Tài liệu Dethihsgmontoanlop11nam2015_2016truongthptgiavienb_3722

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút TRƯỜNG THPT GIA VIỄN B ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 07 câu, 01 trang) Câu 1 (5,0 điểm) a) Giải phương trình: 3 sin 2 x  3cos x  3  sin x  3 . 2sin x  3 b) Cho hàm số y  x3  3mx 2  9 x  1 , có đồ thị Cm  , với m là tham số. Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng d m : y  x  10  3m cắt đồ thị Cm  tại 3 điểm phân biệt A, B, C . Gọi k1 , k2 , k3 là hệ số góc tiếp tuyến của Cm  lần lượt tại A, B, C . Tìm giá trị của m để k1  k2  k3  15 . Câu 2 (3,0 điểm) a) Giải phương trình: 4  2 x 2 1  3 x 2  2 x 2 x 1  2  x 3  5 x .  x 3  y 3  56  b) Giải hệ phương trình  2 .  3 x  9 x  y 2  y  10   Câu 3 (3,0 điểm). 1  trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  4  x 7  , biết rằng n là số    x   n a) Tìm hệ số của số hạng chứa x 26 1 3 nguyên dương thỏa mãn 4Cn  6Cn2  An  490 . b) Chứng minh rằng phương trình x 3  3 x 1  0 có 3 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 ( x1  x2  x3 ) thỏa 2 2 mãn hệ thức x2  2  x1 và x3  2  x2 . Câu 4 (2,0 điểm). Giải bất phương trình 6 x  2 x 1 2  20 x 2  96 x  5  1 . Câu 5 (2,5 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh SB và CD . Chứng minh rằng AM vuông góc với BN . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SMN  . Câu 6 (2,5 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có AC  2 BD và đường 8 2 2 tròn nội tiếp hình thoi có phương trình là  x 1   y 1  . Biết rằng đường thẳng AB đi qua điểm 5 M 1;5 . Tìm tọa độ đỉnh A , biết điểm A có hoành độ âm. Câu 7 (2,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: F  7 a 2  6ab  5b 2 3a 2 10ab  5b 2  7b 2  6bc  5c 2 3b 2 10bc  5c 2 -----HẾT-----  7c 2  6ca  5a 2 3c 2 10ca  5a 2 . TRƯỜNG THPT GIA VIỄN B ĐỀ THI CHÍNH THỨC (HDC gồm 05 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn: TOÁN Câu Đáp án Điểm Điều kiện 2sin x  3  0 . Phương trình đã cho tương đương với:    3 sin 2 x  2sin 2 x  3 sin x  3cos x  0  2sin x  3 1a (2,5 điểm)   3sin2x 3cos x 3  sin x  3 2sin x  3   3 cos x  sin x  0  2  k 2 hoặc x   k 2 , với k   . 3 3  4 +) 3 cos x  sin x  0  tan x  3  x   k 2 hoặc x   k 2 , k   . 3 3 Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là:  2 x   k 2 hoặc x   k 2 , với k   . 3 3 +) 2sin x  3  0  x  0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Hoành độ giao điểm của đồ thị Cm  và đường thẳng d m là nghiệm của phương trình x 3  3mx 2  9 x  1  x 10  3m  x 3  8 x  9  3m  x 2 1  0 0,5   x 1 x2 13m x 93m  0 *  x  1 hoặc x2 13m x  9 3m  0 ** Đường thẳng d m cắt đồ thị Cm  tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình * có 3 nghiệm phân biệt hay phương trình ** có 2 nghiệm phân biệt khác 1 1b (2,5 điểm)  1 3m2  4 9  3m  0    12  1 3m.1  9  3m  0    9m 2  6m  35  0  7 5 11 11  m   hoặc  m  hoặc m  .   