Đề thi chọn HSG tỉnh toán 11 năm 2017 2018 sở GD đt quảng bình

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2017-2018
Khóa ngày 22 tháng 3 năm 2018
Môn thi: TOÁN

Họ và tên:…………………..
SỐ BÁO DANH:……………

LỚP 11 THPT
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề gồm có 01 trang.

Câu 1 (2.0 điểm)
sin 2 x  cos 2 x  3sin x  cos x  2
 0.
sin x
3. 3 x 2 y 5  4  y 2  x 2 

b. Giải hệ phương trình: 
 5. 3 x 4 y  y 2  x 2
Câu 2 (2.0 điểm)
8 x  8  x 4  3x  6
a. Tính giới hạn: lim
.
2
x1
 x  1
b. Một hộp đựng chín quả cầu được đánh số từ 1 đến 9. Hỏi phải lấy ra ít nhất bao

a. Giải phương trình:

nhiêu quả cầu để xác suất có ít nhất một quả cầu ghi số chia hết cho 4 phải lớn hơn

5
.
6

Câu 3 (2.0 điểm)
a. Cho dãy số  un  được xác định bởi:
1
n2  n  2
u1  5 , un1  un  3
;n  1.
2
n  3n 2  2n
Tính giới hạn lim  n.un  .

b. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 32 n  3n 2  7 là một số chính phương.
Câu 4 (3.0 điểm)
Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' . Gọi G là trọng tâm của tam giác BC ' D .
a. Xác định thiết diện của hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' khi cắt bởi mặt phẳng

 ABG  .Thiết diện đó là hình gì?
b. Hai điểm M , N lần lượt thuộc hai đoạn thẳng AD, A ' C sao cho MN song song
với mặt phẳng  BC ' D  , biết AM 
Câu 5 (1.0 điểm)

1
CN

AD . Tính tỉ số
.
4
CA '

Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng :
3

2a
2b
2c
3
3
2
4a  4b  c
4b  4c  a
4c  4a  b

......................................HẾT.........................................


SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
HƯỚNG DẪN CHẤM

KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2017-2018
Khóa ngày 22 tháng 3 năm 2018
Môn thi: TOÁN
LỚP 11 THPT
Đáp án này gồm có 06 trang

YÊU CẦU CHUNG
* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu
phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng.
* Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với
những bước giải sau có liên quan. Ở câu 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai
thì cho điểm 0.
* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm
thành phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm
của từng bài.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài.
Câu

Nội dung

sin 2 x  cos 2 x  3sin x  cos x  2
 0.
sin x
Điều kiện xác định: sin x  0  x  k .
Phương trình  sin 2 x  cos 2 x  3sin x  cos x  2  0
 2sin x.cos x  cos x  1  2sin 2 x   3sin x  2  0

a. Giải phương trình:

 cos x  2sin x  1   2sin 2 x  3sin x  1  0
  2sin x  1 cos x  sin x  1  0

Câu 1
(2,0 điểm)

1

sin
x


2

cos x  sin x  1


x   k 2

1
6
sin x   
2
 x  5  k 2

6
 x  k 2
 1

sin x  cos x  1  sin  x   


 x   k 2
4
2



2

Đối chiếu điều kiện, nghiệm của phương trình là:

5

x   k 2 ; x 
 k 2; x   k 2. k    .
6
6
2
3 3 x 2 y 5  4  y 2  x 2 

b. Giải hệ phương trình sau: 
 5 3 x 4 y  y 2  x 2

Điểm

1,0

0,25

0,25

0,25

0,25

1,0

Ta thấy  x; y    0;0  là một nghiệm của hệ phương trình

0,25

Với  x; y    0;0  , ta có:



15 x 2 y 2  4 y 2  x 2

 y

2

 





 x 2  4 x 2  y 2 x 2  4 y 2  0  y  2 x

0,25

TH1: y  2 x , ta có: 3 3 x 2 .32.x5  4  4 x 2  x 2   3 x 2 .32.x 5  4 x 2
 32.x 7  64.x 6  x  2  y  4 (vì  x; y    0;0  )
Do đó hệ phương trình có nghiệm  x; y    2;4 

0,25

TH2: y  2 x , ta có: 3 3 x 2 .32.x 5  4  4 x 2  x 2    3 x 2 .32.x5  4 x 2
 32.x 7  64.x 6  x  2  y  4 (vì  x; y    0;0  )

