Đề thi chọn HSG tỉnh Toán 11 THPT năm 2017– 2018 sở GD và ĐT Nghệ An

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
Đề chính thức

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 CẤP THPT
NĂM HỌC 2017 – 2018
Môn thi: TOÁN HỌC - BẢNG A
Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (7,0 điểm).

 3x π 
2sin 2  −  + 3 cos3 x
 2 4
=1
a) Giải phương trình
1 − 2sin x
 x 2 + y 2 +=
1 2 ( xy − x + y )
b) Giải hệ phương trình 
3
2
 x + 3 y + 5 x − 12 = (12 − y ) 3 − x

( x, y ∈  )

Câu 2 (2,0 điểm).
Một hộp chứa 17 quả cầu đánh số từ 1 đến 17. Lấy ngẫu nhiên đồng thời 3 quả
cầu. Tính xác suất sao cho tổng các số ghi trên 3 quả cầu đó là một số chẵn.
Câu 3 (5,0 điểm).
Cho hình chóp SABCD, có đáy là hình thoi cạnh a, SA
= SB

= SC
= a . Đặt SD = x

(0 < x < a 3 ) .
a) Tính góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD), biết rằng x = a .
b) Tìm x theo a để tích AC.SD đạt giá trị lớn nhất.
Câu 4 (2,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD. Hình chiếu
vuông góc của điểm D lên các đường thẳng AB, BC lần lượt là M ( −2;2 ) , N ( 2; −2 ) ;
đường thẳng BD có phương trình 3 x − 5 y + 1 =
0 . Tìm tọa độ điểm A.
Câu 5 (4,0 điểm).

un2 − n ( un − 1) + n 2
, với n ≥ 1
a) Cho dãy số ( un ) , biết
=
u1 6,=
un+1
n
1 1
1
Tính giới hạn lim  + +  + 
un 
 u1 u2
b) Cho ba số thực a, b, c thuộc đoạn [ 0;2] . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P=

(a c + c b − b c − c a − a b)(a + b + c) .
2

2

2

2

2

…………….Hết…………….
Họ và tên thí sinh……………………………………

Số báo danh……………………


Câu
1.
(7,0đ)

Đáp án

 3x π 
2sin 2  −  + 3 cos3 x
 2 4
a) (4,0 điểm) Giải phương trình
= 1 (1)
1 − 2sin x
π

x

≠
+ k 2π

1
6
Điều kiện: sin x ≠ ⇔ 
2
 x ≠ 5π + k 2π

6
π

(1) ⇔ 1 − cos  3 x −  + 3 cos3 x = 1 − 2sin x
2

π

sin x
⇔ sin 3 x − 3cos3x =
2sin x ⇔ sin  3 x −  =
3

π
π


 x= 6 + kπ
3 x − 3 =x + k 2π
⇔
⇔

.
π
π
π
k
 x=
3 x − = π − x + k 2π
+


3 2
3

Điểm

0,5

1,0
1,0

1,0

Đối chiếu với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm là

π
π
7π
x=
+ k 2π , x =
− + k 2π , x =

+ kπ .
6
6
3

0,5

b) (3,0 điểm) Giải hệ phương trình

 x 2 + y 2 +=
1 2 ( xy − x + y ) (1)
 3
2
 x + 3 y + 5 x − 12 = (12 − y ) 3 − x

(1) ⇔ ( x − y + 1)

(2)

=
0
⇔ x − y +1 = 0 ⇔ y = x +1
Thay y= x + 1 vào phương trình (2) ta được phương trình
2

x + 3 x + 11x − 9 =
3

2

(11 − x )

⇔ ( x + 1) + 5 ( x + 1)=
3

(

( x, y ∈  ) .
1,0
0,5

3− x

)

3

3 − x +1 + 5

(

)

3 − x + 1 (3)

Đặt a = x + 1; b = 3 − x + 1 , phương trình (3) trở thành

⇔ a 3 + 5a = b3 + 5b
2



b  3b 2
⇔ ( a − b )  a +  +
+ 5 = 0 ⇔ a = b
2
4


Do đó (3) ⇔ x + 1=
3 − x +1 ⇔ 3 − x= x
x ≥ 0
−1 + 13
.
⇔ 2
⇔x=
2
+
−
=
x
x
3
0


1

1,0

0,5


−1 + 13
x =

2
.
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) với 
 y = 1 + 13

2
2.
(2,0đ)

