ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH LỚP 11 NĂM HỌC 2017-2018 - Website Trường THCS và THPT Nghi Sơn - Thanh Hóa

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (145.93 KB, 7 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11
NĂM HỌC 2017 - 2018

Mơn thi: Tốn - THPT

Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề
Đề thi có 01 trang

Câu I (4,0 điểm).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thi của hàm số y x 2 4 .x .
2. Giải bất phương trình: x2 4x 3 2x2 3x  3 x 1 
Câu II (4,0 điểm).

1. Giải phương trình





sin 2 cot 3 sin 2 2 cos 5 0

2 x x x x



 

    

 

 

2. Giải hệ phương trình





 

1 1

2 1

3 3

2 9 4 3 19 3 2

x y

x y y x

x y x y

  

  

  

  

 

  



     



 Câu III (4,0 điểm).

1. Cho a b c, , là các số thực dương thoả mãn abc 1. Chứng minh bất đẳng thức

3 3 3

2 2 2 2 2 2

9
2

ab bc ca

a b c

a b b c c a

     

   .

2. Cho dãy số( )un biết

3 1, 2

n n

u

u u  n





   

 . Xác định số hạng tổng quát của dãy.

Câu IV (4,0 điểm).

1. Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có chín chữ số đôi một khác nhau.Chọn ngẫu nhiên một số tự
nhiên thuộc vào tập A. Tính xác suất để chọn được một số thuộc A và số đó chia hết cho 3.
2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường trịn
tâm I . Các đường thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại các điểm



1; 5 ,



7 5; , 13 5;

2 2 2 2

M  N  P 

    (M, N, P không trùng với các đỉnh của tam giác ABC). Tìm

tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng đường thẳng AB đi qua điểm Q 



1; 1



và điểm A có hồnh độ
dương.

Câu V (4,0 điểm).

Cho hình thoi ABCD có BAD60 ,o AB2 .a Gọi H là trung điểmAB. Trên đường thẳng d

vng góc với mặt phẳng



ABCD



tại Hlấy điểm S thay đổi khác H. Trên tia đối của tia BC

lấy điểm M sao cho

1
.
4

BM  BC

1. Khi

3
.
2

a
SH 

Chứng minh đường thẳng SM vng góc với mặt phẳng



SAD



.
2. Tính theo a độ dài của SH để góc giữa SC và



SAD



có số đo lớn nhất.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11
NĂM HỌC 2017 - 2018

Mơn thi: Tốn - THPT

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu Nội dung Điểm

Câu I.1 Gv chấm tự làm đáp án 2

Câu I.2

Giải bất phương trình: x2 4x 3 2x2 3x  3 x 1 2

+) Điều kiện:

3
4 3 0

1
2 3 1 0

1
2

x

x x

x

x x

x


 

    



 

 

  


 





+) Với x=1 BPT hiển nhiên đúng suy ra x=1 là nghiệm

+) Với

x 

3

suy ra BPT  (x 3)(x1) (x1)(2x1) x 1 chỉ ra vô
nghiệm

+) Với

x 

2

suy ra BPT  (1 x)(1 2 ) x  (1 x)(3 x) 1  x.

Chỉ ra nghiệm

1

2 x 

+) Kết luận: BPT có nghiệm

1

2 x







 



0.25

0. 25

0. 5

0.25

Câu II.1

Giải phương trình





sin 2 cot 3 sin 2 2 cos 5 0

2 x x x x



 

    

 

 

ĐKXĐ: sin 3x 0.

Ta có: sin 2 2x cot 3x sin



2x



2 cos 5x 0




 

    

 

 

0.25

0. 5

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>









cos3

cos 2 sin 2 2 cos5 0
sin 3

cos 2 cos3 sin 2 sin 3 2 cos5 sin 3 0
cos5 1 2 sin 3 0

10 5
2

cos5 0

3 2 .

