25 đề thi học sinh giỏi toán 11 năm học 2017 - 2019

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4
TỔ: Toán

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN
Năm học: 2018 - 2019

ĐỀ KIỂM TRA LẦN 1

Môn thi: TOÁN - Lớp 11 THPT
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu

Số báo danh
……………………............

Câu I (4,0 điểm)
1. Cho hàm số y  x 2  2 x  3 (*) và đường thẳng d : y  2mx  4 .
Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số (*). Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành
x  m x2  m

 6
độ x1 ; x2 thỏa mãn 1
x2  1 x1  1
2. Giải bất phương trình  ( x  3  x  1)  (1  x2  2 x  3)  4 .
Câu II (4,0 điểm)

1  s inx  cos2x  sin  x   1
4


cosx

1. Giải phương trình
1+tanx
2

 x  1  y  1  4  x  5 y
2. Giải hệ phương trình 
 x, y    .
2
 x  y  2  5  2 x  y  1  3x  2
Câu III (4,0 điểm)
1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc  1 . Chứng minh rằng

bc
a



ca
b



ab
c

 a  b c 3

u1  2018
 3n


2. Cho dãy số (un) được xác định bởi  2
. Tính giới hạn lim  2 .un  .
2
n

 3n  9n  un 1   n  5n  4  un , n  1
Câu IV (4,0 điểm)
3x  6 2 x  4  4 3 y  18  2 y
1. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm 
.
3x  2 y  6  6m  0
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh A  3;1  , đỉnh C nằm trên

đường thẳng  : x  2 y  5  0 . Trên tia đối của tia CD lấy điểm E sao cho CE  CD , biết N  6; 2  là
hình chiếu vuông góc của D lên đường thẳng BE. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật
ABCD.
Câu V (4,0 điểm)
1. Cho dãy số  un 

u1  2
 u
un 
u

.Tính lim  1  2  ... 
xác định 
1
.
2
u

u
u
1
1
1



u

u

u

u
,

n

1


2
3
1

n


1

n

n
n
n

2018

2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  C  : x 2  y 2  25 , đường

thẳng AC đi qua điểm K  2;1  . Gọi M, N là chân các đường cao kẻ từ đỉnh B và C. Tìm tọa độ các đỉnh
tam giác ABC, biết phương trình đường thẳng MN là 4 x  3 y  10  0 và điểm A có hoành độ âm.
...........................Hết........................


Câu
I
4,0
điểm

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
NỘI DUNG
2
1. Cho hàm số y  x  2 x  3 (*) và đường thẳng d : y  2mx  4 .
Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số (*). Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm
x  m x2  m

 6
phân biệt có hoành độ x1 ; x2 thỏa mãn 1
x2  1 x1  1

Điểm
2.0

+ Lập bảng biến thiên và vẽ (P): y  x 2  2 x  3
 x  1
ta có đỉnh I : 
 I  1; 4 
 y  4
Ta có bảng biến thiên:
x

-∞
+∞

-1
1

+∞
+∞

0.50

y

-4

đồ thị là parabol có bề lõm hướng lên có trục đối xứng là đường thẳng x  1
cắt trục hoành tại điểm 1;0  ;  3;0  cắt trục tung tại điểm  0; 3
Ta có đồ thị của hàm số:

y

0.50
-1
-3

O

1

x

-4

x  1
Đk:  1
 x2  1
Xét phương trình hoành độ giao điểm x 2  2 x  3  2mx  4  x 2  2  m  1 x  1  0 (1)
d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2  phương trình (1) có hai nghiệm
2
 m 2  2m  0
m  2
   m  1  1  0
phân biệt x1 , x2  1  


m  0
 4  2m  0
1  2  m  1  1  0
 x1  x2  2  m  1

khi đó theo định lí viet ta có 
 x1.x2  1
x 2  x22   m  1 x1  x2   2m
x  m x2  m
Ta có 1

 6  1
 6
x2  1 x1  1
x1 x2   x1  x2   1

0.50


x  x 
 1 2

2

 2 x1 x2   m  1 x1  x2   2m
4  m  1  2  2  m  1  2m
 6 
 6
x1 x2   x1  x2   1
1  2  m  1  1
2

2

0.50

m  2
 6  m  1  2m  2  6  4  2m   3m  13m  14  0  
m  7
3

7
kết hợp với điều kiện ta được m 
3
2

2

2. Giải bất phương trình ( x  3  x  1)  (1  x2  2 x  3)  4

Điều kiện: x  1. Suy ra:
() 

4  (1  x 2  2 x  3)
x  3  x 1

()

2.0

0.50
0.50

x  3  x  1  0.

