De thi chon HSG

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỈNH NGHỆ AN MƠN TỐN 11
 3x  
2sin 2     3 cos3 x
 2 4
1
1

2sin
x
Câu 1. a) Giải phương trình
(1)


x   k 2

1

6
sin x   
2
 x  5  k 2

6
Điều kiện:



(1)  1  cos  3x    3 cos3x 1  2sin x
2

 sin 3 x 


 3x 

 3x 




 sin  3 x   sin x
3
3cos3x 2sin x





 x  k 2
x   k

3
6


 x    k
  x  k 2

3
3 2 .

Đối chiếu với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm là

x

7


 k 2 , x   k 2 , x   k .
6
6
3

b) Giải hệ phương trình
 x 2  y 2  1 2  xy  x  y  (1)
 3
2
 x  3 y  5 x  12  12  y  3  x

 1   x 

(2)

 x, y    .

2

y  1 0

 x  y  1 0  y  x  1

Thay y  x  1 vào phương trình (2) ta được phương trình
x3  3 x 2  11x  9  11  x  3  x

3



  x  1  5  x  1 



3

3  x 1  5





3  x 1

(3)

Đặt a  x  1; b  3  x  1 , phương trình (3) trở thành
 a 3  5a b3  5b
3
3
Nếu a  b thì a  5a  b  5b


3
3
Nếu a  b thì a  5a  b  5b

3
3
Nếu a b thì a  5a b  5b

Vậy a b .
Do đó (3)  x  1  3  x  1 

 x 0
 1  13
 2
 x
2
3  x x
 x  x  3 0
.


 1  13
x 

2
.

1

13
y 

(
x

;
y
)
2
Vậy hệ đã cho có nghiệm
với 

Câu 2. Một hộp chứa 17 quả cầu đánh số từ 1 đến 17. Lấy ngẫu nhiên đồng thời ba quả
cầu. Tính xác suất sao cho tổng các số ghi trên ba quả cầu đó là một số chẵn.
n    C173

Gọi A là biến cố: Lấy được đồng thời ba quả cầu sao cho tổng các số ghi trên ba quả cầu
đó là một số chẵn.
Xét các khả năng xảy ra
KN 1: Lấy được ba quả cầu có các số ghi trên ba quả cầu đó đều là số chẵn. Số cách chọn
3
là C8 .

KN 2: Lấy được hai quả cầu có các số ghi trên hai quả cầu đó đều là số lẻ và một quả cầu
2
1
có số ghi trên quả cầu là số chẵn. Số cách chọn là C9 .C8 .

C83  C92 .C81 43
P  A 
 .
3
C
85
17

Vậy:

Câu 3. Cho hình chóp SABCD, có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA SB SC a. Đặt





x SD 0  x  a 3 .

a) Tính góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng  ABCD  , biết rằng x a.
b) Tìm x theo a để tích AC.SD đạt giá trị lớn nhất.
a)


S

Gọi O là tâm của hình thoi ABCD .
 SO  AC
 SO  ( ABCD )

SO

BD
x

a
,

Khi

ta có
.
 ABCD 
SB

Suy ra góc giữa thẳng

D

A

và mặt phẳng

là



góc SBO .
Mà SOB SOC  OB OC .
 Đáy ABCD là hình vng.

O

a 2
2


 cosSBO

 SBO

450.
2
2
Do đó
b) Ta có SOC BOC  OS OB  tam giác SBD vuông tại S .
C

B

Suy ra

BD  a 2  x 2  OB 

OB 

a2  x2
2
2
2
2
2
, AC 2OC 2 BC  OB  3a  x .

2
2
Do đó AC.SD  x 3a  x .

Áp dụng bất đẳng thức Cơ – Si, ta có
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
Vậy

x

x 3a 2  x 2 

x 2  3a 2  x 2 3a 2
3a 2

 AC .SD 
2
2
2 .

x  3a 2  x 2  x 2 3a 2  x 2  x 

a 6
2 .

a 6
2 thì tích AC.SD đạt giá trị lớn nhất.