2 4 12 3

sin 3

2 2

3 2

4 4 3

x

x x x

x

x x x x x x

x x

x k

x

x k x k k

x

x k x k

 


  

  
 
   
   
  


 
  


  
  
       
   
  



     
 
 

.
0.25
0.25
0.25
Câu II.2

Giải hệ phương trình





 

2
1 1
2 1
3 3

2 9 4 3 19 3 2

x y

x y y x

x y x y

  
  

  
  
 
  

     


2

Câu II.2: Điều kiện

19
0, 0
3
0
x y
x y

  


  


Từ

 

1

: sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
1

3 2 3

x x x y x x y

x y x y x y x y

x y

 

 

     

   

   và

1 2 1 1 2

2 3 2 2 3

y y y

x y x y

x y

 

     

 

  , cộng hai kết quả trên ta được

1 3

2 2

x y x

x y

x y

  

   


  , tương tự ta cũng có

1 3

2 2

x y y

x y
y x
  
   

  ,
suy ra

 1





1 1 1  1

3 2

3 3

x y

VT x y VP

x y

x y y x

    

        



   

 

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi

 

x y

Thế vào phương trình

 

ta được pt: x22x 9 4 x 3 19 3 x

 

4

Giải pt

 

4 3



x2 x 2



4 3 x 3



x 5



 3 19 3x



13 x





          
   





















2 2

2 2 2

3 2 4 9

3 3 5 3 19 3 13

x x x x

x x

x x x x

     

      

     













2 2 3 4 9 0

3 3 5 3 19 3 13

x x

x x x x

 

      

       

  .

2 0 1 2

x x x x

        (Loại)

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Khi x  1  3 y x 1. Thử lại



x y ;

 

1;1



thỏa mãn hệ phương trình
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất



x y ;

 

1;1



Câu III.1

Ta có

















4 4 3 2 2 3 4 4 4 2 2 2 2

2 2 2 2

0 4 6 4 2 4

4 1

4 4

a b a a b a b ab b a b a b ab a ab b

a ab b a b ab a b

a b ab a ab b

a b ab a b b a

             

    

            

   

Tương tự có 2 2
1
1

bc b c

b c c b

 

    

  ; 2 2

1
1

ca c a

c a a c

 

    

  .

Do đó, cộng theo vế các bất đẳng thức trên và sử dụng bất đẳng thức Schur cùng
giả thiết abc 1 ta được





















2 2 2 2 2 2

3 3 3 3 3 3

1
3

4 4

1 1

3 3

4 4

bc b c ca c a ab a b

ab bc ca b c c a a b

a b b c c a a b c abc

a b c abc a b c

    

  

   

         

  

   

       

Hay

 

3 3 3

2 2 2 2 2 2

4 ab bc ca 9 1

a b c

a b b c c a

 

      

  

 

Mặt khác



3 3 3







 

3 a b c 3.3 abc 9 2

Từ

 

1 và

 

2 suy ra

3 3 3

2 2 2 2 2 2

4 a b c ab bc ca 18

a b b c c a

 

     

    

 

Do vậy

3 3 3

2 2 2 2 2 2

9
2

ab bc ca

a b c

a b b c c a

     

  

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c  1.

0.25
0.25

0.25

Câu III.2

Cho dãy số( )un biết

3 1, 2

n n

u

u u  n





   

 . Xác định số hạng tổng quát của dãy.

1 1 1

1 3 1 1

3 1 3 3( )(1)

2 2 2 2

n n n n n n

u  u    u   u    u   u  

Đặt 1 1

1 1 5

2 2 2

n n

v u   v u  

(1) vn 3vn , n 2.

Dãy ( ) là vn cấp số nhân với công bội là q 3.

Nên

1 1

. .3

n n

n

v v q   

 

0.5

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Do đó

1 5 1

3 , 1, 2,...

2 2 2

n

n n

u v   n

     

Câu IV.1. 2

Gọi phần tử của A có dạng : a a a a a a a a a1 2 3 4 5 6 7 8 9.

1 0

a nên có 9 cách chọn.

Chọn 8 chữ số còn lại và xếp vào vị trí từ a2 a9:
8
9

A cách chọn.

Vậy n(A)= 9A98.

Giả sử gọi B



0;1; 2;...;9



có tổng 10 phần tử là 45 3 . Nên nếu muốn tạo thành
một số có 9 chữ số vả chia hết cho 3, ta cần loại đi phần tử là bội của 3. Như vậy, ta
sẽ có các tập : B\{0}, \{3}, \{6}, \{9}B B B

TH1: Chọn tập B\{0} để tạo số :

Ta cịn 9 chữ số để xếp vào 9 vị trí a1 a9: 9! cách.

