Đề thi chọn HSG Toán 11 cấp trường năm 2017 – 2018 trường Lê Văn Thịnh – Bắc Ninh

SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÊ VĂN THỊNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm có 1 trang)
Câu 1 ( 1 điểm). Giải phương trình

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn thi: Toán Lớp 11
Ngày thi: 7/4/2018
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề)
3 cos 2 x  sin 2 x  2 cos x  0 .

Câu 2 ( 2 điểm).
a) Cho đa giác lồi n cạnh nội tiếp đường tròn, biết số tam giác lập được bằng

4
số tứ giác lập được
7

từ n đỉnh của đa giác đó. Tìm hệ số của x 4 trong khai triển  3  2 x  .
n

Cn0
Cn1
Cn2
Cnn




...

( n  * ).
Cn1 2 Cn2 2 Cn3 2
Cnn21
2mx  1
và điểm M(2;5). Đường thẳng d đi qua M và tiếp xúc với
Câu 3 ( 1 điểm). Cho đồ thị  C  : y 
2x  2
 C  . Tìm m để đường thẳng d tạo với 2 tia Ox và Oy tam giác có diện tích lớn nhất.

b) Tính tổng S 

Câu 4 ( 1 điểm).
Biết lim





n 2  an  2018  3 bn3  6n 2  5n  2019  0 . Tính a 2018  b 2019  1 .

Câu 5 ( 2 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân (AD // BC), BC = 2a,
AB = AD = DC = a (a > 0). Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Biết SD
vuông góc với AC.
a) Chứng minh mặt phẳng (SBC) vuông góc mặt phẳng (ABCD). Tính độ dài đoạn thẳng SD.
b) Mặt phẳng   đi qua điểm M thuộc đoạn thẳng OD ( M khác O và D) và song song với đường
thẳng SD và AC. Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng   biết MD = x.
Tìm x để diện tích thiết diện lớn nhất.
  2 KAC

 ,
Câu 6 ( 1 điểm). Cho tam giác ABC, điểm K nằm trên cạnh BC sao cho KB = 2KC và KAB
 3 3
 là trung điểm cạnh BC, điểm M
2



3 3 3
 ;
 là hình chiếu của B lên đường thẳng AK.
2
2


Biết rằng A nằm trên đường thẳng d : y  5 x và điểm I (0;5) thuộc đường thẳng chứa cạnh AC. Viết

điểm E  3;

phương trình đường thẳng chứa cạnh BC.
Câu 7 ( 1 điểm). Giải hệ phương trình
 x 3  7 x 2  18 x  18  y 3  2 y 2  3 y
.

2
2
2
 x  2   y  3 y  9  3 4 x  1  2 x  x  y  1 y  4 x  1  3
Câu 8 ( 1 điểm). Cho x, y, z  0 và x  y  z  3 . Chứng minh rằng:
x

y
z
3
 2
 2
 .
2
x  x  1  yz y  y  1  zx z  z  1  xy 4





---------- HẾT ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn thi: …LỚP ….

SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÊ VĂN THỊNH
Câu
1
(1 điểm)

Đáp án

Điểm

1

3 cos 2 x  sin 2 x  2 cos x  0



 cos  2 x    cos x
6



x


 k 2

6

k  
 x     k 2

18
3
2
( 2 điểm)

0,5

0,5

2a)

1

4
Từ giả thiết suy ra Cn3  Cn4  n  10
7

0,5

10

Xét  3  2 x    C10k 310 k 2k x k nên ta xét k = 4 thu được hệ số của x 4 là
10

k 0

0,5

C 3 2  2449440
4 6 4
10

1

2b)

Ta có

k

n
k 1
n2

C
C



 k  1 n  k  1  n  k  1  1  k
 n  1 n  2 
 n  1 n  2 

nên

n 1  2  ...  n  1  n  1  (1  2  ...  n )
2

S

0,25
2

2

0,25

2

 n  1 n  2 

n3

6
3
( 1 điểm)

0,5

1

Giả sử d: y  ax  b . Đường thẳng d cắt 2 tia Ox và Oy lần lượt tại A và B nên a  0 .

0,25

d đi qua M(2;5) nên b = 5 - 2a.
2mx  1
d tiếp xúc với  C  : y 
khi và chỉ khi 2mx  1   ax  b  2 x  2  có nghiệm kép
2x  2

0,25


x  1 khi và chỉ khi

0,5

 b  a  m 2  2a 1  2b   0
Từ trên ta ta có được


2
m
1
0




 5  m  3a 

2

0,25

 m1  5  3a  2a  4a  9 
 2 a  4a  9   
 m  5  3a  2a  4a  9 
 2

Do a < 0 nên m1 và m2 là phân biệt vậy ta luôn tìm được giá trị của m với mỗi trường hợp
a < 0.