 4  1  x2  2 x  3  x  3  x  1

0.50

 1  x 2  2 x  3  2 x 2  2 x  3  x  3  x  1  2 ( x  3)( x  1)
 x 2  4  0  x  2 hoặc x  2.

II
4,0
điểm

Kết luận: Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S   2;   

1  s inx  cos2x  sin  x   1
4

cosx

1. Giải phương trình
1+tanx
2



x   k

cosx  0
cosx  0 
2


Điều kiện : 

1  tanx  0
 tanx  1  x     k

4

1  s inx  cos2 x  sin  x   1
4

cos x

Pt 
s inx
2
1
cos x
cos x 1  s inx  cos2 x  cos x  s inx
1


.
cos x
cos x  s inx
2
2
 1  s inx  cos 2 x  1  2s in 2 x+ s inx  1  0  s inx 

2.0

0.50

0.50

1
hoặc s inx  1 (loại).
2



x
 k 2

1
  
6
Với sin x    s inx  sin 
,k  Z 

2
 6 
 x  7  k 2

6


Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: x 
 k 2 ;
6
7

x
 k 2 với  k  Z  .
6
 x  1  y  1  4  x  5y

2.Giải hệ phương trình 

0.50

2
 x  y  2  5  2x  y  1  3x  2

 x, y    .

0.50

0.50

2.0


2

 x   3 , y  1
Điều kiện : 4  x  5y  0 .
2x  y  1  0

0.50

Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có :

 x  1 y  1  4  x  5y
 x  1 y  1  2  y  1  0

x  1  y  1  4  x  5y  x  y  2  2
 x  2y  1 




 x  1 y  1  0  x  1 

x 1  y 1



0.50



x 1  2 y 1  0  x 1  y 1  x  y .

Thay x  y vào phương trình thứ hai trong hệ ta có phương trình :



 



x 2  x  2  5x  5  3x  2  x 2  x  1  x  2  5x  5  x  1  3x  2  0
 x2  x 1 



x2  x 1
5x  5  x  2

x2  x 1



0.50

0

3x  2  x  1



1
1


 x 2  x  1 1 

0
5x  5  x  1
3x  2  x  2 



1 5
1 5
y
x 
2
2
 x2  x 1  0  

1 5
1 5
y
x 
2
2


1

1

2
Vì 1 

 0 , x   . Đối chiều điều kiện ta có nghiệm
3
5x  5  x  1
3x  2  x  2
 1  5 1  5   1  5 1  5  
của hệ :  x, y   

;
;
;
 .
2   2
2  
 2

III
4,0
điểm

0.50

1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc  1 . Chứng minh rằng

bc
a



ca
b



ab
c

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

Tương tự ta được

2.0

 a  b c 3

bc
a



ca
b

2 bc
a

2

2

bc
a

0.50

ca a  b
ab
;
2

b
c
c

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

bc
a



ca
b



 bc
ca
ab 
 2





a
b
c
c




ab

Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có
Áp dụng tương tự ta được

bc
ca

2
a
b

ca
ab

 2 a;
b
c

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

0.50

bc
ca

2 c
a

b

ab
bc

2 b
c
a

bc
ca
ab


 a b c
a
b
c

0.50


Do đó ta suy ra

bc
a



ca

b



ab
c

2



a b c



Ta cần chứng minh được
2





a  b c  a  b c3 a  b c 3

0.50

Đánh giá cuối cùng là một đánh giá đúng theo bất đẳng thức Cauchy và giả thiết

abc  1

Bài toán được giải quyết xong. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 .
u1  2018
2. Cho dãy số (un) được xác định bởi  2
.
2
3
n