Câu 4. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD. Hình chiếu
vng góc của điểm D lên các đường thẳng AB, BC lần lượt là M   2;2  , N  2;  2  ;
đường thẳng BD có phương trình 3 x  5 y  1 0. Tìm tọa độ điểm A.
M

A

B

I

D

C

N

Gọi I ( x; y ) là tâm hình bình hành ABCD.
1
MI  BD  1
2
Vì tam giác BMD vuông tại M và I là trung điểm của BD nên


1
NI  BD  2 
2
Tương tự ta có
.

Từ (1) và (2) suy ra
MI  NI 

 x  2

2

2

  y  2 

 x  2

2

2

  y  2   y x

(3)

Mà I thuộc BD nên 3 x  5 y  1 0 (4)
1
 1 1
x y   I  ; 
2
 2 2 .
Từ (3) và (4) suy ra

Do đó

ID IB MI 

34
34
 B, D
R
2
2 . (T )

thuộc đường trịn (T ) có tâm I bán kính
2

2

1 
1  17

 x    y   
2 
2
2 .
có phương trình 

Vì B, D là giao điểm của đường thẳng BD và đường tròn (T ) nên tọa độ B, D là nghiệm
3 x  5 y  1 0

 x 3

2
2

 x  2
1 
1  17  
 y 2

 x  2    y  2   2
 


của hệ 
hoặc  y  1 .

TH1: B(3; 2) , D( 2;  1)
 5 
AB : y 2; AD : 4 x  y  7 0  A   ; 2  .
 4 
Suy ra phương trình đường thẳng

TH2: B ( 2;  1) , D(3;2)
Suy ra phương trình đường thẳng
13 

AB : x  2; AD : x  4 y  11 0  A   2;  .
4


un2  n  un  1  n 2
u1 6, un1 
u ,
n
Câu 5. a) Cho dãy số  n  biết
với n 1.
1 1
1
lim    ...   .
un 
 u1 u2
Tính giới hạn:

Ta có: u1 6  3.1
u2 u12  u1  2 32  3.2
*
u  3  k  1
Giả sử uk  3k , k   . Ta cần chứng minh k 1


2
uk2  kuk  k 2  k uk  uk  3k   2kuk  k  k
uk 1 

k
k
Thật vậy:

 uk 1  2uk  k  1  2.3k  k  1  3  k  1

(đpcm)

*
Vậy un  3n, với mọi n   (1).

uk2  kuk  k 2  k
u 2  kuk
 uk 1  k
 k 1
k
k
uk2  kuk
1

k
1
1
 uk 1   k  1 

 2


k
uk 1   k  1 u k  ku k uk  k uk

uk 1 



1
1
1


 2 .
uk uk  k uk 1   k  1

1
1
1


Áp dụng (2) suy ra u1 u1  1 u2  2
1

1
1


u2 u2  2 u3  3

…
1
1
1


un un  n un 1   n  1

Cộng theo vế các đẳng thức trên ta được
1 1
1
1
1
1
1
  ...  

 
 3
u1 u2
un u1  1 un 1   n  1 5 un 1   n  1

Mặt khác theo (1) ta có
1

Vậy

un 1   n  1
lim

Mà



un1  3  n  1  un   n  1  2n  2  0, n  *.

1
2n  2

1
1
0  lim
0  3
2n  2
un1   n  1

1 1
1 1
lim    ...    .
un  5
 u1 u2
Từ (2) và (3), suy ra
0;2 .
b) Cho ba số thực a, b, c thuộc đoạn   Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P  a 2c  c 2b  b 2c  c 2 a  a 2b   a  b  c  .


Với ba số thực a, b, c thuộc đoạn  0; 2 ta có
a 2c  c 2b  b 2c  c 2 a  a 2b a 2c  c 2b  b 2 a  b 2c  c 2 a  a 2b

 a 2c  c 2b  b 2c  c 2a  a 2b  a  b   b  c   c  a 

 P Q với Q  a  b   b  c   c  a   a  b  c 

Ta sẽ chứng minh

Q

32 3
9

(1).

(2)

Thật vậy: Khơng mất tính tổng quát ta có thể giả sử a max  a; b; c
TH1: a b c  Q 0
TH2: a c b , áp dụng bất dẳng thức Cô – Si cho ba số không âm





3 1  a  c  ; 2  c  b  ;







3 1  a  c  2  c  b 



3  1  a  b  c



ta có









 2 3a  3  3 b 

  a  c  c  b  a  b  c 
108
  a  b  a  c  c  b  a  b  c  

 a  b   2
Mà

3a 



108

Từ (3) và (4) suy ra



 a  b   2

Khi

(4)

32 3
9 .

Do đó (2) đúng. Từ (1) và (2) suy ra
a 2, b 0, c 

3a 

3

P

3

3

108

3  3 b
  32 3
9

Q



 2 3a  3  3 b 

3  1  a  b  c  


3



32 3
9 .

2 3
32 3

P
3 thì
9 .

32 3
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 9 .





3  3 b


3

(3)