Do đó hệ phương trình có nghiệm  x; y    2;4 
Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm:  0;0  ,  2;4  ,  2;4  .
8 x  8  x 4  3x  6

a. Tính : lim

1,0

 x  12

x1

0,25

Ta có:
lim

8 x  8  x 4  3x  6
2

 8 x  8   x  3 x 4  4 x  3 
 lim 


2

2
x1 
x

1
x

1
 
  


 x  1
8 x  8   x  3
x4  4x  3
 lim
 lim
2
x1
x 1  x  1 2
x

1
 
2
 x  12  x 2  2 x  3
8 x  8   x  3
 lim
 lim
x1  x  1 2

 x  12
 8x  8   x  3 x1

x1

 lim
x1

Câu 2
(2,0 điểm)

 x  12  x 2  2 x  3
 lim
8 x  8  x  3 x1
 x  12

  x  1

 x  12 

0,25

0,25

2

0,25

1
 lim x 2  2 x  3

x1 8 x  8  x  3 x1
1
49

6
0,25
8
8
b. Một hộp đựng chín quả cầu được đánh số từ 1 đến 9. Hỏi phải
lấy ra ít nhất bao nhiêu quả cầu để xác suất có ít nhất một quả
1,0
5
cầu ghi số chia hết cho 4 phải lớn hơn
6
C Giả sử ta lấy ra x quả cầu 1  x  9, x    , số cách chọn x quả cầu
 lim





ừ từ 9 quả cầu trong hộp là C9x nên số phần tử của không gian mẫu là

n     C9x .
Gọi A là biến cố ‘‘trong số x quả cầu lấy ra, có ít nhất một quả cầu
ghi số chia hết cho 4’’, thế thì biến cố đối của A là A : ‘‘trong số x
quả cầu lấy ra, không có quả cầu nào ghi số chia hết cho 4’’.

0,25

 

Số cách chọn tương ứng với biến cố A là n A  C7x .

 

Ta có: P A 

 C

n A

n

x
7
x
9

C

9  x  8  x  x 2  17 x  72



72

72

5
x 2  17 x  72 1
 .
Do đó: P  A  1  P A   P A 
6
72
6
2
hay x  17 x  60  0  5  x  12
Vì 1  x  9, x   nên 6  x  9, x   .

 

0,25

 

Do đó giá trị nhỏ nhất của x là 6.
Vậy số quả cầu phải lấy ra ít nhất mà ta phải tìm là 6 quả cầu.

0,25

0,25

a.Cho dãy số  un  được xác định bởi:
1
n2  n  2
;n  1 .
u1  5 , un1  un  3
2

n  3n 2  2n
Tìm lim  n.un 
Ta có:
1
(n  1)(n  2) 1
2
1
un1  un 
 un 

2
n(n  1)(n  2) 2
n 1 n
2
1
2
  un  
Hay: un1 
n 1 2 
n
2
1
Đặt vn  un  ; n  1 . Khi đó ta có dãy số  vn  , v1  3; vn1  vn ; n  1
2
n
1
là một cấp số nhân có v1  3 , công bội q  .
2
1
3

2
3n
Nên vn  3. n1 hay un  n1  ; n  1  n.un  n1  2 .
2
2
n
2
n 1
2
Bằng quy nạp ta chứng minh được 2  n ; n  1 . (1)
Thậy vậy: Với n  1, n  2, n  3 , (1) đúng
Giả sử (1) đúng với n  k ,(k  3) tức 2k 1  k 2 đúng
Ta chứng minh (1) đúng với n  k  1,
Thật vậy: 2k 2  2.2k 1  2.k 2  (k  1) 2 , k  3
3n
3n 12
Suy ra: 0  n1 
. Từ đây suy ra: lim n1  0 .
2
2
n
 3n

Khi đó lim  n.un   lim  n1  2   2 .
2

b. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 32 n  3n 2  7 là
một số chính phương.
Câu 3
(2,0 điểm) Nếu 32 n  3n 2  7  b 2 với b   thì b 2  32 n hay b  3n . Điều này

chứng tỏ: b  3n  1 .