9
n
u

n

5
n

4
u
,
n

1




n

n

1


2.0

3

Tính giới hạn lim  2 .un  .
n

2
un 1
1 (n  1)  3(n  1)
1 un
un 

Ta có un 1 
2
2
n  3n
3
(n  1)  3(n  1) 3 n 2  3n
u
1
1
Đặt vn  2 n  vn 1  vn  (vn) là cấp số nhân có công bội q  và số hạng đầu
n  3n
3
3
n 1

n 1
1009  1 
1009  1 
u 2018 1009
 vn 
.    un 
.    n 2  3n 
v1  1 

2 3
2 3
4
4
2
n

 1009  1  n 1 2
 3n

 3n

3n 
Khi đó lim  2 .un   lim  2 .un   lim 
n  3n  . 2 
.
 2  3  
n 
n

n




IV
4,0
điểm

0.50

0.50

 3027 n 2  3n  3027
 3  3027
.
 lim 
.
lim 1   

2
2
n
2
n
2




3x  6 2 x  4  4 3 y  18  2 y
1. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm 

3x  2 y  6  6m  0
y
 x  2
Đk: 
 y  6
3

0.50

0.50
2.0

K
H
I

1

O

1

 x   y
x
y

1  2
2 3
  1    2   2
2

3
 2   3

Ta có pt(1)  
 x  1   y  2   m  4

 2   3


x
3

0.50



x
1
2
2
a 
2

 a  b  2a  2b  3
(đk a, b  0 ). Ta có hệ phương trình  2
(*)
Đặt 
2
 a  b  m  4
b  y  2


3
Hệ phương trình đã cho có nghiệm  hệ (*) có nghiệm a, b  0
Nếu m  4 hệ (*) vô nghiệm  hệ phương trình đã cho vô nghiệm
Nếu m  4 . Chọn hệ tọa độ Oab ta có
1
Pt(1) cho ta đường tròn  C1  tâm I 1;1 , R1  5 ( vì a, b  0 )
4
1
Pt(2) cho ta đường tròn  C2  tâm O  0;0  , R2  m  4 ( vì a, b  0 )
4
Hệ phương trình có nghiệm   C1  cắt  C2 
 OH  R2  OK  3  m  4  2  5  5  m  3  2 10

Vậy hệ đã cho có nghiệm  5  m  3  2 10
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh A  3;1  ,
đỉnh C nằm trên đường thẳng  : x  2 y  5  0 . Trên tia đối của tia CD lấy điểm E sao
cho CE  CD , biết N  6; 2  là hình chiếu vuông góc của D lên đường thẳng BE. Xác

0.50

0.50

0.50
2.0

định tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD.
AND  
ABD và 
ABD  

ACD (do ABCD là hình chữ nhật).
Tứ giác ADBN nội tiếp  


Suy ra AND  ACD hay tứ giác ANCD nội tiếp được một đường tròn, mà

ADC  900  
ANC  900  AN  CN .

0.50

 

Giả sử C  2 c  5; c , từ AN .CN  0  3 1  2c   2  c  0  c  1  C 7;1
Tứ giác ABEC là hình bình hành, suy ra AC / / BE .
Đường thẳng NE qua N và song song với AC nên có phương trình y  2  0.
 

b  6  B  N  lo¹ i 

Giả sử B  b;  2  , ta có AB.CB  0  b2  4b  12  0  

b  2  B  2; 2 


Từ đó dễ dàng suy ra D  6; 4 

0.50

0.50

0.50


Vậy C 7;1 , B  2; 2  , D  6;4  .
V
4,0
điểm

u1  2

.
1. Cho dãy số  un  xác định 
1
2
un 1  un  2018  un  un  , n  1
 u
un 
u
Tính lim  1  2  ... 
.
un 1  1 
 u2  1 u3  1
Theo giả thiết ta có: un 1 

2.0

un  un  1
 un mà u1  2 suy ra.
2018

0.50

2  u1  u2  u3  ....... do đó dãy  un  là dãy tăng.