11 6m  0 3 3 6 6   Gọi hoành độ của các điểm A, B, C lần lượt là x1 , x2 , x3 trong đó x1  1 , còn x2 , x3 là 0,5 0,5 hai nghiệm của phương trình ** . Theo định lý Viet, ta có x2  x3  3m 1 và x2 x3  9  3m . 0,5 Ta có k1  k2  k3  12  6m  3 x  x   6m  x2  x3   18 2 2 2 3  k1  k2  k3  9m 2  21 . k1  k2  k3  15  9m 2  21  15  m 2  4  m  ;  2  2;   Kết hợp với điều kiện ở trên, ta có các giá trị cần tìm của m là  7 m  ;     2;   .      3 Điều kiện x  2a (1,5 điểm) 0,5 1 . Với điều kiện này thì phương trình đã cho tương đương với 2 2 x3  8 x 2 10 x  4  3 x 2  2 x 2 x 1  0 0,5    2 x  2 x2  2x 1 3x  x  2 2 x 1  0   x  2 2x2 3x 2x 1  4 x  2  0 2  x  2 (tmđk) hoặc 2 x 2  3 x 2 x 1  4 x  2  0 * . Ta có *  2 x 2  3x 2 x 1  2 2 x 1  0   0,5   x  2 2 x 1 2 x  2 x 1  0  x  2 2 x 1  0 (do 2 x  2 x 1  0 )  2 2 x 1  x  x 2  8 x  4  0  x  4  2 3 (tmđk). 0,5 Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là x  2; x  4  2 3 . Hệ phương trình xác định với mọi x, y   .  x 3  y 3  56  x 3  y 3  56    Ta có  2  2 .  3 x  9 x  y 2  y  10 9 x  27 x  3 y 2  3 y  30     Trừ vế theo vế hai phương trình trong hệ ta được: 2b (1,5 điểm) 0,5 x 3  9 x 2  27 x  y 3  3 y 2  3 y  26   x  3   y 1  x  y  2 3 3 Thay x  y  2 vào phương trình thứ hai trong hệ ban đầu ta được: 3 y  2  9  y  2  y 2  y  10  y 2  2 y  8  0  y  2 hoặc y  4 . 2 0,5 Với y  2 thì x  4 ; với y  4 thì x  2 . Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là  x; y   4; 2 ; x; y   2;  4 . 0,5 Điều kiện n   và n  3 . Với điều kiện này, ta có 1 3 4Cn  6Cn2  An  490  4n  3n  n 1  n n 1n  2  490 0,5  n  6n  9n  490  0   n 10n  4n  49  0  n  10 (tmđk). 3 2 2 1  Với n  10 , ta có khai triển của nhị thức Niu-tơn  4  x 7  .    x   10 3a (1,5 điểm) 10k 1 Số hạng tổng quát của khai triển là C  4    x    k 10 x  7 k k 11k 40 10 C x 0,5 ( k  , k  10 ). Số hạng này chứa x 26 khi và chỉ khi 11k  40  26  k  6 (tmđk). 6 Vậy hệ số của số hạng chứa x 26 trong khai triển nhị thức Niu-tơn đã cho là: C10  210 . 0,5 Chứng minh rằng phương trình x 3  3 x 1  0 có 3 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 2 ( x1  x2  x3 ) thỏa mãn hệ thức x2  x1  2 . Xét hàm số f  x   x 3  3x 1 trên  . Hàm số f  x  liên tục trên  . Ta có f 2  1; f 1  3; f 1  1; f  2  3 . 3b (1,5 điểm) Hàm số f  x  liên tục trên  nên cũng liên tục trên đoạn 2; 2 . 0,5 Mặt khác f 2. f 1  0; f 1. f 1  0; f 1. f 2  0 nên f  x   0 có ba nghiệm phân biệt thuộc khoảng 2; 2 . Lại do f  x  là hàm bậc ba nên phương trình f  x   0 có tối đa ba nghiệm. Vậy phương trình f  x   0 có ba nghiệm phân biệt thuộc khoảng 2; 2 . Do nghiệm x  2; 2 nên ta đặt x  2 cos t , với t  0;   . Khi đó phương trình đã 1 1 cho trở thành 8cos3 t  6cos t 1  0  4 cos3 t  3cos t    cos 3t   2 2 2 2 2  3t    k 2 , k    t   k ,k  . 3 9 3 3 0,5  2 4 8    Vì t  0;   nên t   ; ;  . Suy ra phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt 9 9 9     2 4 8 là 2cos ; 2 cos ; 2 cos . 9 9 9 8 4 2 Khi đó x1  2 cos ; x2  2 cos ; x3  2 cos . 