Đề KSCL đội tuyển HSG toán 11 năm 2017 – 2018 trường THPT yên lạc 2 – vĩnh phúc

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2

ĐỀ KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 11
MÔN: TOÁN – NĂM HỌC 2017-2018
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Đề thi gồm: 01 trang

Câu 1 (2,0 điểm).
cos x
có tập xác định là ¡ .
3sin 5 x − 4cos 5 x − 2m + 3
sin x − 1
.
b. Giải phương trình 2(1 + cos x)(1 + cot 2 x) =
sin x + cos x
Câu 2 (1,0 điểm). Một tứ giác có bốn góc tạo thành một cấp số nhân và số đo góc lớn nhất gấp 8
lần số đo góc nhỏ nhất. Tính số đo các góc của tứ giác trên.
Câu 3 (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn Cnn++41 − Cnn+3 = 4(n + 2) . Tìm hệ số của x 5
a. Tìm m để hàm số y =

trong khai triển nhị thức Niu – tơn của P = x(1 − 2 x) n + x 2 (1 + 3 x) 2 n .
Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình đa giác đều H có 24 đỉnh, chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của hình H . Tính
xác suất để 4 đỉnh chọn được tạo thành một hình chữ nhật không phải là hình vuông?
3 6 f ( x) + 5 − 5
f ( x) − 20
= 10 .Tính A = lim
.
x →2
x →2
x−2

x2 + x − 6
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A , hai điểm A và B nằm
trên đường thẳng x − 3 y + 11 = 0 , điểm A có hoành độ dương, trọng tâm của tam giác ABC là

Câu 5 (1,0 điểm). Cho f ( x) là đa thức thỏa mãn lim

2 5
G ( ; ) và chu vi của tam giác ABC bằng 3 10 + 5 2 . Tìm tọa độ các điểm A, B, C.
3 3
Câu 7 (2,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a và các cạnh bên đều bằng
uuur 1 uur
a . Gọi M là điểm nằm trên SB sao cho SM = SB .
3
a. Gọi ( P) là mặt phẳng chứa CM và song song với SA. Tính theo a diện tích thiết diện tạo
bởi ( P) và hình chóp S . ABCD.

b. E là một điểm thay đổi trên cạnh AC . Xác định vị trí điểm E để ME vuông góc với
CD.

Câu 8 (1,0 điểm). Xét phương trình ax 3 − x 2 + bx − 1 = 0 với a, b là các số thực, a ≠ 0, a ≠ b sao
cho các nghiệm đều là số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 − 3ab − 10a
P=
.
a2
-------------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……………………

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2

ĐÁP ÁN KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI
11
MÔN: TOÁN – NĂM HỌC 2017-2018
Đáp án gồm: 05 trang

I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh
làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu
Nội dung trình bày
Điểm
1
(2,0 điểm)
a.(1,0 điểm).
Hàm số có tập xác định là ¡ khi và chỉ khi
0,25
f ( x) = 3sin 5 x − 4cos5 x − 2m + 3 > 0, ∀x ∈ ¡ .
3
4
2m − 3
, ∀x ∈ ¡ .
Ta có: f ( x) > 0, ∀x ∈ ¡ ⇔ sin 5 x − cos5 x >
0,25
5

5
5
3

cos
ϕ
=

2m − 3
5
⇔ sin(5 x − ϕ ) >
, ∀x ∈ ¡ với 
.
5
sin ϕ = 4
0,5

5
2m − 3
< −1 ⇔ m < −1.
Do −1 ≤ sin(5 x − ϕ ) ≤ 1, ∀x ∈ ¡ nên f ( x) > 0, ∀x ∈ ¡ ⇔
5
Vậy m < −1.
b.(1,0 điểm)
 x ≠ kπ
sin x ≠ 0

⇔
, k ∈ ¢.
ĐK: 

π
sin x + cos x ≠ 0
 x ≠ − 4 + kπ
0,25
1
sin x − 1
Pt ⇔ 2(1 + cos x). 2 =
sin x sin x + cos x
2
sin x − 1
⇔
=
⇔ sin x + cos x + sin x.cos x + 1 = 0
1 − cos x sin x + cos x
0,25
Đặt t = sin x + cos x = 2 sin( x +

π
), − 2 ≤ t ≤ 2, Phương trình trở thành:
4

t2 −1
t+
+ 1 = 0 ⇔ t = −1.
2

2

π
 π

π
x + = − + k 2π


x = − + k 2π (tm)
π
1
4
4

⇔
⇔
.
2
Với t = −1, ta có sin( x + ) = −

4
2
 x + π = 5π + k 2π
 x = π + k 2π (l )