Giả sử dãy  un  bị chặn trên suy ra lim un  L với  L  2  khi đó.
n 

lim un 1  lim

L  0
un2  2017un
L2  2017 L
L

.
2018
2018
L  1

Vô lý do L  2 . Suy ra dãy  un  không bị chặn trên do đó. lim un    lim
Ta có: un 1  un 

0.50

1
0
un

1

un2  un   un  un  1  2018  un 1  un 

2018

0.50

un  un  1
2018  un 1  un 
un



un 1  1  un 1  1 un  1  un 1  1 un  1


2018  un 1  1   un  1 

 un1  1 un  1

 1
1 
 2018. 


 un  1 un 1  1 
0.50

Đặt :
Sn 

un
u1
u
 2  ... 
u2  1 u3  1
un 1  1

 1

1 
1 
 S n  2018 

  2018  1 
  lim S n  2018
 u1  1 un 1  1 
 un 1  1 
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

 C  : x 2  y 2  25 , đường thẳng AC đi qua điểm

K  2;1  . Gọi M, N là chân các đường

2.0

cao kẻ từ đỉnh B và C. Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC, biết phương trình đường
thẳng MN là 4 x  3 y  10  0 và điểm A có hoành độ âm.
Gọi I, J lần lượt là giao điểm của BM, CN
với đường tròn  C  .
Do tứ giác BCM N nội tiếp nên

  CNM
 , lại có CJI
  I
MBC
BC (cùng
chắn cung IC) do đó
I  CN

CJ
M  MN / / IJ

0.50



ACI  
ABI

BA  J
CA
Lại có  J
 
 
 ABI  J CA( doNBM  NCM )
 J
BA  I
CA 
AI  AJ

 AO  J I  AO  M N

Từ đó ta có:
+) Do OA đi qua O  0;0  và vuông góc với MN : 4 x  3 y  10  0 nên Phương trình
đường thẳng OA : 3 x  4 y  0.

0.50

 A  4;3 

 x  y  25  A  4; 3   lo¹ i 
3 x  4 y  0

+) Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 

2

2

+) Do AC đi qua A  4;3  và K  2;1  , nên phương trình đường thẳng
AC : x  3 y  5  0.
 x  3 y  5  0 C  4; 3   A  lo¹ i 
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ  2

2
 x  y  25
C 5; 0 

0.50

+) Do M là giao điểm của AC và MN nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ

4 x  3 y  10  0
 M  1;2 

x  3 y  5  0

+) Đường thẳng BM đi qua M  1;2  và vuông góc với AC nên phương trình đường
thẳng BM : 3 x  y  5  0
3 x  y  5  0  B  0;5 
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ  2

2
 B  3; 4 
 x  y  25

Vậy A  4;3  , B  3; 4  , C 5;0  hoặc A  4;3  , B  0;5  , C  5;0  .
...........................Hết........................

0.50


SỞ GD&ĐT HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT MINH CHÂU

ĐỀ KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 11
MÔN: TOÁN – NĂM HỌC 2017-2018
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề
Đề thi gồm: 01 trang

Câu 1 (1,0 điểm). Giải phương trình cos 2 2 x  cos 2 x 

3
0
4

sin x  1
.
sin x  cos x
Câu 3 (1,0 điểm). Cho hàm số y = x3 - 3x 2 +1 có đồ thị (C ). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2(1  cos x )(1  cot 2 x ) 

thị (C ), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng D : x + 9 y = 0.
x 5  5x 3  2 x 2  6 x  4
x 1
x3  x2  x  1
Câu 5 (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5Cnn 1  Cn3 . Tìm hệ số của số hạng chứa x8

Câu 4 (1,0 điểm). Tính giới hạn: I  lim

n

 nx 2 1 
trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 
  ,x  0.
 14 x 

 4 x 2  1 x   y  3 5  2 y  0
Câu 6 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
2
2

4 x  y  2 3  4 x  7
Câu 7 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm BC, G là trọng tâm
ABM ; điểm D(7; -2) nằm trên đoạn MC sao cho GA = GD. Viết phương trình đường thẳng AB,
biết hoành độ của A nhỏ hơn 4 và AG có phương trình 3x  y  13  0 .
Câu 8 (2,0 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.
Câu 9 (1,0 điểm). Cho dãy số (un ) xác định bởi:

u1  1; un 

2  n  1 un1
n



2n

n

2

 n  1  1
2

, n  * . Tìm công thức số hạng tổng quát un theo n .

