Tổ 3 d2 l11 ks hsg hoc loc 4 thanh hoa nam 2018 2019

Xác định tọa độ các đỉnh còn lạ1 của hình chữ nhật ABCD... Đánh g1á cuố1 cùng là một đánh g1á đúng theo bất đẳng thức Cauchy và g1ả th1ết abc 1.. Bà1 toán được g1ả1 quyết xong.. Xác địn

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HẬU LỘC 4 THANH HÓA

NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn: Toán Lớp: 11

ĐỀ BÀI Câu 1: (4,0 đ1ểm)

1 Cho hàm số y x 22x 3 (*) và đường thẳng :d y2mx 4

Lập bảng b1ến th1ên và vẽ đồ thị ( )P của hàm số (*) Tìm m để d cắt  P tạ1 ha1 đ1ểm

phân b1ệt có hoành độ x x thỏa mãn 1, 2

6

x m x m

2. G1ả1 bất phương trình ( x 3 x1) (1  x22x 3) 4

Câu 2: (4,0 đ1ểm)

1 G1ả1 phương trình

1 sin cos2 sin

1

x x



2. G1ả1 hệ phương trình 2  





Câu 3: (4,0 đ1ểm)

1 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc 1 Chứng m1nh rằng

3

b c c a a b

2. Cho dãy số (un) được xác định bở1    

1

1

2018

u

n n u  n n u n







Tính g1ớ1 hạn 2

3 lim

n n

u n

 

Câu 4: (4,0 đ1ểm)

1 Tìm m để hệ phương trình sau có ngh1ệm

 

3 6 2 4 4 3 18 2

I





2. Trong mặt phẳng vớ1 hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh A  3;1

, đỉnh C nằm trên đường thẳng : x 2y 5 0 Trên t1a đố1 của t1a CD lấy đ1ểm E sao cho

CE CD , b1ết N6; 2 

là hình ch1ếu vuông góc của D lên đường thẳng BE Xác định tọa

độ các đỉnh còn lạ1 của hình chữ nhật ABCD

Câu 5: (4,0 đ1ểm)

1. Cho dãy số  u n

1

2 1

2

1

2018

u











Tính g1ớ1 hạn sau

n

n

u

2. Trong mặt phẳng vớ1 hệ tọa độ Oxy , cho tam g1ác ABC nộ1 t1ếp đường tròn

 C x : 2 y2 25, đường thẳng AC đ1 qua đ1ểm K2;1 Gọ1 M , N là chân các đường cao

kẻ từ đỉnh B và C Tìm tọa độ các đỉnh của tam g1ác ABC, b1ết phương trình đường thẳng

MN là 4x 3y10 0 và đ1ểm A có hoành độ âm.

HƯỚNG DẪN G1Ả1 Câu 1: (4,0 đ1ểm)

1 Cho hàm số y x 22x 3 (*) và đường thẳng :d y2mx 4

Lập bảng b1ến th1ên và vẽ đồ thị ( )P của hàm số (*) Tìm m để d cắt  P tạ1 ha1 đ1ểm

phân b1ệt có hoành độ x x thỏa mãn 1, 2

6

x m x m

2. G1ả1 bất phương trình ( x 3 x1) (1  x22x 3) 4

Lờ1 g1ả1

1 Xét hàm số y x 22x 3 (*) và đường thẳng :d y2mx 4

+ Lập bảng b1ến th1ên và vẽ đồ thị ( )P của hàm số y x 22x 3(*).

Hàm số bậc ha1 y x 22x 3(*) có a1,b2,c3, 1.

2

b a

Vớ1 x 1 thì

4

y  Bảng b1ến th1ên hàm số (*) như sau

Đồ thị ( )P là parabol có bề lõm hướng lên trên, có trục đố1 xứng là đường thẳng x 1, cắt trục hoành tạ1 ha1 đ1ểm 1;0

, 3;0

, cắt trục tung tạ1 đ1ểm 0; 3 

, và có đỉnh là I  ( 1; 4) (xem hình vẽ sau)

+ Xét phương trình hoành độ đ1ểm chung của d và  P

 

x  x  mx  x  m x   1 Đường thẳng d cắt  P

tạ1 ha1 đ1ểm phân b1ệt có hoành độ x x kh1 và chỉ kh1 phương1, 2 trình (1) có ha1 ngh1ệm phân b1ệt x x1, 2  12 1 0 2(2)

0

m m

m







        



Kh1 đó, theo định lí V1ète, ta có

 

1 2

1 2

(3)

x x







2

6

6 1

6 1

x m x m

x x x x

x x x x

2

2

6

6

4 2

2

3

do 3

3 2

2

m

m

m

m

m m

m

m





 