9 9 9   8  4 4  2 2 2 Ta có 2  x1  21 cos   2.2cos2  x2 ; 2  x2  21 cos   4cos 2  x3             9 9 9 9 0,5 Điều kiện x  0 . Với điều kiện này thì 2  20 x 2  96 x  5  0 nên bất phương trình đã cho tương đương với 6 x  2 x  1  20 x 2  96 x  5  2 0,5  6 x  2 x  3  20 x 2  96 x  5 ** . Nhận thấy x  0 là nghiệm của bất phương trình. 3 5  20 x  96  x x Xét x  0 . Khi đó **  6 x  2  0,5  1    2  5 4 x  1   96 .    3 2 x             x x 4 (2,0 điểm) Đặt t  2 x  1 1 , t  2 2 . Suy ra 4 x   t 2  4 . Do đó bất phương trình trên trở x x thành 3t  2  5 t 2  4  96  5t 2  76  3t  2  5t 2  76  3t  2 2 0,5  t 2  3t 18  0  t  6 . Do đó 2 x  x 1 3 7  6  2 x  6 x 1  0  x  hoặc 2 x x 3 7 2 83 7 83 7 hoặc x  . 2 2 0,5  83 7  8 3 7    Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là S  0; ;  .   2   2   S M K 5 (2,5 điểm) B A H I J D N C E   Gọi H là trung điểm của cạnh AD . Ta có HDC NCB nên HCD  NBC .    Lại do NBC , BNC phụ nhau nên NIC  900 hay HC  BN . Tam giác SAD đều nên SH  AD . Do  SAD    ABCD  , SAD    ABCD   AD nên SH   ABCD  . Suy ra SH  BN . 4 0,5 0,5 Do đó BN   SHC  . Gọi I là trung điểm của CB . Khi đó IM // SC và AI // HC . Suy ra  SHC  //  AIM  . Vì vậy BN   IAM  nên BN  AM . Gọi J , E lần lượt là giao điểm của BN với HC và AD . Ta có d  H , SBN  3 HE 3 4  nên  . Suy ra d  A,  SBN   d  H , SBN  . AE 4 3 d  A,  SBN  4 Có BN   SHJ  . Từ H kẻ HK  SJ , K  SJ . Khi đó HK   SBN  . 0,5 4 4 Vậy d  A,  SBN   d  H , SBN   HK . 3 3 Ta có HC  a 5  DC 2 5 ; cos HCD   . 2 HC 5  a 2 5 a 5 Tam giác JNC vuông tại J nên JC  NC cos JCN  .  . 2 5 5 0,5 a 5 a 5 3a 5 Suy ra HJ  HC  JC    . 2 5 10 Tam giác SAD đều cạnh a nên SH  a 3 . 2 Tam giác SHJ vuông tại H có đường cao HK nên Suy ra 1 1 1   . 2 2 HK HS HJ 2 a 2 1 1 1 32 3a 2 . Do đó d  A,  SBN   .  2  2  2  HK  2 3a 9a 2 HK 9a 8 4 20 Đường tròn nội tiếp hình thoi có tâm I 1;1 và 2 10 . Gọi H là tiếp điểm của 5 đường thẳng AB với đường tròn. Tam giác IAB vuông tại I có đường cao IH nên 1 1 1 5  2 2 2 2 IH IA IB IA 1 1 1 (do IB  BD  AC  IA ). 2 4 2 0,5 bán kính R  6 (2,5 điểm) 1,0 Suy ra IA  IH 5  2 2 .  Gọi n a; b là vectơ pháp tuyến của đường thẳng AB , với a 2  b 2  0 . Đường thẳng AB có phương trình a  x 1  b  y  5  0 . 0,5 4b 2 10 Do AB tiếp xúc với đường tròn nên d  I , AB   R    a  3b . 5 a 2  b2 Với a  3b thì đường thẳng AB có phương trình 3 x  y  8  0 . Do A  AB nên A  a;8  3a  . IA  2 2   a 1  7  3a   8  5a 2  22a  21  0 2  a  3 (loại) hoặc a  2 7 (loại). 5 5 0,5 Với a  3b thì đường thẳng AB có phương trình 3 x  y  2  0 . Do A  AB nên A  a;3a  2 . IA  2 2  a 1  3a  1  8  5a 2  2a  3  0 2 2  a  1 (nhận) hoặc a  3 (loại). Vậy A 1; 1 . 5 Với các số thực dương x, y ta có  x  y   0 nên suy ra 2 7a2  6ab 5b2  0,5 x2  2x  y . y 2 Do đó Suy ra 3a 10ab  5b 2 2  27a2  6ab  5b2  3a2 10ab  5b2   11a2  2ab  5b2 2 7a 2  6ab  5b 2 3a  10ab  5b 2 7a2  6ab  5b2  0,5 2  3a 10ab  5b 2 2  11a 2  2ab  5b 2 . Ta lại có 11a 2  2ab  5b 2  2  2a  b  3 a  b  2  2a  b . 