---------- 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 HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT MINH CHÂU

ĐÁP ÁN KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI
KHỐI 11
MÔN: TOÁN – NĂM HỌC 2017-2018


Đáp án gồm: 06 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
(1,0 điểm)
1

cos 2 x  2
PT  
0,5

cos 2 x   3  L 

2
 2x  

2


3

 k 2  x  


6

 k , k  

0,5

(1,0 điểm)

 x  k
sin x  0

ĐK: 
, k  .



x

k



sin x  cos x  0

4
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

0,25



Đặt t  sin x  cos x  2 sin( x  ),  2  t  2, Phương trình trở thành:
4
2
t 1
t
 1  0  t  1.

2

 

x



 k 2


x    k 2 (tm)
1

4
4

Với t  1, ta có sin( x  )  
.


2

4
2
 x    5  k 2
 x    k 2 (l )

4
4

Vậy phương trình có họ nghiệm x  
3



2

0,25

0,25

 k 2 .

(1,0 điểm)
Đạo hàm y ' = 3x 2 - 6 x.

Gọi M (a; a 3 - 3a 2 + 1) Î (C ). Phương trình tiếp tuyến của (C ) tại M là
3

0,25

2

y = f '(a )( x - a ) + a - 3a + 1.

Tiếp tuyến vuông góc với đường x + 9 y = 0 nên

0,25

é a = -1
æ 1ö
f '(a ).çç- ÷÷÷ = -1  3a 2 - 6a = 9  ê
.
çè 9 ø
ëê a = 3

Với a = -1, phương trình tiếp tuyến là y = 9 x + 6.

0,25

Với a = 3, phương trình tiếp tuyến là y = 9 x - 26.

0,25

Ta có : x 5  5x 3  2 x 2  6 x  4   x  1  x  2   x 2  2  .
2

0.5

x 3  x 2  x  1   x  1  x  1 .
2





 x  2  x2  2
x 5  5x3  2 x 2  6 x  4

3

lim
 .
3
2
x 1
x

1
x1
2
x x  x1
3
Vậy I   .
2

4.

I  lim

0.5

(1,0 điểm)

Ta có 5Cnn 1  Cn3  5n 
5.

 7 x2

1

 n  2  n  1 n  n2  3n  28  0
6

7

 x2

1

7

7

1

Xét khai triển 
        C7k  
 14 x   2 x  k 0  2 
7
1
  C7k  
2
k 0

7k

 1

k

n  7
.

 n  4  ktm 

7k

 1

k

0,25

x14 2 k x  k

0,5

x143k . Ứng với x8 suy ra 14  3k  8  k  2 .
5

21
1
Vậy hệ số của x trong khai triển là: C   
32
2
8

2

7

 4 x 2  1 x   y  3 5  2 y  0
b)Giải hệ phương trình 
2
2
4 x  y  2 3  4 x  7

Câu 6
(1,0
điểm)

5

 y  2
Điều kiện: 
Sau đó đặt
3
x 

4

0,25

1
 2

a  x
a  x




5  b2
b  5  2 y
 y  2

Phương trình (1) trở thành

8a 3  2a  b3  b  0   2a  b   4a 2  2ab  b 2  1  0
 2a  b
 2
2
 4a  2ab  b  1  0  l 

0,25


x  0

Với 2a  b  2 x  5  2 y  
5  4 x2
y


2

0,25

Thay vào (2) ta có pt 16 x 4  24 x 2  3  8 3  4 x  0

 4 x 2  4 x 2  1  5  4 x 2  1  8





3  4x  1  0

16


  2 x  1  8 x 3  4 x 2  10 x  5 
0
3  4x  1 


0,25

2 x  1  0
 3
16
8 x  4 x 2  10 x  5 
 0 * 
3  4x  1

Ta có *   2 x 2  4 x  3  3 x  4 x  3  2 x 2  x  5 
Với 0  x 

16
0

3  4x  1

3
16
có 2 x 2  4 x  3  3 x  4 x  3  2 x 2  x  5 
0
4
3  4x  1

Vậy (*) không có nghiệm thỏa mãn 0  x 

1
2

0,25

3
4




Kết luận hệ có nghiệm là  x; y    ; 2 

Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm BC, G là trọng tâm
ABM ; điểm D(7; -2) nằm trên đoạn MC sao cho GA = GD. Viết phương
trình đường thẳng AB, biết hoành độ của A nhỏ hơn 4 và AG có phương trình
3x  y 13  0 .