4
4
π
Vậy phương trình có họ nghiệm x = − + k 2π .
2
(1,0 điểm)

0,25

0,25


Giả sử 4 góc A, B, C , D (với A < B < C < D) theo thứ tự đó tạo thành cấp số nhân
thỏa mãn yêu cầu với công bội q . Ta có: B = qA, C = q 2 A, D = q 3 A.
2
3
q = 2
 A + B + C + D = 360
 A(1 + q + q + q ) = 360
⇔ 3
⇔
.
Theo gt, ta có : 
0
 Aq = 8 A
 µA = 24
D = 8 A

3

µ = 480 , C
µ = 960 , D
µ = 1920.
Suy ra B
(1,0 điểm)
(n + 4)! ( n + 3)!
( n + 4)( n + 3) ( n + 3)( n + 1)
−
= 4(n + 2) ⇔

−
=4
ĐK: n ≥ 0 , ta có
(n + 1)!.3! n!.3!
6
6
⇔ 3n = 15 ⇔ n = 5.
Với n = 5, ta có P = x(1 − 2 x)5 + x 2 (1 + 3 x)10

0,25

0,5
0,25

0,25

5

5
k
k
Xét khai triển: x(1 − 2 x) = x ∑ C5 (−2 x) , suy ra hệ số chứa x5 ứng với k = 4 và ta
k =0

có a5 = C (−2) = 80
4
5

4

0,5
10

2
10
2
k
m
Xét khai triển: x (1 + 3 x) = x ∑ C10 (3x) , suy ra hệ số chứa x 5 ứng với m = 3 và
m =0

ta có a5 = C .3 = 3240.
Vậy hệ số của x5 trong khai triển là: a5 = 80 + 3240 = 3320.
(1,0 điểm)
4
Số phần tử của không gian mẫu là Ω = C24 = 10626.
Đa giác đều 24 đỉnh có 12 đường chéo qua tâm. Cứ 2 đường chéo qua tâm tương ứng
cho ta một hình chữ nhật hoặc hình vuông. Số hình chữ nhật và hình vuông được tạo
thành là C122 .
Giả sử A1 , A2 ,..., A24 là 24 đỉnh của hình H . Vì H là đa giác đều nên 24 đỉnh nằm
trên 1 đường tròn tâm O.
3600
·
= 150 với i = 1, 2,..., 23
Góc AOA
i
i +1 =
24
Ta thấy: ·A1OA7 = ·A7OA14 = ·A14OA21 = 900 , do đó A1 A7 A14 A21 là một hình vuông, xoay
hình vuông này 150 ta được hình vuông A2 A8 A15 A22 , cứ như vậy ta được 6 hình

vuông.
Số hình chữ nhật không là hình vuông là: C122 − 6 = 60.
60
10
.
Vậy xác suất cần tính là: 4 =
C24 1771
(1,0 điểm)
f ( x) − 20
= g ( x) ⇒ f ( x) − 20 = ( x − 2).g ( x)
Đặt
x−2
f ( x) − 20
= lim g ( x) = g (2) ⇒ g (2) = 10.
Ta có: lim
x →2
x →2
x−2
Lại có: f (2) − 20 = 0 ⇒ f (2) = 20 .
Suy ra:
3 6 f ( x) + 5 − 5
6( f ( x) − 20)
A = lim
= lim
2
x →2
x →2
x + x−6
( x − 2)( x + 3)( 3 (6 f ( x) + 5) 2 + 5 3 6 f ( x) + 5 + 25)
3

10

4

5

3

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25
0,25
0,5


= lim
x →2

6.g ( x)
( x + 3)( 3 (6 f ( x) + 5) + 5 3 6 f ( x) + 5 + 25)
2

=

6.g (2)
5( 3 (6 f (2) + 5) + 5 3 6 f (2) + 5 + 25)
2

4
.
25
(1,0 điểm)
=

6

11
2 10
) ; GH = d (G , AB ) =
.
3
3
3
Gọi I , J lần lượt là trung điểm của AC , BC .Ta có AC = 2 AI = 2. .GH = 2 10 .
2
2
2
2
2
 BC − AB = AC = (2 10) = 40
 BC = 5 2
⇒
.
Ta có: 

 BC + AB = 3 10 + 5 2 − AC = 10 + 5 2
 AB = 10
2
2 1
5 2
AG = . AJ = . .BC =
.
3
3 3
3
a = 4
5 2
2
⇔ 3a − 22a + 40 = 0 ⇔ 
.
Gọi A(3a − 11, a ) ∈ AB . Ta có AG =
 a = 10
3
3