 





 



G1á trị

7 3

m 

thỏa mãn đ1ều k1ện (2) Vậy

7 3

m 

là g1á trị cần tìm

2. Xét bất phương trình ( x 3 x1) (1  x22x 3) 4 1  

Đ1ều k1ện x 1 (2). Nhận thấy x 3 x1 0,  x 1. Do đó, vớ1 mọ1 x thỏa mãn (2) ta có

 

2

2

2

2

2

x x

x x

x

  





 Kết hợp vớ1 đ1ều k1ện (2) suy ra tập ngh1ệm của bất phương trình (1) là S 2; 

Câu 2: (4,0 đ1ểm)

1 G1ả1 phương trình

1 sin cos2 sin

1

x x



2. G1ả1 hệ phương trình 2  





Lời giải

1 Xét phương trình

1 s in cos2 sin

1

x x



Đ1ều k1ện



Vớ1 đ1ều k1ện (2) thì

2

1 sin cos2 sin

1 4

1 cos cos 1 sin cos2 cos sin 1

1 sin cos 2 1

1 sin

sin 1

x x

x

x

x

x x

x



















 Vớ1 sinx 1 thì cosx 0, không thõa mãn đ1ều k1ện (2)

Vớ1

1 sin

2

x 

thì

nên (2) thỏa mãn

Ta có:

1

x  x  

 

2

7 2 6

k



















Vậy phương trình (1) có ngh1ệm x 6 k2







,

7 2 6

x  k 

,k  

2. Xét hệ phương trình 2  





Đ1ều k1ện

2

3

x y

x y







   

Vớ1 x y, thỏa mãn hệ đ1ều k1ện (3), ta có

   

Thay y x vào phương trình (2) ta có

2 2

2

2

2

3

do

2

,

2

x x

x x









 Đố1 ch1ếu vớ1 hệ đ1ều k1ện (3) suy ra hệ phương trình đã cho có ha1 ngh1ệm

 ,  1 5 1; 5 ; 1 5 1; 5

x y         

Câu 3: (4,0 đ1ểm)

1 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc 1 Chứng m1nh rằng

3

b c c a a b

2. Cho dãy số (un) được xác định bở1    

1

1

2018

u

n n u  n n u n







2

3 lim

n n

u n

 

Lời giải

1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

2

2

bc

a



Tương tự ta được

c a ca a b ab

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:

2

b c c a a b bc ca ab

Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta lạ1 có

c

Áp dụng tương tự ta được 2 ; 2

b  c  c  a  .

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

bc ca ab

a  b  c    .

Do đó ta suy ra b c c a a b 2 a b c

Ta cần chứng m1nh được 2 a b c a b c 3 a b c3

Đánh g1á cuố1 cùng là một đánh g1á đúng theo bất đẳng thức Cauchy và g1ả th1ết abc 1 Bà1 toán được g1ả1 quyết xong Dấu bằng xảy ra kh1 và chỉ kh1 a b c  1

2. Ta có

2

1





1

n

u

  (vn) là cấp số nhân có công bộ1

1 3

q 

và số hạng đầu

1 1

2018 1009

u

2

Kh1 đó 2

3 lim

n n

u n

1 2

n

n



2 2

3027 3 3027 3 3027

 

Câu 4: (4,0 đ1ểm)

1 Tìm m để hệ phương trình sau có ngh1ệm

 

3 6 2 4 4 3 18 2

I





2. Trong mặt phẳng vớ1 hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh A  3;1, đỉnh C nằm trên đường thẳng : x 2y 5 0 Trên t1a đố1 của t1a CD lấy đ1ểm E sao cho

CE CD , b1ết N6; 2 

là hình ch1ếu vuông góc của D lên đường thẳng BE Xác định tọa

độ các đỉnh còn lạ1 của hình chữ nhật ABCD

Lời giải

1 Đ1ều k1ện:

2 6

x y









Ta có HPT  I

m

 

Đặt

1 2

2 3

x

a

y

b













, đ1ều k1ện ,a b  Ta có hệ phương trình trở thành 0

4

a b m







 II

Hệ phương trình  I

đã cho có ngh1ệm  hệ  II

có ngh1ệm a b; 

vớ1 ,a b  0

- Nếu m 4 hệ  II

vô ngh1ệm  hệ phương trình đã cho vô ngh1ệm

- Nếu m 4 Chọn hệ tọa độ Oab từ hệ  II

ta có:

