de thi hsg toan khoi11 2015

SỞ GD&ĐT THANH HÓA

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH 2

NĂM HỌC 2014- 2015
MÔN: TOÁN - KHỐI 11

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề)

Câu 1( 4,0 điểm)
cos 2 x + 3 sin 2 x + 6 sin x − 5
= 2 3.
2 x
2 cos
−1
2
 23 − 1 33 − 1 n3 − 1 
.
... 3 ÷
2. Tính giới hạn sau: I = nlim

→+∞ 23 + 1 33 + 1
n +1 


1. Giải phương trình

Câu 2( 4,0 điểm)
1. Một hộp đựng 50 viên bi được đánh số từ 1 đến 50, chọn ngẫu nhiên 3 viên bi. Tính
xác suất để tổng các số ghi trên 3 viên bi chọn được là một số chia hết cho 3.
2. Cho tam giác nhọn ABC có góc B bằng 450. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = cotA + cotC
Câu 3( 4,0 điểm)
( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 + 3) = 3 ( x 2 + y 2 ) + 2
1. Giải hệ phương trình sau: 
2
 4 x + 2 + 16 − 3 y = x + 8

2. Cho khai triển: ( 1 + 2 x ) ( 3 + 4 x + 4 x 2 ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a14 x14 . Tìm giá trị của a6 ?
Câu 4( 6,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, có BD nằm trên
đường thẳng d: x + y – 3 = 0, điểm M( -1; 2) thuộc đường thẳng AB, điểm N(2; -2)
thuộc đường thẳng AD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết điểm B có
hoành độ dương.
2. Cho tứ diện ABCD, M là một điểm bất kì nằm trong tam giác ABC. Các đường thẳng
qua M song song với AD, BD, CD tương ứng cắt các mặt phẳng (BCD), (ACD),
(ABD) tại A’, B’, C’. Tìm vị trí điểm M sao cho MA’.MB’.MC’ đạt giá trị lớn nhất.
3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm I(1 ; 1) và đường tròn (C) có tâm I, bán
kính R = 2. Viết phương trình đường tròn là ảnh của đường tròn (C) qua phép đồng
dạng có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép quay tâm O, góc quay 45 0 và phép vị
tự tâm O, tỉ số k = 2
Câu 5( 2,0 điểm)
Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = 3xyz. Chứng minh rằng :
2

10

1
x ( 3x − 1)

2

+

1
y ( 3 y − 1)

2

+

1
z ( 3 z − 1)

2

≥

3
4

………………………………..Hết…………………………………
Họ tên thí sinh:…………………………………. Số báo danh:………………..
Ghi chú:

Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

1


ĐÁP ÁN
Câu
1.1
2đ
1. Giải phương trình

Nội dung
cos 2 x + 3 sin 2 x + 6 sin x − 5
= 2 3.
2 x
2 cos
−1
2
π
2 x
Điều kiện 2 cos − 1 ≠ 0 ⇔ cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ + lπ ( l ∈ Z ) .
2
2
Phương trình đã cho tương đương với:
cos2 x + 3 sin 2 x + 6sin x − 5 = 2 3 cos x ⇔ 2 3 ( sin x − 1) cos x + 1 − 2sin 2 x + 6sin x − 5 = 0
 sin x = 1
 sin x = 1
⇔ ( sin x − 1) 3 cos x − sin x + 2 = 0 ⇔ 
⇔ 3
1

 3 cos x − sin x = − 2  cos x − sin x = −1

 2
2
π

sin x = 1
x = + k 2π

2
⇔ 
⇔
cos x + π  = −1 
5π
x=
+ k 2π .
 
6÷


6
5π
+ k 2π (với k ∈ Z ).
Vậy nghiệm phương trình: x =
6
 23 − 1 33 − 1 n3 − 1 
I
=
lim
.
... 3 ÷
2. Tính giới hạn sau:


n →+∞ 23 + 1 33 + 1
n +1 


(

1.2

)

k 3 −1 k −1 k 2 + k + 1 k −1
k 2 + k +1
=
.
=
.
Ta có: 3
k + 1 k + 1 k 2 − k + 1 k + 1 ( k − 1) 2 + ( k − 1) + 1
suy ra un =

Điểm

0,25
0,5

0,5

0,5
0,25

0,5

23 − 1 33 − 1 n3 − 1
.
...
23 + 1 33 + 1 n 3 + 1


 1 22 + 2 + 1   2 32 + 3 + 1  3 4 2 + 4 + 1   n − 1
n2 + n + 1
.
.
.
.
...
.

