SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn thi: TỐN – Lớp 11 THPT Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 21 tháng năm 2019 (Đề thi có 01 trang, gồm câu) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Số báo danh…………… Câu I (4,0 điểm) Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị (P) hàm số y = x2 –2mx + 3, biết (P) có trục đối xứng x = 2 Giải phương trình: x   x  x    x  8x   Câu II (4,0 điểm) 2sin x  cos x  7sin x    2cos x  Giải phương trình:    y3  y  y  x  y  y   x   Giải hệ phương trình:  ( x, y  2 x  3x   x   y  x  1  y  3x     ) Câu III (4,0 điểm) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn: x  y  z  P  x  y  z  Tìm giá trị lớn biểu thức: x3  y  z  x  y  z  xy  yz  zx  u1   Cho dãy số xác định bởi:  n un1  4un  3.4 , n  lim * Tìm số hạng tổng quát un tính giới hạn 2n  3n  un Câu IV (4,0 điểm) Có số tự nhiên có chữ số khác mà có mặt hai chữ lẻ ba chữ số chẵn, chữ số chẵn có mặt hai lần? 8  Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm I, trọng tâm G  ;0  , điểm 3  M  0;1 , N  4;1 đối xứng với I qua AB AC, điểm K  2; 1 thuộc đường thẳng BC Viết phương trình đường trịn (C) Câu V (4,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình bình hành tâm O Một mặt phẳng khơng qua S cắt cạnh SA, SB, SB SC, SD M, N, P, Q thỏa mãn: SA  2SM , SC  3SP Tính tỉ số biểu thức SN  SD   SB  T   đạt giá trị nhỏ   4  SN   SQ  2 Cho hình lăng trụ ABCD.A1B1C1D1 Một mặt phẳng (  ) thay đổi song song với đáy cắt đoạn AB1, BC1, CD1, DA1 M, N, P, Q Hãy xác định vị trí mp(  ) cho diện tích MNPQ nhỏ …HẾT… Hướng dẫn giải Đề thi HSG Thanh Hóa ngày 21/3 năm 2019 Câu I.2 Giải PT: x   x  x   x  8x   Đặt  x  u  0; x   v   u  v2  ta có pt:  v2 v2   2u  2v   uv   u  v   v  u  v    v  u  x  (thỏa mãn) Vậy tập nghiệm S  4;5  x   Câu II Giải phương trình: 2sin 2x  cos 2x  7sin x    2cos x  ĐK: 2cos x   Từ pt  2sin 2x  cos 2x  7sin x   2cos x  2cos x  2sinx  1  2sin x  7sin x   1   sinx  sinx    2sinx  1 2cos x  sin x  3    2   2cos x  sin x  cos x  sin x  1(loai)  sinx   5   x   k2 (loại nghiệm x   k2 ) KL: nghiệm pt x   k2 6    y3  4y  4y  x  y  5y   x   Câu II Giải hệ phương trình:  2 2 2 x  3x   6x   y  x  1  y  3x   ĐK: x  2 Từ pt đầu tương đương: y  y     y   x   x     x 1  y   y  x 1  y  x   y    x       y  x  (loại nghiệm x = -1, y = 2)   y   x 1    Thế y2  x  (y > 0) vào pt thứ hai được: x  3x     3x    x 3x    x  1 x  1   3x  3 2 x  3x  x  3x    3x    3x   x   x  1 x  1   x  1 2 x  3x  x  3x    3x  x  3x   x  3x   x   3x   x       + TH1: x  3x    x   x   hệ có nghiệm  x; y   1;  2; + TH2: x  3x    3x  x2 3x   x Dễ thấy (*) vô nghiệm x   x  