PT (1) cho ta cung tròn  C 1

là một phần của đường tròn  C1

tâm I1;1 , R 1 5

thuộc góc phần

tư thứ nhất vì ,a b  0

PT (2) cho ta cung tròn  C 2

là

1

4 đường trònC2

tâm O0;0 , R2  m thuộc góc phần4 tư

thứ nhất vì ,a b  0

Để hệ phương trình  I có ngh1ệm   C 1

, C 2 g1ao nhau khác rỗng dựa vào hình vẽ trên

ta có

2

OH R OK  3 m4 2 5 5m 3 2 10

Vậy hệ đã cho có ngh1ệm  5m 3 2 10

2 Tứ g1ác ADBN nộ1 t1ếp  AND ABD và ABD ACD (do ABCD là hình chữ nhật) Suy ra AND ACD hay tứ g1ác ANCD nộ1 t1ếp được một đường tròn, mà

ADC  ANC  AN CN

G1ả sử C c2 5;c

, từ  AN CN  . 0 3 1 2  c  2c 0 c 1 C7;1

Tứ g1ác ABEC là hình bình hành, suy ra AC/ /BE.

Đường thẳng NE qua N và song song vớ1 AC nên có phương trình y  2 0.

G1ả sử B b  ; 2

, ta có  AB CB. 0 b2 4b120

 









Từ đó dễ dàng suy ra D6; 4

Vậy C7;1

, B   2; 2

, D6; 4

Câu 5: (4,0 đ1ểm)

1. Cho dãy số  u n xác định  

1

2 1

2

1

2018

u











Tính g1ớ1 hạn sau

n n

u

2. Trong mặt phẳng vớ1 hệ tọa độ Oxy , cho tam g1ác ABC nộ1 t1ếp đường tròn

 C x : 2 y2 25

, đường thẳng AC đ1 qua đ1ểm K2;1

Gọ1 M , N là chân các đường cao

kẻ từ đỉnh B và C Tìm tọa độ các đỉnh của tam g1ác ABC, b1ết phương trình đường thẳng

MN là 4x 3y10 0 và đ1ểm A có hoành độ âm.

Lời giải

1. Tính g1ớ1 hạn

n

n

u

*) Đặt

 1

( )

2018

x x

Theo g1ả th1ết ta có u n1 f u( ),n  n 1 (1)

Nhận thấy nếu x 2 thì f x ( ) 2, mà u  nên từ (1) suy ra 1 2 u n   2, n 1

1

2018

, nên dãy  u n là dãy tăng

G1ả sử dãy  u n bị chặn trên, kh1 đó dãy  u n có g1ớ1 hạn hữu hạn Đặt limu n  , ta cóL

2

L  do u n   2, n 1 Lấy g1ớ1 hạn ha1 vế của (1), ta được

1

0

lim lim

1









n n

L

L (vô lí vì L 2).

Như vậy dãy  u n

không bị chặn trên, do đó

1

n

u

u

1

1 2018 2018

u   u  u  u u u   u   u

1 1

n

u



2018

Đặt

n n

n

u

S

2 Tìm tọa độ các đỉnh của tam g1ác ABC

Gọ1 ,I J lần lượt là g1ao đ1ểm của BM , CN vớ1 đường tròn  C

Do tứ g1ác BCMN nộ1 t1ếp nên MBC CNM  , lạ1 có CJI IBC (cùng chắn cung IC) do

đó CJI CNM   MN/ /IJ

Mặt khác:









(cïng ch¾n cung ) (do tø gi¸c néi tiÕp)

ACI ACJ AI AJ AO IJ AO MN

Từ đó ta có

+) Do OA đ1 qua O0;0 và vuông góc vớ1 MN: 4x 3y10 0 nên phương trình đường thẳng OA: 3x4y0.

Tọa độ đ1ểm A là ngh1ệm của hệ

4; 3

A y

y

x x







 



+) Vì ACđ1 quaA  4;3

và K2;1

, nên phương trình đường thẳng AC x: 3y 5 0.

Tọa độ đ1ểm C là ngh1ệm của hệ 2 2 2

0 5

3y 5

y

x

x 





 







 

 



4 ;3 (lo¹i) 5;0

C

+) Do M là g1ao đ1ểm của AC và MN nên tọa độ đ1ểm M là ngh1ệm của hệ

 

4 3 10 0

1;2

x y

M

x y





+) Đường thẳng BM đ1 qua M  1; 2 và vuông góc vớ1 ACnên phương trình đường thẳng

BM x y  

Tọa độ đ1ểm B là ngh1ệm của hệ

 

0;5

3; 4 25

y

B

x y



  



 



 

Vậy A4;3 , B3; 4 ,  C5;0

hoặc A4;3 , B0;5 , C5;0 