HÛÚÁNG DÊỴN GIẪI ÀÏÌ THI CHỔN HSG TOẤN TĨNH QUẪNG BỊNH LÚÁP 11 NÙM HỔC 2016-2017 Câu 1(2.0 điểm) a) Giải phương trình (2 cos  2x − 1)(sin 2x + cos 2x) = (2x − y + 2)(2x + y) + 6x − 3y + = b) Giải hệ phương trình √  2x + + √y − = Hướng dẫn giải: a) Phương trình cho tương đương với sin 4x + cos 4x = sin 2x + cos 2x ⇔ √ π sin 4x + = √  π sin 2x + x = kπ ⇔ kπ (k ∈ Z) π + x= 12 b) Điều kiện ban đầu x ≥ − , y ≥ Khi đó, phương trình thứ hệ tương đương với (2x − y + 2)(2x + y + 3) = ⇔ y = 2x + y = −2x − + Với y = 2x + thay vào phương trình cịn lại hệ ta √ 2x + + √ 2x + = ⇔ √ 2x + = ⇔ x = ⇒ y = + Với y = −2x − suy 2x + = −y − ≥ ⇒ y ≤ −2 mâu thuẫn với điều kiện toán Cho nên trường hợp hệ vơ nghiệm Tóm lại hệ cho có căp nghiệm (x; y) = ;5 Nhân xét Hai câu mở đầu đề thi dễ hầu hết học sinh làm Câu 2(2.5 điểm) √ √ √ √ 1.2x + 2.3x + 3.4x + · · · 2017 2016.2017x + − a) Tính giới hạn I = lim x→0 x   u1 = b) Tìm giới hạn dãy số (un ) xác định sau: 2n +  un+1 = u2n + , ∀n ≥ 2n Hướng dẫn giải: a) Đặt An = n+1 n(n + 1)x + 1, ∀n ≥ Ta có √ A1 − 1.2x + − 1.2 lim = lim = lim √ = 1; x→0 x→0 x→0 x x 1.2x + + √ 2.3x + − A2 − 2.3 lim = lim = lim = 2; √ x→0 x→0 x→0 x x (2.3x + 1) + 2.3x + + √ 3.4x + − 3.4 A3 − √ = lim = lim √ lim = 3; x→0 x→0 ( 3.4x + + 1)( 3.4x + + 1) x→0 x x √ 2017 A2016 − 2016.2017x + − = lim lim x→0 x→0 x x 2016.2017 = lim 2017 = 2016 √ 2016 x→0 (2016.2017x + 1) + · · · + 2017 2016.2017x + + Suy √ L = lim √ 2.3x + 3.4x + · · · x→0 =1 + + · · · + 2016 = √ 2017 √ √ 2016.2017x + 1( 1.2x + − 1) + · · · + ( 2017 2016.2017x + − 1) x 2016.2017 = 2033136 b) Dễ thấy dãy số (un ) ln dương từ giả thiết ta có u2n+1 + Đặt = u2n + Suy un = 2n + 2(n + 1) + = u2n + n−1 n 2 2n + , ∀n ≥ vn+1 = = = v1 = 2n−1 √ 2n + 2n + − n−1 = − n−1 , ∀n ≥ Từ ta tính lim un = 2 Nhân xét Câu a) lấy lại từ câu trích từ đề Hà Tĩnh 2012-2013 Cịn câu b) với ý tưởng quen thuộc tìm giới hạn thơng qua việc tìm cơng thức số hạng tổng quát dãy số Chỉ cần để ý rằng: 2n + 2(2n + 3) − [2(n + 1) + 3] = 2n 2n Để tách cần tìm đa thức f (n) thỏa mãn 2n + = 2f (n) − f (n + 1) Câu 3(3.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng tâm O, cạnh AB = a SA = SB = SC = AM SD = a M điểm đoạn AO cho = k(0 < k < 1) Mặt phẳng (P ) qua M AO song song với AD, SO a) Xác định thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng (P ) Thiết diện hình gì? b) Tính diện tích thiết diện theo a, k c) Tìm k để thiết diện ngoại tiếp đường tròn Hướng dẫn giải: S H G B C O A F M E D a) Trong mặt phẳng (ABCD) dựng đường thẳng qua M song song với AD cắt AB, CD E, F Trong mặt phẳng (SAC) dựng đường thẳng qua M song song với SO cắt SA H Tiếp tục dựng HG song song với AD đồng thời cắt SD G Khi (P ) ≡ (EF GH) HG HG Với điều kiện giả thiết S.ABCD hình chóp Theo cách dựng ta có = = EF AD HS MO = = − k ∈ (0; 1) Do HG < EF Mặt khác hai tam giác AEH DF G theo AS AO trường hợp c-g-c nên suy EH = F G Như thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng (P ) hình thang cân EF GH b) Do HM SO nên HM ⊥ EF hay HM √ thang EF GH Ta tính EF = √ đường cao hình ak a ⇒ HM = k.SO = a, HG = AD.