng liên tục trên đoạn 2; 2 .

0,5

Mặt khác f 2. f 1  0; f 1. f 1  0; f 1. f 2  0 nên f  x   0 có ba
nghiệm phân biệt thuộc khoảng 2; 2 .
Lại do f  x  là hàm bậc ba nên phương trình f  x   0 có tối đa ba nghiệm. Vậy
phương trình f  x   0 có ba nghiệm phân biệt thuộc khoảng 2; 2 .
Do nghiệm x  2; 2 nên ta đặt x  2 cos t , với t  0;   . Khi đó phương trình đã
1
1
cho trở thành 8cos3 t  6cos t 1  0  4 cos3 t  3cos t    cos 3t  
2
2
2
2
2
 3t  
 k 2 , k    t  
k
,k  .
3
9
3

3

0,5


 2 4 8 
Vì t  0;   nên t   ; ;  . Suy ra phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt
 9 9 9 
2
4
8
là 2cos ; 2 cos ; 2 cos
.
9
9
9
8
4
2
Khi đó x1  2 cos ; x2  2 cos ; x3  2 cos
.
9
9
9


8 
4
4 
2

Ta có 2  x1  21 cos   2.2cos2
 x22 ; 2  x2  21 cos   4cos 2
 x32





9
9
9
9

0,5

Điều kiện x  0 . Với điều kiện này thì 2  20 x 2  96 x  5  0 nên bất phương trình
đã cho tương đương với 6 x  2 x  1  20 x 2  96 x  5  2

0,5

 6 x  2 x  3  20 x 2  96 x  5 ** .
Nhận thấy x  0 là nghiệm của bất phương trình.
3
5
 20 x  96 
x
x

Xét x  0 . Khi đó **  6 x  2 

0,5



1 
1
 32 x 
  2  5 4 x    96 .


x
x

4
(2,0 điểm)

Đặt t  2 x 

1
1
, t  2 2 . Suy ra 4 x   t 2  4 . Do đó bất phương trình trên trở
x
x

thành 3t  2  5 t 2  4  96  5t 2  76  3t  2  5t 2  76  3t  2

2

0,5

 t 2  3t 18  0  t  6 .
Do đó 2 x 

x

1
3 7
 6  2 x  6 x 1  0  x 
hoặc
2
x

x

3 7
2

83 7
83 7
hoặc x 
.
2
2

0,5

 83 7  8 3 7


 .

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là S  0;
;

  2

2
 

S

M

K

5
(2,5 điểm)

B
A
H

I
J

D

N

C

E

 
Gọi H là trung điểm của cạnh AD . Ta có HDC NCB nên HCD  NBC .
 

Lại do NBC , BNC phụ nhau nên NIC  900 hay HC  BN .
Tam giác SAD đều nên SH  AD .
Do  SAD    ABCD  , SAD    ABCD   AD nên SH   ABCD  . Suy ra SH  BN .
4

0,5

0,5


Do đó BN   SHC  .
Gọi I là trung điểm của CB . Khi đó IM // SC và AI // HC .
Suy ra  SHC  //  AIM  . Vì vậy BN   IAM  nên BN  AM .
Gọi J , E lần lượt là giao điểm của BN với HC và AD .
Ta có

d  H , SBN  3
HE 3
4
 nên
 . Suy ra d  A,  SBN   d  H , SBN  .
AE 4
3
d  A,  SBN  4

Có BN   SHJ  . Từ H kẻ HK  SJ , K  SJ . Khi đó HK   SBN  .

0,5

4
4
Vậy d  A,  SBN   d  H , SBN   HK .
3
3

Ta có HC 

a 5
 DC 2 5
; cos HCD 

.
2
HC
5

 a 2 5 a 5
Tam giác JNC vuông tại J nên JC  NC cos JCN  .

.
2 5
5

0,5

a 5 a 5 3a 5
Suy ra HJ  HC  JC 


.
2
5
10
Tam giác SAD đều cạnh a nên SH 

a 3
.
2

Tam giác SHJ vuông tại H có đường cao HK nên
Suy ra

1
1
1


.
2
2
HK
HS
HJ 2

a 2
1
1
1
32
3a 2
. Do đó d  A,  SBN  
.
 2  2  2  HK 
2
3a
9a
2
HK
9a
8
4
20
Đường tròn nội tiếp hình thoi có tâm I 1;1 và
2 10
. Gọi H là tiếp điểm của
5
đường thẳng AB với đường tròn. Tam giác
IAB vuông tại I có đường cao IH nên
1
1
1
5
 2 2 2
2

IH
IA
IB
IA
1
1
1
(do IB  BD  AC  IA ).
2
4
2

0,5

bán kính R 
6
(2,5 điểm)

1,0

Suy ra IA  IH 5  2 2 .

Gọi n a; b là vectơ pháp tuyến của đường thẳng AB , với a 2  b 2  0 .
Đường thẳng AB có phương trình a  x 1  b  y  5  0 .

0,5

4b

2 10

Do AB tiếp xúc với đường tròn nên d  I , AB   R 

 a  3b .
5
a 2  b2

Với a  3b thì đường thẳng AB có phương trình 3 x  y  8  0 .
Do A  AB nên A  a;8  3a  .

IA  2 2   a 1  7  3a   8  5a 2  22a  21  0
2

 a  3 (loại) hoặc a 

2

7
(loại).
5

5

0,5


Với a  3b thì đường thẳng AB có phương trình 3 x  y  2  0 .
Do A  AB nên A  a;3a  2 .

IA  2 2  a 1  3a  1  8  5a 2  2a  3  0
2

2

 a  1 (nhận) hoặc a 

3
(loại). Vậy A 1; 1 .
5

Với các số thực dương x, y ta có  x  y   0 nên suy ra
2

7a2  6ab 5b2 

0,5

x2
 2x  y .
y

2

Do đó

Suy ra

3a 10ab  5b
2

2

 27a2  6ab  5b2  3a2 10ab  5b2   11a2  2ab  5b2
2

7a 2  6ab  5b 2
3a  10ab  5b
2

7a2  6ab  5b2 

0,5

2



3a 10ab  5b
2

2

 11a 2  2ab  5b 2 .

Ta lại có 11a 2  2ab  5b 2  2  2a  b  3 a  b  2  2a  b .
2

7
(2,0 điểm)

Suy ra 11a2  2ab  5b2  2  2a  b . Do đó

2

2

7 a 2  6 ab  5b 2
3a 2  10 ab  5b 2

 2 2 a  b  .

0,5

Chứng minh tương tự, ta có
7b 2  6bc  5c 2
3b 2  10bc  5c 2

 2  2b  c ;

7c 2  6ca  5a 2
3c 2  10ca  5a 2

 2  2c  a  .

Vì vậy F  3 2  a  b  c  .

0,5

Mặt khác a  b  c   3ab  bc  ca  nên từ giả thiết, ta có a  b  c  3 .
2

Suy ra F  9 2 . Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  1 .
Vậy F đạt giá trị nhỏ nhất bằng 9 2 khi a  b  c  1 .
-----HẾT-----

6

0,5