1.0

0.25

0.25

0.25

0.25

1.0
0.25

2

Do đó: 32 n  3n 2  7  b 2   3n  1  32 n  2.3n  1 .
Suy ra 2.3n  3.n 2  6 ()

0.25


Nếu n  3 thì () không xảy ra vì:
n

2.3n  2.1  2   2  Cn0  Cn1 .2  Cn2 .22  ...
n(n  1) 2



 2 1  2n 
.2  ... 
2



0.25

 2  4n  4n 2  4n  3n 2   n 2  2 
 3n 2  11  3n 2  6
Do đó n  1 hoặc n  2 .
Khi n  1 ta tính được 32 n  3n 2  7  19 không phải là số chính
phương
0.25
Khi n  2 ta tính được 32 n  3n 2  7  100 là số chính phương.
Kết luận: n  2
Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' . Gọi G là trọng tâm của tam giác
3,0
BC ' D .
a. Xác định thiết diện của hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' khi cắt bởi
1,5
mặt phẳng ABG .Thiết diện đó là hình gì?





D'

C'

B'

A'
I

F

E

0,5
G

D

Câu 4
(3,0 điểm)

C
O

A

B

Trong mặt phẳng  BC ' D  kéo dài BG cắt C ' D tại I .
Khi đó:
  ABG    CDD ' C '   Ix
 AB   ABG  , CD   CDD ' C '   Ix  CD
AB  CD


0,25

Từ đó, trong  CDD ' C '  kẻ Ix  CD cắt CC ', DD ' lần lượt tại E , F
Vậy thiết diện cần tìm là hình bình hành ABEF (Vì EF  CD  AB
và EF song song với AB )
b. Hai điểm M , N lần lượt thuộc hai đoạn AD, A ' C sao cho MN song
1
CN
song với mặt phẳng  BC ' D  , biết AM  AD . Tính tỉ số
.
4
CA '

0,25

0,25

0,25
1,5


D'

C'
L

A'

B'

N

G

C

D
M
K

O

A

B

Gọi O  AC  BD . Ta thấy A 'C đi qua G .
Khi đó, qua M kẻ đường thẳng song song với BD và cắt AC tại K .
0,25
Trong mặt phẳng  ACC ' A '  , gọi L  KN  A ' C ' , ta có:
MN   BC ' D 
 MNK    BC ' D   KN   BC ' D   KN  OC ' 0,25
MK   BC ' D  



Mặt khác, theo giả thiết, ta có:

AK AM 1
KO 3


 

AO AD 4
AO 4

0,25

KO 3
KC 7

 và

AC 8
AC 8
LC ' 3
A' L 5
 

A 'C ' 8
A 'C ' 8
A ' L A ' L AC 5 8 5
A' N 5

.
 .  

Mà
KC A ' C ' KC 8 7 7
NC 7

Vì KO  LC ', AC  A ' C ' nên

0,25
0,25

CN
7
 .
CA ' 12
Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng :

Vậy

2a
2b
2c
3
3
 2 (1)
4a  4b  c
4b  4c  a
4c  4 a  b
Ta chứng minh bổ đề sau:
Cho các số thực dương m, n khi đó: 3 4(m  n)  3 m  3 n
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi m = n.
Thật vậy: Đặt x  3 m , y  3 n ; ( x, y  0) .

0,25

1,0

3

Bất đẳng thức (2) được viết lại
Câu 5
(1.0 điểm)

3

4  x 3  y 3   x  y . Ta xét:

4( x3  y 3 )  ( x  y )3  3  x3  x 2 y  xy 2  y 3 
 3 x  y   x  y
2

2

(2) ,

2



 3  x  y   x  y   0; x, y  0

0,25


Nên ta có: 4( x3  y 3 )  ( x  y )3 hay

3

4  x3  y3   x  y

hay bất đẳng thức (2) ở bổ đề được chứng minh xong.
Bất đẳng thức đã cho tương đương với
a
b
c
3
3
3
1
16a  16b  4c
16b  16c  4a
16c  16a  4b
Sử dụng bất đẳng thức (2) ở bổ đề trên ta có:
a
a
3
3
16a  16b  4c
4   4a  4b   c 
3



3

3
a
a

4(a  b)  3 c 3 a  3 b  3 c

Tương tự:
3
b
b
3
3
;
16b  16c  4a
a3b3c

0,25

3
c
c
3
3
16c  16a  4b
a b3c
0.25
Từ đây ta có:
a
b
c

3
3
3
 1 (3)
16a  16b  4c
16b  16c  4a
16c  16a  4b
Đẳng thức (3) xảy ra khi 4a  4b  c, 4b  4c  a, 4c  4a  b nên
8(a  b  c)  a  b  c  a  b  c  0 mâu thuẫn. Chứng tỏ dấu ‘‘=’’
không xảy ra.
0,25
2a
2b
2c
3
3
2
Vậy 3
4a  4b  c
4b  4c  a
4c  4a  b
3