÷
=
÷
÷
÷ 
2
2
2
2
 3 1 + 1 + 1   4 2 + 2 + 1  5 3 + 3 + 1   n + 1 ( n − 1) + ( n − 1) + 1 ÷


2 ( n 2 + n + 1)
2 ( n − 1) ! 2
=
( n + n + 1) = 3n ( n + 1)
3 ( n + 1) !

2 ( n + n + 1) 2
 23 − 1 33 − 1 n3 − 1 
I
=
lim
. 3 ... 3 ÷ = lim
=
nên

3
n →+∞ 2 + 1 3 + 1
n + 1  n →+∞ 3 ( n 2 + n )
3


0,5

0,5

2

Câu
2
2.1

0,5

3
0,5
- Số cách chọn 3 viên bi từ 50 viên bi là C50
- Trong 50 viên bi ban đầu được chia làm ba loại: có 17 viên bi ghi số chia cho 3 dư 1;
0,5
17 viên bi ghi số chia cho 3 dư 2 và 16 viên bi ghi số chia hết cho 3.
3
3
3
TH1: Chọn 3 viên bi cùng loại C17 + C17 + C16 = 1920 cách
1
1
1
TH2: 3 viên bi được chọn mỗi viên một loại C17 .C17 .C16 = 4624
1920 + 4624 409
=
vậy xác suất để chọn được 3 viên bi thỏa mãn bài toán là:
19600
1225

0,5

2


2.2

2sin 450
=
cos ( A − C ) + cos450

2
cos ( A − C ) +

Vậy

0,5

2
lớn nhất ⇔ cos ( A − C ) = 1 ⇔ A = C
2

suy ra P nhỏ nhất khi cos ( A − C ) +
Pmin =

2
2

2
>0,
2

Do tam giác ABC nhọn nên cos ( A − C ) +

Câu
3
3.1

0,5
0,5

sin ( A + C )
2sin B
=
Ta có P = cot A + cot C =
sin A.sin C cos ( A − C ) − cos ( A + C )

0,5

2

0,5

0
2 khi tam giác ABC cân tại B và góc B bằng 45 .
1+
2

( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 + 3) = 3 ( x 2 + y 2 ) + 2
1. Giải hệ phương trình sau: 
2
 4 x + 2 + 16 − 3 y = x + 8
16
Đk: x ≥ −2, y ≤
3
Từ phương trình (1): x 3 − 3 x 2 + 3 x − 1 = y 3 + 3 y 2 + 3 y + 1

( 1)
( 2)

⇔ ( x − 1) = ( y + 1) ⇔ y = x − 2 , thế y = x – 2 vào (2) ta được
3

3

Pt : 4 x + 2 + 22 − 3x = x 2 + 8
4
1
⇔ 3 x + 2 − x − 4 + 3 22 − 3 x − 14 + x = x 2 − x − 2
3
3
2

4  −x + x + 2  1 
− x2 + x + 2
2
⇔ 
+
÷ 
÷= x − x − 2
3  3 x + 2 + x + 4  3  3 22 − 3 x + 14 − x 

(

) (

)

4 
1
1
 1
 
⇔ ( x2 − x − 2)  
+ 
÷
÷+ 1 = 0
 3  3 x + 2 + x + 4  3  3 22 − 3 x + 14 − x  
 x = −1
⇔ x2 − x − 2 = 0 ⇔ 
x = 2
Vậy hệ phương trình có nghiệm là (-1; -3) và (2; 0).
3.2

2. Cho khai triển: ( 1 + 2 x )

10

0,5

( 3 + 4x + 4x )

2 2

0,5

0,5

0,5

= a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a14 x14 . Tìm giá trị

của a6 ?
Ta có ( 1 + 2 x )

10

( 3 + 4x + 4x ) = ( 1+ 2x)
2 2

10

2 + ( 1 + 2 x ) 2 



2

2

10
2
10
12
14
= ( 1 + 2 x ) 2 + ( 1 + 2 x )  = 4 ( 1 + 2 x ) + 4 ( 1 + 2 x ) + ( 1 + 2 x )



10
6
6
Hệ số của x6 trong kt 4 ( 1 + 2x ) là 4.2 .C10

Hệ số của x6 trong kt 4 ( 1 + 2x )
Hệ số của x6 trong kt ( 1 + 2x )

14

12

6

6

6

6
6
6
6
6
6
Vậy hệ số a6 = 4.2 .C10 + 4.2 .C12 + 2 .C14

0,5

6

là 4.2 .C12

là 2 .C14

0,5

0,5
0,5

Câu
3


4
4.1

Gọi H là hình chiếu vuông góc
của
uuuu
r M trên đường thẳng d,
ta có tọa độ điểm H(t; 3 – t). MH ( t + 1;1 − t ) ,
uuuur r
uuuur
mà MH ⊥ d ⇔ MH .u = 0 ⇔ t + 1 − 1 + t = 0 ⇔ t = 0 ⇔ MH ( 1;1)