3x    3x   x  (*) 3x   x VT(*) < < VP(*)    KL: hệ có nghiệm  x; y   1;  2; Câu III.1 Cho x, y, z > thỏa mãn: 4x  4y2  z   2x  2y  z  Tìm GTLN biểu thức: 8x  8y3  z3 P  2x  2y  z  4xy  2yz  2zx  Đặt 2x 2y z  a,  b,  c  S  a  b  c  1;a  b  c2  biểu thức P 2x  2y  z 2x  2y  z 2x  2y  z a  b  c3 trở thành: P  ab  bc  ca Ta có  a  b  c   a  b3  c3   a  b  b  c  c  a  hay là: a  b  c  a  b3  c3   a  b  c  ab  bc  ca   3abc a  b3  c3  S3  3S  ab  bc  ca   3abc vào P thì: P   ab  bc  ca   3abc  3abc  P3 Mặt khác từ giả thiết ta có: ab  bc  ca ab  bc  ca  S2  1   ab  bc  ca   ab  bc  ca  vào P ta được: 11 Thật bđt  6abc  9    a b 1   2 Ta có:  a     b2       c2   1  c   c   0;  36   36  3 18   3 P    12abc  P   12abc Ta chứng minh P   12abc   2 1  Xét Q  6abc  2ab.3c  4ab   a  b   a  b   1  c     c      2     2    1  2c  c2   c2     c2  c     c  Bđt ta lấy c số lớn 3   11 a  b  ,c   x  y  z  a  b  c  3c   c Ta có đpcm Vậy maxP  u1  n u n 1  4u n  3.4 , n   Câu III.2 Cho dãy số xác định bởi:  * Tìm số hạng tổng quát un tính 2n  3n  giới hạn lim un Số hạng tổng quát có dạng u n  4n  an  b  thay vào công thức truy hồi thì: 4.4n  an  a  b   4.4n  an  b   4a.4n  4u n  4a.4n ta chọn a    3 Với u1   b     b    u n  4n 1  3n  1 , n  4 lim *  thỏa mãn cơng thức  2n  1 n  1  4lim  n  2n  3n  2n  3n   lim n 1  4lim  n un  3n  1 4n  3n  1 4n 4 2n      lim 3n   Câu IV.1 Có số có chữ số khác mà có mặt hai chữ số lẻ ba chữ số chẵn, chữ số chẵn có mặt hai lần? Gọi chữ số lẻ khác x, y thuộc A  1;3;5;7;9 ba chữ số chẵn khác a, b , c thuộc B  0;2;4;6;8 + TH1: Nếu chọn chữ số x lẻ đứng đầu có cách chọn, chữ số lẻ y cịn lại ba chữ số chẵn số cách chọn 4.C35 chọn lại (a; b; c) có cách Bây ta ta xếp vị trí cho chữ số (khơng kể số lẻ x đứng đầu) có cách khác là: 4.C35 7! (Ta nói x có 2!.2!.2! cách chọn nghĩa xếp vị trí cho x, việc cịn lại xếp vị trí cho chữ số cịn lại) Vậy trường hợp có số thỏa mãn toán là: 5.4.C53 7!  126000 (số) 2!.2!.2! + TH2: Nếu chọn chữ số chẵn a đứng đầu có cách, hai chữ số b, c có C 24 cách, chọn lại chữ số a có cách, chọn lại cặp (b, c) có cách Chọn hai chữ số lẻ có C52 cách Bây ta xếp vị trí cho chữ số (khơng tính a) số cách khác là: C24 1.1.C52 Trường hợp có số số thỏa mãn là: 4.75600 = 302400 số Vậy số số thỏa mãn toán là: 126000 + 302400 = 428400 số 7!  