de thi hsg mon toan lop 11 tuong thpt gia vien b nam 2015 2016

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.. Chứn

TRƯỜNG THPT GIA VIỄN B

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm 07 câu, 01 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TRƯỜNG

NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (5,0 điểm)

a) Giải phương trình: 3 sin 2 3cos 3 sin 3

2 sin 3

x x

b) Cho hàm số yx33mx29x1, có đồ thị  C m , với m là tham số Tìm giá trị của tham số m để

đường thẳng d m:y  x 10 3m cắt đồ thị  C m tại 3 điểm phân biệt A B C Gọi , , k k k là hệ số góc 1, 2, 3 tiếp tuyến của  C m 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:  2   2   3 

4 2x  1 3 x 2x 2x 1 2 x 5x b) Giải hệ phương trình

56

  



    

Câu 3 (3,0 điểm)

a) Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 26 14 7

n

x x

  

  , biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn 4C1n6C n2A n3490

b) Chứng minh rằng phương trình x33x  có 3 nghiệm phân biệt 1 0 x x x (1, 2, 3 x1x2x3) thỏa mãn hệ thức x22  2 x1 và x32 2 x2

Câu 4 (2,0 điểm) Giải bất phương trình

2

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2BD và đường tròn nội tiếp hình thoi có phương trình là   2 2 8

5

x  y  Biết rằng đường thẳng AB đi qua điểm

 1;5

M 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

-HẾT -

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

Điều kiện 2sinx 30

Phương trình đã cho tương đương với: 3sin 2x3cosx 3 sinx 3 2sin x 3 0,5

2

3 sin 2x 2 sin x 3 sinx 3cosx 0

     2 sinx 3 3 cosxsinx0 0,5

3

x    x  k 

hoặc 2 2

3

x k 

, với k   0,5

+) 3 cosxsinx 0 tanx 3 2

3

x  k 

3

x k 

, k   0,5

1a

(2,5 điểm)

Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là:

2 3

x  k 

hoặc 2 2

3

x k 

, với k   0,5

Hoành độ giao điểm của đồ thị  C m và đường thẳng d là nghiệm của phương trình m

x  mx  x   x mx  x  m x  

1 1 3 9 3 0 *

        x 1 hoặc 2    

1 3 9 3 0 **

x   m x  m

0,5

Đường thẳng d cắt đồ thị m  C m 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

2 2

1 1 3 1 9 3 0



 



2

11 6 0

m



 



7 3

m

   hoặc 5 11

3 m 6 hoặc 11

6

Gọi hoành độ của các điểm A B C lần lượt là , , x x x trong đó 1, 2, 3 x11, còn x x là 2, 3

hai nghiệm của phương trình  **

Theo định lý Viet, ta có x2x33m1 và x x2 3 9 3m

k   k k  m x x  m x x 

2

0,5

1b

(2,5 điểm)

k   k k  m   m      m   Kết hợp với điều kiện ở trên, ta có các giá trị cần tìm của m là

7

; 2;

3

m     



0,5

2a

(1,5 điểm)

Điều kiện 1

2

x  Với điều kiện này thì phương trình đã cho tương đương với

2x 8x 10x 4 3 x 2x 2x  1 0

2 x 2 x 2x 1 3x x 2 2x 1 0 x 2 2x 3x 2x 1 4x 2 0

0,5

x

2x 3x 2x 1 4x 2 0 *

* 2x 3x 2x 1 2 2x  1 0

x 2 2x 1 2 x 2x 1 0 x 2 2x 1 0

          (do 2x 2x 1 0)

0,5

2

2 2x 1 x x 8x 4 0 x 4 2 3

          (tmđk)

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là x2;x 4 2 3 0,5

Hệ phương trình xác định với mọi x y   ,

Ta có

Trừ vế theo vế hai phương trình trong hệ ta được:

x  x  xy  y  y  x  y    x y

0,5

Thay x  vào phương trình thứ hai trong hệ ban đầu ta được: y 2

3 y2 9 y2  y  y 10 y 2y    hoặc 8 0 y 2 y   4 0,5

2b

(1,5 điểm)

Với y  thì 2 x 4; với y   thì 4 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  Với điều kiện này, ta có 3

4C n6C n A n 4904n3n n 1 n n1 n 2 490

            (tmđk)

0,5

Với n 10, ta có khai triển của nhị thức Niu-tơn

10 7 4

1

x x

  

 

Số hạng tổng quát của khai triển là 10  7 11 40

x





 

 

  (k,k10)

0,5

3a

(1,5 điểm)

Số hạng này chứa x khi và chỉ khi 26 11k4026 k 6 (tmđk)