Một hộp chứa 17 quả cầu đánh số từ 1 đến 17. Lấy ngẫu nhiên đồng thời ba quả cầu. Tính xác
suất sao cho tổng các số ghi trên ba quả cầu đó là một số chẵn.
Số phần tử không gian mẫu n ( Ω ) =C173
0,5
Gọi A là biến cố: Lấy được đồng thời ba quả cầu sao cho tổng các số ghi trên ba
quả cầu đó là một số chẵn.
Xét các khả năng xảy ra
KN 1: Lấy được ba quả cầu có các số ghi trên ba quả cầu đó đều là số chẵn. Số cách
chọn là C83 .
KN 2: Lấy được hai quả cầu có các số ghi trên hai quả cầu đó đều là số lẻ và một
quả cầu có số ghi trên quả cầu là số chẵn. Số cách chọn là C92 .C81 .

C83 + C92 .C81 43
Vậy:
=

P ( A) =
.
C173
85
3.
(5,0đ)

0,5

0,5
0,5

Cho hình chóp SABCD, có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA
= SB
= SC
= a. Đặt

(

)

=
x SD 0 < x < a 3 .
a) Tính góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( ABCD ) , biết rằng x = a.
b) Tìm x theo a để tích AC.SD đạt giá trị lớn nhất.
a) (3,0 điểm)
S

D

A

1,0
O

C

B

Gọi O là tâm của hình thoi ABCD .

 SO ⊥ AC
⇒ SO ⊥ ( ABCD) .
 SO ⊥ BD

Khi x = a, ta có 

.
Suy ra góc giữa thẳng SB và mặt phẳng ( ABCD ) là góc SBO
Mà ∆SOB =
∆SOC ⇒ OB =
OC .
⇒ Đáy ABCD là hình vuông.

a 2
 = 2 ⇒ SBO
 =450.
⇒ cosSBO
2
2

Do đó OB =

b) (2,0 điểm)
Ta có ∆SOC =
∆BOC ⇒ OS =
OB ⇒ tam giác SBD vuông tại S .
2

1,0

1,0

0,5


Suy ra BD =

a2 + x2
2

a + x ⇒ OB =
2

2

AC = 2OC = 2 BC 2 − OB 2 =

3a 2 − x 2 .

0,5

Do đó AC
=
.SD x 3a 2 − x 2 .
Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si, ta có

x 3a 2 − x 2 ≤

3a 2
x 2 + 3a 2 − x 2 3a 2
.
=
⇒ AC.SD ≤
2
2
2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

1,0
a 6
.
x= 3a − x ⇔ x = 3a − x ⇔ x=
2
a 6
Vậy x =
thì tích AC.SD đạt giá trị lớn nhất.
2
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD. Hình chiếu vuông

góc của điểm D lên các đường thẳng AB, BC lần lượt là M ( −2;2 ) , N ( 2; −2 ) ; đường
thẳng BD có phương trình 3 x − 5 y + 1 =
0. Tìm tọa độ điểm A.
2

4.
(2,0đ)

2

2

2

M

2

A

B

I

D

C

N

Gọi I ( x; y ) là tâm hình bình hành ABCD.

0,5

Vì tam giác BMD vuông tại M và I là trung điểm của BD nên MI =
Tương tự ta có NI =
Từ (1) và (2) suy ra

1
BD (1)
2

1
BD ( 2 ) .
2

MI = NI ⇔ ( x + 2 ) + ( y − 2 ) = ( x − 2 ) + ( y + 2 ) ⇔ y = x (3)
0 (4)
Mà I thuộc BD nên 3 x − 5 y + 1 =
1
1 1
Từ (3) và (4) suy ra x= y=
⇒ I ; .
2
2 2
2

2

2

2

34
⇔ B, D thuộc đường tròn (T ) có tâm I bán kính
2
2
2
1 
1  17
34

. (T ) có phương trình  x −  +  y −  = .
R=
2 
2
2
2

Vì B, D là giao điểm của đường thẳng BD và đường tròn (T ) nên tọa độ B, D là
Do đó ID
= IB
= MI
=

3

0,5

3x − 5 y + 1 =
0

x = 3
 x = −2

2
2
nghiệm của hệ 
hoặc 
.
1 
1  17 ⇔ 
y = 2
 y = −1
 x − 2  +  y − 2  =
2
 


TH1: B (3;2) , D (−2; −1)
 5
 4




Suy ra phương trình đường thẳng AB : y = 2; AD : 4 x − y + 7 = 0 ⇒ A  − ;2  .
TH2: B (−2; −1) , D (3;2)
Suy ra phương trình đường thẳng