1.0

Gọi I là trung điểm AB, dễ thấy GA  GB  GD  G là tâm đường tròn ngoại
tiếp ABD  AGD  2ABD  900  AG  DG
7

C

0.25

D
M

G
A

I

B


DG  d  A; AG   10  AD  2 5

Giả sử A  a;3a  13 , AD=2 5   a  7    3a  11  20  a  3 (do a <4)
2

2

0.25

 A  3; 4 

AMB vuông tại M  MI  IA  3IG  AG  10 IG  cos BAG 

AI
3

AG
10





Gọi n  a; b   a 2  b 2  0  là véc tơ pháp tuyến của AB, n1  3; 1 là véc tơ pháp
tuyến của AG
Áp dụng công thức tính góc ta được

3a  b
a 2  b 2 . 10



0.25

b  0
3

10
3a  4b

Với b = 0 thì phương trình AB là x  3  0

Với 3a  4b thì AB : 4x-3y-24=0  D, G nằm về hai phía đối với AB  G
nằm ngoài tam giác ABC(loại)

0.25

Kết luận: Phương trình AB là x  3  0 .
*Chú ý: Nếu học sinh không loại nghiệm thì không cho điểm phần này.

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.

2


S
Q
P

E
I
B

C
O

N

M
A

G

D

1

8a)

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 2  ID 2  2a
1

8b)

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


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

0,5

0,25




S MNPQE  4 x 3a  2 3 x



0,25

Max S MNPQE

9
(1 điểm)

3 3 2
a 3

a tại x 
2
4

Cho dãy số (un ) xác định bởi:
u1  1; un 

2  n  1 un1
n



2n

n

2

 n  1  1
2

, n  * . Tìm công thức số hạng tổng

quát un theo n .
un 

2  n  1 un 1
n



2n

n

2

 n  1  1
2

, n    nun  2  n  1 un 1 
*

0,25

2n  n 2

n

2

 n  1  1
2

, n   .
*

( n  1) 2  1  2(n 2  1)
 nun  2  n  1 un1 
, n  *
2
2
 n  1[(n  1)  1]

1
1
1
 ( n  1)un1 
 [nun  2 ] (1)
2
( n  1)  1 2
n 1

1
1
1
1
Đặt vn  nun  2
. Khi đó (1)  vn1  vn ( v1   vn  n
2

2
2
n 1
1 1
1
Vậy un  ( 2
 n)
n n 1 2

0,25

0,25

0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2017 – 2018
Môn thi: Toán – Lớp 11
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 14 tháng 04 năm 2018

(Đề gồm 01 trang)
Câu I. (4,0 điểm)

x3

- x 2 + x + m có đồ thị là  C  . Tìm tất cả các giá trị của m để tiếp tuyến của đồ
3
thị  C  tại điểm M có x M = 3 chắn hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 2 .
Cho hàm số y =

Câu II. (6,0 điểm)
1) Giải phương trình

æ
pö
2 sin çç2x - ÷÷÷ = sin x + cos x - 1
çè
4 ø÷
2) Tìm số nguyên dương lẻ n sao cho
C n1 - 2.2C n2 + 3.22C n3 - 4.2 3C n4 + ... + n .2n -1C nn = 2019.
2017(2018 - x 2 ) - 2017
3) Tính giới hạn I = lim
x 1
x -1
Câu III. (4,0 điểm)

2x + 3 + x + 1 = 3x - 16 + 2 2x 2 + 5x + 3
ìïx 3 - y 3 + 3x 2 + 6x - 3y + 4 = 0
ï
2) Giải hệ phương trình: í
(x , y Î  )
ïï3 4x + 1 + 2 3 2x + 4y - 8 = x + 2y + 5
ïî
1) Giải phương trình:

Câu IV. (4,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh C

thuộc đường thẳng

d : x + 2y - 6 = 0 , điểm M (1;1) thuộc cạnh BD biết rằng chình chiếu vuông góc của điểm M trên cạnh
AB , AD đều nằm trên đường thẳng D : x + y - 1 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh C .
2) Cho hình vuông ABCD cạnh a . Gọi O là giao điểm của hai đường chéo. Trên nửa đưởng thẳng Ox



vuông góc với mặt phẳng chứa hình vuông, ta lấy điểm S sao cho góc SCB = 60 0 . Tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng BC và SD .
Câu V. (2,0 điểm) Cho a , b, c, d là các số thực thoả mãn a 2 + b 2 = 25; c2 + d 2 = 16 và ac + bd ³ 20 . Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức: P = a + d .
---------------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 GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

Câu
1(4,0 điểm)
Ta có y '  x 2  2 x  1

HƯỚNG DẪN CHẤM
THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn: Toán – Lớp 11

Lời giải sơ lược

Điểm

Theo giả thiết ta có M(3;3  m) (C), phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) tại M là:

2,0

y  y '(3)( x  3)  3  m  y  4( x  3)  3  m  y  4 x  9  m (Δ )

9m 
;0  ; B    Oy  B  0; m  9 
Gọi A  Δ  Ox  A 
 4

Diện tích tam giác OAB: SOAB 
Theo giả thiết: SOAB  2 

1
1 9m
(m  9) 2
OA.OB 
m 9 =
2
2 4
8

2,0

 m  13

(m  9) 2
 2  (m  9) 2  16  
8
m  5

Vậy m  5;m  13.
2.1 (2 điểm)

æ
pö
2 sin çç2x - ÷÷÷ = sin x + cos x - 1 . (1)
çè
4 ÷ø

(1) sin 2 x  cos 2 x  sin x  cos x  1
 sin 2 x  sin x  cos 2 x  cos x  1
 2sin x cos x  sin x  2cos 2 x  cos x  1
 sin x(2cos x  1)  (2cosx  1)(cosx  1)

0,5

1

cos x 
(a)

 (2cos x  1)(sinx  cos x  1)  0 
2

sin x  cos x  1(b)

(a)  x  



3

1,0

 k 2

  


 x  4  4  k 2
x   k 2


(b)  2 sin  x    1  

2

4

 x    3  k 2
x


 k 2



4
4
2.2 (2 điểm).

0,5



Ta có (1 + x ) = C n0 + C n1x + C n2x 2 + C n3x 3 + ... + C nn x n
n

n -1

Lấy đạo hàm 2 vế ta được: n (1 + x )

1
n

2
n

3
n

2

n
n

= C + 2C x + 3C x + ... + C x

n -1

1,0

n -1

Cho x = - 2  n (- 1)n -1 = C n1 - 2C n2 2 + 3C n3 22 - ... + nC nn (- 2 )

1,0

Vì n lẻ nên ta có: n = C n1 - 2C n2 2 + 3C n3 22 - ... + n 2n -1C nn = 2019
Vậy n = 2019
2.3 (2 điểm)
+ I  lim
x 1

2017



2018  x 2  2017
x 1

  lim
x 1

 x  1 

2017 1  x 2 
2018  x 2  2017



1,0


 lim

 2017 1  x 

2018  x 2  2017
Vậy I  1
x 1



2 2017
 1
2 2017

1,0

3.1 (2 điểm)

ĐKXĐ: x ³ -1
Đặt t = 2x + 3 + x + 1 , đk: t > 0  t 2 = 3x + 4 + 2 2x 2 + 5x + 3
 3x + 2 2x 2 + 5x + 3 = t 2 - 4

1,0

ét = -4
t =5
PT trở thành: t = t - 4 - 16  t - t - 20 = 0  êê
êët = 5
2

2

Với t = 5  2x + 3 + x + 1 = 5  3x + 4 + 2 2x 2 + 5x + 3 = 25

ì
ï21 - 3x ³ 0
 2 2x 2 + 5x + 3 = 21 - 3x  ï
í
ï4(2x 2 + 5x + 3) = 441 - 126x + 9x 2
ï
ï
î
ì
ìïx £ 7
ïx £ 7
ï
 ïí
x =3
í 2
ï
ïïx = 143  x = 3
x - 146x + 429 = 0