Vậy hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn đã cho là: 26 C 106 210 0,5 Chứng minh rằng phương trình x33x  có 3 nghiệm phân biệt 1 0 x x x 1, 2, 3 (x1x2x3) thỏa mãn hệ thức x22 x1 2

Xét hàm số   3

3 1

f x x  x trên  Hàm số f x  liên tục trên 

Ta có f   2 1; f  1 3;f 1  1;f 2 3

Hàm số f x  liên tục trên  nên cũng liên tục trên đoạn 2; 2

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

0,5

3b

(1,5 điểm)

Do nghiệm x   2; 2 nên ta đặt x2 cost, với t0; Khi đó phương trình đã

cho trở thành 8 cos3 6 cos 1 0 4 cos3 3cos 1 cos 3 1

t t   t t   t 

3t  k2 , k t  k ,k

         

0,5

Vì t0; nên 2 ;4 ;8

9 9 9

t    

 

  Suy ra phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt

là 2 cos2 ; 2 cos4 ; 2 cos8

Khi đó 1 2 cos8 ; 2 2 cos4 ; 3 2 cos2

Ta có 2 1 2 1 cos8 2.2cos24 22; 2 2 2 1 cos4 4cos22 32

           

0,5

Điều kiện x  Với điều kiện này thì 0 2

2 20x 96x 5 0 nên bất phương trình

đã cho tương đương với 2

6x2 x 1 20x 96x 5 2

 

2

6x 2 x 3 20x 96x 5 **

0,5

Nhận thấy x 0 là nghiệm của bất phương trình

Xét x 0 Khi đó  ** 6 x 2 3 20x 96 5

x x

x x

       

0,5

Đặt t 2 x 1 ,t 2 2

x

   Suy ra 4x 1 t2 4

x

   Do đó bất phương trình trên trở

3t 2 5 t  4 96 5t 76  3t 2 5t 76 3t2

2

3 18 0 6

     

0,5

4

(2,0 điểm)

2

x



2

x 

8 3 7 2

  hoặc 8 3 7

2

x 

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là 0;8 3 7 8 3 7;

S

     

     

0,5

J

E

N

M

I H

C D

A

B

S

K

Gọi H là trung điểm của cạnh AD Ta có HDCNCB nên  

HCDNBC Lại do  

,

NBC BNC phụ nhau nên  0

90

NIC  hay HCBN

0,5

5

(2,5 điểm)

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 3

4

HE

AE  nên    

4 ,

d H SBN

d A SBN  Suy ra     4    

3

d A SBN  d H SBN

Có BN SHJ Từ H kẻ HK SJ K, SJ Khi đó HKSBN

Vậy     4     4

d A SBN  d H SBN  HK

0,5

; cos

HC

Tam giác JNC vuông tại J nên  2 5 5

Tam giác SAD đều cạnh a nên 3

2

a

0,5

Tam giác SHJ vuông tại H có đường cao HK nên 1 2 12 12

HK HS HJ Suy ra 1 2 12 12 322 3 2

4 20

a HK

HK    a   Do đó     2

,

2

a

Đường tròn nội tiếp hình thoi có tâm I 1;1 và

bán kính 2 10

5

R  Gọi H là tiếp điểm của đường thẳng AB với đường tròn Tam giác

IAB vuông tại I có đường cao IH nên

IH IA IB  IA

IB BD AC IA)

Suy ra IAIH 52 2

1,0

Gọi n a b ; 

là vectơ pháp tuyến của đường thẳng AB, với 2 2

0

a b  Đường thẳng AB có phương trình a x  1 b y  5 0

Do AB tiếp xúc với đường tròn nên  

2 2

5

b

0,5

6

(2,5 điểm)

Với a3b thì đường thẳng AB có phương trình 3x   y 8 0

Do AAB nên A a ;83a

3

a

  (loại) hoặc a 7 (loại)

0,5

Với a 3b thì đường thẳng AB có phương trình 3x   y 2 0

Do AAB nên A a a  ;3 2

IA  a  a   a  a 

1

a

   (nhận) hoặc 3

5

a  (loại) Vậy A   1; 1

0,5

Với các số thực dương x y, ta có  2

0

xy  nên suy ra x2 2x y

y  

Do đó  

2

3 10 5

11 2 5

3 10 5

3 10 5

0,5

Ta lại có 2 2  2  2  2

11a 2ab5b 2 2ab 3 ab 2 2ab

11a 2ab5b  2 2a Do đó b 2 2  

2 2

a b

0,5

Chứng minh tương tự, ta có

Vì vậy F3 2a  b c

Mặt khác  2  

3

a b c  abbcca nên từ giả thiết, ta có a   b c 3

0,5

7

(2,0 điểm)

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

0,5

-HẾT -