75600 1!.2!.2! Câu IV Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm I, trọng tâm G  ;0  , điểm 3  M  0;1, N 4;1  đối xứng với I qua AB AC, điểm K  2; 1 thuộc đường thẳng BC Viết phương trình đường trịn (C) A M N E F G B I D K C Ta thấy IM IN vng góc với dây cung AB, AC nên qua trung điểm E, F AB AC Kết hợp tính đối xứng M, N qua cạnh AB, AC dễ dàng suy hình AICN, AIBM hình thoi đó: AM = AN = NC = BM = AI = IC = IB = R Hơn ta có BM//NC (cùng //AI) nên BMNC hình bình hành suy BC//MN Phương trình MN y = 1, BC qua K nên có phương trình y = - Gọi D(d; - 1) trung điểm BC tọa độ B C B(d – b; - 1) C(d + b; - 1) Vì yG  0, yB  yC  1  yA  xG   x A  x B  x C   x A  2d   x A   2d  A 8  2d;2  Mặt khác BC  MN   4;0   2b   b  Và MB = MA = R   d     8  2d   nên d  3 d  19 2 Tương tự NC = NA nên  d       2d   nên d = nghiệm chung hai phương trình tọa độ ba đỉnh: B(1; -1), C(5; -1), A(2; 2) Gọi I(3; m), từ IA = MA = R = ta có :   m     m   m   I  3;0   I 3;4  Loại I(3; 4) IC  Vậy đương tròn (C) :  x  3  y2  Câu V Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình bình hành tâm O Một mặt phẳng không qua S cắt cạnh SA, SB, SC, SD M, N, P, Q thỏa mãn: SA  2SM , SC  3SP Tính tỉ số  SD  SB  SB  biểu thức T     4  đạt giá trị nhỏ SN SQ SN     Đặt SB SD  x,  y Gọi O tâm hình bình hành G giao điểm SO với mp(MNPQ) SN SQ S M P G F A C O E Trong mp(SAC) vẽ AE, CF song song với MP cắt SO E, F Khi SA SE SC SF  ,  SM SG SP SG SA SC SO  OE  SO  OF SO   2 (Vì AECF hình bình hành) Tương SM SP SG SG SB SD SO  2 tự ta có tổng: suy x + y = + = SN SQ SG Cộng vế ta Khi ta xét T  x    x   5x  40x  100   x    20  20  T  20  x  2 Câu V Cho hình lăng trụ ABCD.A1B1C1D1 Một mặt phẳng (  ) thay đổi song song với đáy cắt đoạn AB1, BC1, CD1, DA1 M, N, P, Q Hãy xác định vị trí mp(  ) cho diện tích MNPQ nhỏ B b C a c A d D N B' C' M B1 A' Q P C1 D' A1 D1 Dễ thấy thiết diện A’B’C’D’ có diện tích hai đáy S Đặt AB = a, BC = b, CD = c, DA = d, cạnh bên 1, tỉ số AA'  AA'  x,0  x  Khi ta tính AA1 được: A’M = ax, A’Q = (1 - x) d nên tỉ số diện tích Tương tự tỉ số diện tích SA 'MQ SABD  x 1  x  S SB'MN S  x 1  x  , C' NP  x 1  x  , D 'PQ  x 1  x  cộng SACD SABC SBCD đẳng thức ta có 2S  1 SA 'MQ  SB'MN  SC' NP  SD 'PQ    S  SMNPQ  x 1  x  x 1  x  Đặt SMNPQ  S' S'  S  2x 1  x  S Vậy để diện tích S’ nhỏ 2x 1  x  lớn ta có theo bđt Cô si: 2x 1  x  x 1 x   1 đạt x  2 Vậy mp(  ) qua trung điểm cạnh bên song song với hai đáy SMNPQ  S' nhỏ nửa diện tích đáy HẾT Người hướng dẫn giải: Nguyễn Xuân Chung – THPT Lê Lai – Ngọc Lặc – Thanh Hóa ...Hướng dẫn giải Đề thi HSG Thanh Hóa ngày 21/3 năm 2019 Câu I.2 Giải PT: x   x  x   x  8x   Đặt  x  u  0; x   v   u... ca   3abc  3abc  P3 Mặt khác từ giả thi? ??t ta có: ab  bc  ca ab  bc  ca  S2  1   ab  bc  ca   ab  bc  ca  vào P ta được: 11 Thật bđt  6abc  9    a b 1   2 Ta có:...  c      2     2    1  2c  c2   c2     c2  c     c  Bđt ta lấy c số lớn 3   11 a  b  ,c   x  y  z  a  b  c  3c   c Ta có đpcm Vậy maxP  u1  n u