2 7 (2,0 điểm) Suy ra 11a2  2ab  5b2  2  2a  b . Do đó 2 2 7 a 2  6 ab  5b 2 3a 2  10 ab  5b 2  2 2 a  b  . 0,5 Chứng minh tương tự, ta có 7b 2  6bc  5c 2 3b 2  10bc  5c 2  2  2b  c ; 7c 2  6ca  5a 2 3c 2  10ca  5a 2  2  2c  a  . Vì vậy F  3 2  a  b  c  . 0,5 Mặt khác a  b  c   3ab  bc  ca  nên từ giả thiết, ta có a  b  c  3 . 2 Suy ra F  9 2 . Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  1 . Vậy F đạt giá trị nhỏ nhất bằng 9 2 khi a  b  c  1 . -----HẾT----- 6 0,5 CHƯƠNG TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA MÔN TOÁN NĂM 2016 - 2017 GIÁO VIÊN VÀ HUẤN LUYỆN VIÊN HÀNG ĐẦU - Học Online trực tiếp với các Thầy, Cô là chuyên gia bồi dưỡng HSG Quốc gia chuyên môn cao, giàu kinh nghiệm và đạt nhiều thành tích. Học kèm Online trực tiếp với Huấn luyện viên giỏi là các anh chị đã tham gia và đạt giải cao trong kì thi HSG Quốc gia các năm trước. Chương trình được sắp xếp hệ thống, khoa học, toàn diện giúp học sinh nắm bắt nhanh kiến thức và tối ưu kết quả học tập. - CÁCH HỌC VÀ PHƯƠNG PHÁP HỌC THÚ VỊ - HIỆU QUẢ - Lớp học Online ít học sinh: Mỗi lớp từ 5 - 10 em để Giáo viên và Huấn luyện viên bám sát, hỗ trợ kịp thời cho các em nhằm đảm bảo chất lượng khóa học ở mức cao nhất. Thời gian học linh động, sắp xếp hợp lý giúp các em dễ dàng lựa chọn cho mình khung thời gian tốt nhất để học. Mỗi bài học được chia thành nhiều buổi học (mỗi bài có tối thiểu 2 buổi học): + Buổi đầu tiên huấn luyện viên hướng dẫn các em học Online trực tiếp: Phần lý thuyết, phương pháp giải toán - các ví dụ minh họa điển hình & bài tập tự luyện do giáo viên cung cấp. Trong quá trình học các em được trao đổi, thảo luận Online trực tiếp với các bạn cùng học và huấn luyện viên để nắm rõ và hiểu sâu thêm các vấn đề trong bài học. + Buổi học tiếp theo: Sau khi về nhà các em đã làm bài tập tự luyện thì ở buổi học này Huấn luyện viên sẽ đánh giá bài làm của các em và sửa bài. Trong quá trình sửa bài các em thảo luận Online trực tiếp với HLV, các bạn cùng lớp để hoàn thiện bài làm và mở rộng thêm các dạng toán mới. HỌC CHỦ ĐỘNG – HỌC THOẢI MÁI VÀ TIẾT KIỆM - - Các em không cần đến lớp, không cần đi lại mất thời gian, công sức, tiền của. Hãy chọn cho mình góc học tập yên tĩnh, tập trung và 01 máy tính có kết nối internet là chúng bắt đầu học Online trực tiếp như ở lớp. Mỗi tuần học 2 buổi, có nhiều lớp học, ca học trong ngày giúp các em hoàn toàn chủ động thời gian học tập của mình. Các chuyên đề luôn được mở giúp các em có thể học nhanh chương trình, trong thời gian ngắn nhất. Kết nối với các thầy cô, huấn luyện viên Online trực tiếp giúp việc giải đáp các vấn đề nhanh hơn - hiệu quả hơn. Được kết giao với các bạn học khác là những học sinh yêu thích, đam mê và giỏi toán trên toàn quốc. Học phí phù hợp. Đội ngũ tư vấn, cskh nhiệt tình, tận tâm hỗ trợ các em trong suốt quá trình học. www.vclass.hoc247.vn - Hotline: 0981 821 807 Trang | 1