Với a = 4 ⇒ A(1;4)
10
10
Với a = ⇒ A(−1; ) (l ).
3
3
uuur 2 uur
uuu
r
uuur

Ta có: AB = 3 AH ⇒ B(−2;3) ; BG = BI ⇒ I (2;1).
3
Do I là trung điểm của AC ⇒ C (3; −2) .
Vậy A(1;4); B (−2;3); C (3; −2).
Gọi H là hình chiếu của G trên đoạn AB ⇒ H (0;

7

(2,0 điểm)
a.(1,0 điểm)
Từ M kẻ MN / / SA ( N ∈ AB) . Khẳng định thiết diện là tam giác CMN .
MN BM 2
2a
=
= ⇒ MN =
.
Ta có:
SA
BS 3
3
a2
a 1 7a 2
Xét ∆SMC có: MC 2 = SM 2 + SC 2 − 2.SM .SC.cos MSC = + a 2 − 2. .a. =
9
3 2
9
a 7
⇒ MC =
.
3

4a 2
13a
CN = BN + CB =
+ a2 =
.
9
3
2

2

0,5

0,25

0,25

0,25
0,25


4a 2 7 a 2 13a 2
+
−
MN + MC − CN
9
9
9 =− 7.
=
Có cos CMN =

2.MC.MN
14
a 7 2a
2.
.
3 3
3 21
Suy ra sin CMN = 1 − cos 2 CMN =
.
14
1
1 a 7 2a 3 21
3 2
Diện tích thiết diện là: S ∆CMN = .MC.MN .sin CMN = .
. .
=
a
2
2 3 3 14
6
(đvdt).
b.(1,0 điểm)
Đặt CE = xCA . Kẻ EH ⊥ CD ( H ∈ CD ) ⇒ EH / / AD nên CH = xCD
uuur
uuur
Suy ra CH = xCD .
uuuu
r uuur uuuu
r
uuur 2 uuu

r 1 uuu
r
MH = CH − CM = xCD − ( CS + CB )
3
3
uuur uuuu
r uuur
ME = MH + HE
CD
Để
u
uur ME
uuur vuông góc
uuuu
r uđiều
uur ukiện
uur là: uuuu
r uuur
ME.CD = 0 ⇔ ( MH + HE ).CD = 0 ⇔ MH .CD = 0 do HE ⊥ CD.
r 1 uuu
r  uuur
uuur 2 2 uuu
r uuur
 uuur 2 uuu
⇔  xCD − ( CS + CB )  .CD = 0 ⇔ xCD − CS .CD = 0 do CB ⊥ CD
3
3
3



2

2

2

uuu
r uuur
1
Do ∆SCD đều nên CS .CD = CS .CD.cos600 = a 2 . Do đó
2
2 1
1
1
x.a 2 − . a 2 = 0 ⇔ a 2 ( x − ) = 0 ⇔ x = .
3 2
3
3
1
Vậy E thuộc đoạn AC thỏa mãn CE = CA.
3

8

(1,0 điểm)
Giả sử phương trình đã cho có ba nghiệm x1 , x2 , x3 > 0.
1

 x1 + x2 + x3 = x1.x2 .x3 = a > 0
⇒ a, b > 0.

Theo viet ta có: 
b
x x + x x + x x = > 0
2 3
1 3
 1 2
a
1
Đặt t = (t > 0). Ta có:
a

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25


x1 + x2 + x3 = x1 x2 x3 ≤ (

x1 + x2 + x3 3
t3
) (áp dụng BĐT Côsi) ⇒ t ≤

⇔ t ≥ 3 3.
3
27

Ta lại có:
( x1 + x2 + x3 )2
x1 x2 + x1 x3 + x3 x1 ≤
⇒ −3( x1 x2 + x1 x3 + x3 x1 ) ≥ −( x1 + x2 + x3 ) 2 = −t 2 .
3
2 − 3ab − 10a
1
b
1
= 2. 2 − 3 − 10 ≥ t 2 − 10t.
2
a
a
a
a
2
Xét hàm f (t ) = t − 10t , t ≥ 3 3. Ta được
1

a =
3 3.
min f (t ) = 27 − 30 3 ⇔ t = 3 3 ⇔ 
x∈3 3; +∞ )
b = 3

1


a =
3 3 thay vào thỏa mãn phương trình đã cho. Vậy min P = 27 − 30 3.
Với 
b = 3

Khi đó P =

0,25

0,25

0,25