0,5

suy ra MB = 2 MH = 2 , điểm B thuộc d nên B(b; 3 – b);
2
2

MB = 2 ⇔ ( b + 1) + ( 1 − b ) = 4 ⇔ b = 1; b = −1(l ) , điểm B(1; 2)

0,5

Ta có pt đường thẳng AB: y = 2; AD: x = 2. tọa độ điểm A(2; 2)
Điểm D là giao điểm của BD và AD nên D(2; 1).
3 3
Gọi I là trung điểm của BD, suy ra I  ; ÷, suy ra C(1;1).
2 2
Vậy A(2;2), B(1;2), C(1;1), D(2,1).
4.2

0,5

0,5

Trong mặt phẳng (ABC) :
AM ∩ BC = {A1}.
BM ∩ AC = {B1},
CM ∩ AB = {C1}
Trong (DAA1) :
Kẻ đường thẳng qua M
song song với AD cắt DA1 tại A’

Xét tam giác DAA1 có MA’ // AD nên

0,5

MA ' MA1 S ∆MBC
=

=
DA AA1 S ∆ABC
MC ' MC1 S ∆MAB
=
=
,
DC CC1 S ∆ABC

MB ' MB1 S ∆MAC
=
=
DB
BB1 S ∆ABC
MA ' MB ' MC '
+
+
= 1 ( do S MBC + S MAC + S MAB = S ABC )
Suy ra
DA DB DC
MA ' MB ' MC '
MA ' MB ' MC '
Ta có
+
+
≥ 33
.
.
DA DB DC
DA DB DC
Tương tự ta có

0,5

0,5

1
DA.DB.DC (không đổi)
27
1
Vậy giá trị lớn nhất MA’.MB’.MC’ là
DA.DB.DC, đạt được khi
27
Suy ra MA’.MB’.MC’ ≤

MA ' MB ' MC ' 1
MA1 MB1 MC1 1
=
=
= ⇒
=
=
=
DA DB DC 3
AA1 BB1 CC1 3

0,5

Hay M là trọng tâm tam giác ABC
4.3

(

Gọi I1 là ảnh của I qua phép quay tâm O, góc quay 450 thì I1 0; 2

)

Gọi I’ là ảnh của I1 qua phép vị tự tâm O, tỉ số k = 2 thì I’(0 ; 2)
Do đó phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện phép quay và phép vị tự thì I có
ảnh là I’(0 ;2). Gọi (C’) là ảnh của (C) qua phép đồng dạng nói trên thì (C’) có tâm là I’
và bán kính R ' = kR = 2 2 .
nên phương trình đường tròn (C’) là x + ( y − 2 ) = 8
2

câu
5

2

0,5
0,5

0,5
0,5

Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = 3xyz.
4


1

Chứng minh rằng :

x ( 3x − 1)

+

2

1
y ( 3 y − 1)

+

2

1
z ( 3 z − 1)

2

≥

3
4

1 1 1
+ + =3
x y z

Từ giả thiết: xy + yz + zx = 3xyz ⇔

0,5

1
1
1
Đặt a = , b = , c = ⇒ a + b + c = 3
x
y
z
Ta có
1
a3
a3
=
=
2
2
2
x ( 3x − 1)
( 3 − a) ( b + c)
1
y ( 3 y − 1)

2

1
z ( 3 z − 1)

2

b3

=
=

( 3 − b)

( b + c)
( a + c)

suy ra

( b + c)

2

+

( a + c)

2

+

( a + c)

2

0,5

c3

( a + b)
+

2

b3

( a + c)

2

+

c3

( b + a)

+

b + c b + c 3a
+
≥
8
8
4

2

+

a + c a + c 3b
+
≥
8
8
4

3

( a + b)

2

b3

2

b3

b3

2

( b + c)

Áp dụng BĐT Cô – si ta có:
a3

a3

=

a3

BĐT đã cho tương đương với

c

2

c3

( 3 − c)

=

2

+

≥

3
4

a + b a + b 3c
+

≥
8
8
4

c3

( b + a)

2

2

≥

a +b+c 3
= (dpcm)
4
4

0,5

0,5

dấu ‘=’ xảy ra khi a = b = c = 1, hay x = y = z = 1.
Chú ý : Nếu thí sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa câu đó.

5