ï
î
ï
î
Vậy phương trình có nghiệm là x = 3

1,0

3
3
2
ì
ï
(1)
ïx - y + 3x + 6x - 3y + 4 = 0
3.2 (2 điểm) Giải hệ phương trình: í
(x , y Î  )
ï
3 4x + 1 + 2 3 2x + 4y - 8 = x + 2y + 5 (2)
ï
ï
î

ìïx ³ -1 / 4
Điều kiện ïí
ïï2x + 4y - 8 ³ 0
î
Phương trình (1) tương đương với ( x  1)3  3( x  1)  y 3  3 y

 (x  1  y) ( x  1) 2  ( x  1) y  y 2  3  0 (*)

Vì ( x  1) 2  ( x  1) y  y 2  3  0, x, y nên (*)  x  1  y  0  y  x  1
Thay vào phương trình (2) của hệ ta được
3 4x  1  2 3 6x  4  3x  7
 3 4x  1   2x  5     2 3 6x  4  (x  2)   0
4(x  2) 2
(x  2) 2 (x  10)


0
3 4x  1  2x  5 4 3 (6x  4) 2  2(x  2) 3 6x  4  (x  2) 2
(x  2) 2  0  x  2(tm)  y  3(tm)


4
(x  10)

 0(**)
2
2
3
3

 3 2x  8  x  12 4 (6x  4)  2(x  2) 6x  4  (x  2)

Nhận xét: Với x  1 / 4 ,vế trái của phương trình (**) luôn âm , nên (**) vô nghiệm
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( 2;3)
4.1 (2 điểm)

0,5

0,5

1,0


H

A

B

I
K

N

M

Gọi H và K là hình chiếu vuông góc của M trên AB và
AD; Gọi N là giao điểm của KM và BC, gọi I là giao
điểm của CM và HK. Ta có DKM vuông tại K và
  450  KM = KD=NC.
MDK
Lại có MH  MN (do MHBN là hình vuông) suy ra
  IMK

  MCN
 . Mà NMC
KMH  CNM  HKM

1,0

  HKM
  NMC
  NCM
  900
nên IMK
 CI  HK .

C

D

Đường thẳng CI qua M(1;1) và vuông góc với đường thẳng d nên có phương trình:
( x  1)  ( y  1)  0  x  y  0 . Do điểm C thuộc đường thẳng CI và đường thẳng  nên tọa

x  y  0
x  2

x  2 y  6  0
y  2

độ điểm C là nghiệm hệ pt 

1,0

Vậy C(2;2).
4.2 (2 điểm)
Gọi I, H là trung điểm của BC và SD.
  600

Ta có SO là trục hình vuông và SCB
 SA=SB=SC=SD=CB=a và BC//mp(SCD) nên
d ( BC , SD)  d ( I , mp (SAD))

S

J
A
H
D

B
O

60

Ta lại có AD  ( SIH )  ( SIH )  ( SAD ) theo giao tuyến
SH. Trong mặt phẳng (SIH) dựng
IJ  SH  IJ  ( SAD)  d ( I ,( SAD))  IJ

1,0

I

C

a 2
Tam giác SIH có: IJ  SO.HI 
2 a 6
SH

3
a 3
2
a.

1,0

Vậy d ( BC , SD)  a 6
3
5 (2 điểm) Cho a , b, c, d là các số thực thoả mãn a 2 + b 2 = 25; c2 + d 2 = 16 và ac + bd ³ 20 . Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức: P = a + d .
 a  5sin  ; b  5cos 
Từ a 2 + b 2 = 25; c2 + d 2 = 16  tồn tại hai góc  ;  sao cho 
c  4 cos  ; d  4sin 
Khi đó biểu thức ac + bd ³ 20 có dạng sin a cos b + cos a sin b ³ 1 hay sin (a + b ) ³ 1 ,

p
- a + k 2p, k Î  . Vậy sin b = cos a
2
Ta có P  5sin   4sin   5sin   4cos   41  Pmax  41

1,0

nên sin (a + b ) = 1 do đó b =

Vậy giá trị lớn nhất của P là

41

1,0

1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt
chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa.
2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng không
được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được
trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ.
3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm


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