(1 − k) = a(1 − k), SO = 2 √ 2 (EF + GH).HM (2k − k )a Từ suy SEF GH = = DF AM ak DG AH AM c) Từ = ⇒ DF = , = = = k ⇒ DG = ak Xét tam giác DF G có CD AC SD SA AO √ a2 k ak ak F G = a2 k + − 2.ak cos 600 = 2 Khi đó, để hình thang cân EF GH ngoại tiếp đường trịn điều kiện cần đủ √ 2F G = HG + EF ⇔ ak = a + a(1 − k) ⇔ k = √ 3+1 Nhân xét Hai ý a) b) Riêng ý c) cần phải chứng minh đẳng thức 2F G = HG + EF điều kiện cần đủ để hình thang cân ngoại tiếp đường trịn Ý c) tương đối khó Câu 4(1.5 điểm) Cho x, y, z > Chứng minh: + x2 1+4 + y + 3z + + y2 + z2 √ √ + ≥ + + z + 3x2 + + x3 + 3y Hướng dẫn giải: + y3 = Sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta có đánh giá + x2 1+4 + y + 3z ≥ (1 + y)(1 − y + y ) ≤ + x2 2(1 + y ) + 3(1 + z ) + y2 Suy Cũng đánh giá tương tự ta thu kết sau: + x2 cyc 1+4 + y + 3z ≥ + y2 + z2 + x2 + + 2(1 + y ) + 3(1 + z ) 2(1 + z ) + 3(1 + x2 ) 2(1 + x2 ) + 3(1 + y ) Tiếp tục sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz bổ đề quen thuộc (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) ta chứng minh + x2 + y2 + z2 (1 + x2 + + y + + z )2 + + ≥ ≥ 2 2 2 2 2(1 + y ) + 3(1 + z ) 2(1 + z ) + 3(1 + x ) 2(1 + x ) + 3(1 + y ) (1 + x )(1 + y ) cyc Đẳng thức xảy x = y = z = Bài toán chứng minh xong! Nhân xét So với câu bất năm 2014 − 2015 hai câu bất 2015 − 2016, 2016 − 2017 dễ nhai nhiều Bởi lẽ dạng tốn học sinh tiếp cận nên nhiều em bỏ qua câu Câu 5(1.0 điểm) Trong hội nghị khách hàng, người tham gia chọn số tự nhiên có hai chữ số ghi lên phiếu 10 người xếp ngẫu nhiên vào bàn Một bàn gọi bàn "thân thiện" 10 người bàn chọn hai nhóm người (số lượng người nhóm tùy ý khác 0) cho tổng số ghi phiếu nhóm Chứng minh tất bàn hội nghị bàn "thân thiện" Hướng dẫn giải: Chọn bàn hội nghị Giả sử thành viên bàn mang số từ a1 , , a10 Nếu bàn có hai người có số giống tốn giải Ta xét trường hợp = aj , ∀i = j Đặt B1 = {ai }; B2 = {ai + aj |i = j}; ; B9 = {a1 + + a10 − |1 ≤ i ≤ 10} Tổng số bàn nhận giá trị từ 145 đến 945 Mà |B1 | + |B2 | + + |B9 | = C10 + C10 + + C10 = 210 − = 1022 Do chắn có hai tổng 1022 tổng tạo thành từ số bàn Bài tốn chứng minh hồn tồn! Nhân xét Đây câu hỏi khó đề thi thuộc dạng tốn "Chuồng bồ câu" Lúâi giẫi thûåc hiïån búãi thêìy Lï Àịnh Mêỵn - gv trûúâng THPT Nguỵn Chđ Thanh Facebook: https://www.facebook.com/ledinhmanqb