TH2: Chọn 1 trong ba tập : B\{3}, \{6}, \{9}B B : 3 cách.

1 0 :

a có 8 cách ( vì đã loại đi phần tử là bội của 3).

Còn 8 chữ số xếp vào 8 vị trí cịn lại : 8! cách.

à Số cách chọn phần tử thuộc A và chia hết cho 3 là: 9! 3.8.8! .

Vậy xác suất cần tỉm là : 98

9! 3.8.8! 11

9 27





A .

0.25

0.5

0.25

Câu IV.2.

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là đường tròn đi qua 3 điểm M, N, P nên ta lập 
được phương trình này là: x2y2 3x 29 0 suy ra tâm K của đường trịn ngoại

tiếp tam giác ABC có tọa độ là

; 0
2

K 

 .

Do ABKPnên AB có vtpt





2; 1
2

AB

n KP 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 

Suy ra phương trình AB: 2



x1 1







y1



 0 2x y  3 0.
Do đó tọa độ A, B là nghiệm của hệ phương trình

2 2 2

2 3 0 2 3 1, 5

4, 5

3 29 0 3 4 0

x y y x x y

x y

x y x x x

      

  

 

    

       

 

0.25
0.25

0. 5

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Suy ra A



1;5 ,



B  



4; 5



. Do ACKN nên AC có vtpt là





2;1
2

AC

n KN 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 

Suy ra pt AC: 2



x1



 y 5 0  2x y  7 0 .
Khi đó tọa độ A, C là nghiệm của hệ phương trình:

2 2 2

2 7 0 2 7 1, 5

4, 1

3 29 0 5 4 0

x y y x x y

x y

x y x x x

      

  

 

  

 

       

  .

Từ đây suy ra C



4; 1



. Vậy A



1;5 ,



B  



4; 5



, C



4; 1



0.25

Câu V.1. 2

a/. Ta có

  0

1 1

, 60

4 2 2

a

MB BC  HB HBM HAD

HBM

  vuông tạiM .

.sin 60 .

o a

HM HB

  

Gọi N là giao của HM vàAD.

Ta có:

3
2

a

HN HM SH 

SMN

  vng tại S .

( ( ))

( )
( / / )

SH AD SH ABCD

AD SMN AD SM

MN DA AD BC

 



   





Kết hợp với SM SN  SM (SAD)

0.25

0.5

0.25

Câu V.2

Gọilà góc giữa SC và



SAD



; K là hình chiếu vng góc của H lên SN ; I là

giao của HC vớiAD . Lấy E đối xứng với I quaK .

Vì AD(SMN) ADHK . Kết hợp với HK SN  KH (SAD).

0.25

0.25
A

D
H

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Mà HK là đường trung bình của tam giác ICE nênHK//CE .

Suy ra CE(SAD)tại E. Suy ra SECvuông tại E và SE là hình chiếu của SC

trên



SAD



. Ta có  CSE.

Đặt x SH x ( 0). Tam giác SHN vuông tại H và HK là đường cao nên

2 2 2 2

. 3 2 3

3 4 3 4

SH HN ax ax

HK CE

SN a x a x

   

  .

2 2

2 2 2 25 3 7 2

4 4

a a

CH CM MC    a

Tam giác SHC vuông tại H nên SC SH2CH2  x27a2 .

2 2 2 2 4 4 2 2

2 3 2 3

sin

(4 3 )( 7 ) (4 21 ) 31

EC ax ax

SC x a x a x a a x

  

    .

2 2 2 2

2 3 12

sin sin .

4 21 31
4 21. 31.

ax

a x a x

 

   




Dấu đẳng thức xảy ra khi

4 21.

x a

Vậy lớn nhất khi và chỉ khi sin lớn nhất khi và chỉ khi

4 21. .

SH  a

0.25

</div>

ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH LỚP 11 NĂM HỌC 2017-2018 - Website Trường THCS và THPT Nghi Sơn - Thanh Hóa









 

 





















<i>x </i>

3

<i>x </i>

2

1

2

<i>x </i>

1

1

2

<i>x</i>

<i>x</i>







 























 

 

 

1

<sub></sub>

<sub></sub>

 

 

 

4

 

<sub></sub>

<sub></sub>











































 