Ta lại có SOAB 

0,25

 5  2a  .
1b


2 a
2a
2

2

2  9n  4 
1
3
1  5n  2 
.
Chọn a   n    thì SOAB 
ta tìm được m1  5  
n
n2
n
n
2
2

Khi n   thì m1  5 và SOAB   tức ta không tìm được m để thỏa mãn bài toán.
4
(1 điểm)

1

Đặt L  lim



0,5



n  an  2018  bn  6n  5n  2019 .
2

3

3

2

Nếu b  1 L   (loại)
Nên b = 1
Xét b = 1 ta có lim
lim





3

0,5



n  6n  5n  2019  n  2  0 nên
3

2



n 2  an  2018  n  2  0 mà lim





n 2  an  2018  n  2 

a4
. Ta được
2

a = 4. Vậy A = 42018 .
5
(2 điểm)

2


S
Q
P

E
I

B

C
O

N

M
G

A

D

1

5a)

Gọi I là trung điểm của BC nên tứ giác ADCI là hình thoi cạnh a nên IA = IB = IC = a thì
tam giác ABC vuông tại A, suy ra AC vuông góc DI

0,25
0,25

AC  ID  ID || AB  , AC  SD  AC   SID 
 AC  SI
Do AC  SI , BC  SI  SI   ABCD   ( ABCD )   SBC 

0,25
0,25

Ta có : SD  SI  ID  2a
2

2

1

5b)

Từ M kẻ hai đường thẳng lần lượt song song với SD, AC chúng cắt theo thứ tự SB tại Q
và AB tại G, AC tại N. Từ G kẻ đường thẳng song song SD, cắt SA tại E,từ N kẻ đường
thẳng song song với SD cắt SC tại P. Ta được thiết diện là ngũ giác GNPQE.





x 

Ta có BD  a 3 nên tính được EG  NP  2 a  x 3 , QM  2  a 
 , GN  3 x
3


0,5

0,25

Tứ giác EGMQ và MNPQ là hai hình thang vuông đường cao lần lượt là GM và NM nên



S MNPQE  4 x 3a  2 3 x


0,25

Max S MNPQE 

3 3 2
a 3
a tại x 
2
4


6
( 1 điểm)

1

A

O
M
B

E

K

N
C

0,25

Chứng minh AC vuông góc với EM.



Từ đó AC : x = 0 nên A(0, 0). Và C(0; y) nên B 6;3 3  y

0,25



0,25

Do BM  AM  y  3 3 nên B(6;0) và C(0; 3 3 )
0,25

Ta được BC: 2 x  3 3 y  18  0
7
(1 điểm)

1

 x3  7 x 2  18 x  18  y 3  2 y 2  3 y 1



2
2
2
 x  2   y  3 y  9  3 4 x  1  2 x  x  y  1 y  4 x  1  3  2 



0,25

Ta có 1  x  2  y  1
Thế vào (2) ta được:



2 x2  4 x  5  x  4 x  1



2 x2  4 x  4  3



 2x2  4x  4 2  9 



 2x2  4x  5  x  4x  1 
2
2x  4x  4  3








 2 x 2  4 x  5  0  3

 x  4 x  1  2 x 2  4 x  4  3  4 

0,25


2  14
t / m
x 
2
 3  

2  14
l 
x 

2

 4  x  3 

0,25

4x 1  2x  4x  4 .
2

Do 2 x 2  4 x  4  4 x  1  0 nên x  3 . Ta có

 x  3 

4 x  1  2 x 2  6 x  9  4 x  1  2  x 2  2 x  10 

 2  x2  2x  2
nên (4) vô nghiệm.
 2  14 4  14 
;
Vậy S  

2
2 

8
(1 điểm)

1

x
x
Ta có x  x  1  3x nên 2

. Từ đó
x  x  1  yz 3x  yz

0,25

2

VT 

x
y
z


.
3x  yz 3 y  zx 3 z  xy

Đặt a  x  y, b  y  z, c  z  x nên a, b, c là ba cạnh của một tam giác có p = 3.
VT 

0,25

p b p c p a


ac
ba
cb

p  b 1  a  b  c  a  c  b  1
1

 1  cos B  nên VT   3  cos A  cos B  cos C 

6
2ac
6
6
ac

3
Mà cosA  cosB cosC 
2
suy ra VT 
0

3
.Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =1.
4

0,25

0,25