 13 
AB : x =
−2; AD : x + 4 y − 11 =⇒
0 A  −2;  .
4


5.
(4,0đ)

0,5

0,5

un2 − n ( un − 1) + n 2
a) (2,0 điểm) Cho dãy số ( un ) , biết
với n ≥ 1.
=
u1 6,=
un +1
n
1 1
1
Tính giới hạn: lim  +
+ ... +  .
un 
 u1 u2
Ta có: u1= 6 > 3.1
u2 = u12 − u1 + 2 = 32 > 3.2

*
Giả sử uk > 3k , ∀k ∈  . Ta cần chứng minh uk +1 > 3 ( k + 1)

2
uk2 − kuk + k 2 + k uk ( uk − 3k ) + 2kuk + k + k
Thật vậy: uk +1
=
=
k
k
⇒ uk +1 > 2uk + k + 1 > 2.3k + k + 1 > 3 ( k + 1) (đpcm)

0,5

Vậy un > 3n, với mọi n ∈ * (1).

uk2 − kuk + k 2 + k
uk2 − kuk
uk +1
⇔=
+ k +1
k
k
1
1
1
uk2 − kuk
k
⇔ uk +1 − ( k=
+ 1)

⇔
= 2 =
−
k
uk +1 − ( k + 1) uk − kuk uk − k uk
1
1
1
⇔ =
−
( 2).
uk uk − k uk +1 − ( k + 1)

uk +1
=

1
u1

Áp dụng (2) suy ra
=

0,5

1
1
−
u1 − 1 u2 − 2

1

1
1
=
−
u2 u2 − 2 u3 − 3
…

1
1
1
=
−
un un − n un +1 − ( n + 1)

0,5

Cộng theo vế các đẳng thức trên ta được

1 1
1
1
1
1
1
+ + ... + =
−
= −
( 3)
u1 u2
un u1 − 1 un +1 − ( n + 1) 5 un +1 − ( n + 1)

Mặt khác theo (1) ta có un +1 > 3 ( n + 1) ⇔ un − ( n + 1) > 2n + 2 > 0, ∀n ∈ * .

4


Vậy

1
1
<
un +1 − ( n + 1) 2n + 2

Mà lim

1
1
0 ⇒ lim
0 ( 3)
=
=
2n + 2
un +1 − ( n + 1)

0,5

1 1
1 1
+ + ... +  =.
un  5

 u1 u2

Từ (2) và (3), suy ra lim 

b) (2,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c thuộc đoạn [ 0;2]. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức P
=

( a c + c b − b c − c a − a b ) ( a + b + c ).
2

2

2

2

2

Với ba số thực a, b, c thuộc đoạn [ 0;2] ta có

a 2 c + c 2b − b 2 c − c 2 a − a 2b ≤ a 2 c + c 2b + b 2 a − b 2 c − c 2 a − a 2b
⇒ a 2c + c 2b − b 2c − c 2 a − a 2b ≤ ( a − b )( b − c )( c − a )
⇒ P ≤ Q với Q =

( a − b )( b − c )( c − a )( a + b + c )

Ta sẽ chứng minh Q ≤

32 3

9

0,5

(1).

(2)

Thật vậy: Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a = max {a; b; c}
TH1: a ≥ b ≥ c ⇒ Q ≤ 0
TH2: a ≥ c ≥ b , áp dụng bất dẳng thức Cô – Si cho ba số không âm

(

)

3 + 1 (a − c); 2(c − b);

(

)

(

3 + 1 (a − c) 2(c − b)

)

3 − 1 ( a + b + c ) ta có

(

(

)

(

)

 2 3a + 3 − 3 b 


⇒ ( a − c )( c − b )( a + b + c ) ≤
108
⇒ ( a − b )( a − c )( c − b )( a + b + c ) ≤

( a − b )  2 3a +
Mà
108

(

)

)

 2 3a + 3 − 3 b 

3 −1 (a + b + c) ≤ 



3



( a − b )  2

3

0,5

3

3a +

(

)

3 − 3 b


3

108

(3)

3

3 − 3 b
 ≤ 32 3 (4)
9
32 3
Từ (3) và (4) suy ra Q ≤
.
9
32 3
Do đó (2) đúng. Từ (1) và (2) suy ra P ≤
.
9
2 3
32 3
Khi=
thì P =
.
a 2,=
b 0,=
c
3
9
32 3
.
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là
9
- - - Hết - - Ghi chú: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
5

0,5

0,5