Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số biết tiếp tuyến có hệ số góc bằng 9.. Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau.. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên th
Trang 1TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 2 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LỚP 11
NĂM HỌC 2015-2016 MÔN: TOÁN (Thời gian làm bài 180 phút)
Bài 1 (4,0 điểm) Cho hàm số y = x3-3x +1
1 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số biết tiếp tuyến có hệ số góc bằng 9.
2 Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm:
0 1 4 ) 1 ( 2 0 '
2
m x m x y
Bài 2 (4,0 điểm)
1 Giải phương trình cos 3cos 3 sin 3sin 4
2 Giải hệ phương trình:
Bài 3 (4,0 điểm).
1 Tìm hệ số của số hạng chứa x4 trong khai triển thành đa thức của biểu thức:
(1 2 ) (1 3 )
2 Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau Chọn ngẫu nhiên một
số tự nhiên thuộc vào tập A Tính xác suất để chọn được một số thuộc A và số đó chia hết
cho 9
Bài 4 (6,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn , ( ) : 2T x22y2 2x2y 1 0 và hai đường thẳng d x y1: 4 0, d2: 6x4y 1 0. Từ một điểm M trên d1 kẻ hai tiếp tuyến
phân biệt MA, MB tới đường tròn ( ),T ( A, B là hai tiếp điểm) Viết phương trình đường thẳng AB biết rằng đường thẳng d đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác 2 MAB
2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân với AD // BC, AB = BC = a,
AD = 2a; tam giác SAD vuông cân tại S và SB = a 3
a Gọi M là trung điểm của SA Chứng minh rằng: BM // (SCD)
b Tính góc giữa hai đường thẳng BM và CD
c Gọi G là trọng tâm của tam giác SCD, H là giao điểm của BG và mp(SAC), tính tỉ số
HB
HG
Bài 5 (2,0 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác không nhọn Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: (1 1) (1 1) (1 1)
b a
c a c
b c b a
-HẾT -Ghi chú: Học sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 2 ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LỚP 11
Trang 2NĂM HỌC 2015-2016 MÔN: TOÁN (Thời gian làm bài 150 phút)
1
1 Viết được phương trình tiếp tuyến có dạng:
15 9
17 9
x y
x
2.Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm:
0 1 4 ) 1 ( 2 0 '
2
m x m x y
2,0
)2 0 4 )1 )1(
0 0 4
)1
0
'
2 2
x m
x
m
x
y
0,5
Giải (1) ta được: 1 x 1
Xét (2) có :' m2 2m
TH1: :' 2 2 0 0 2 ( 2 )
m m m đúng với mọi x suy ra hệ có nghiệm
0,5
m m m
x m m m
2 2
Hệ bất phương trình có nghiệm khi
0 3
2 1
1
2 1
m
m x
Kết luận:
3
2
0,5
2.1
+ Phương trình đã cho tương đương với:
cos 3 sin 3(cos 3 sin ) 4 0
0,5
x
2
1 sin( )
x x
0,5
x
+
2
.4 1
x
Phương trình có tất cả các nghiệm là: 4 4 ;
3
.4 ; 3
0,5
Trang 32 4
2.2
Giải hệ phương trình
Điều kiện 0
2
y x
Ta có (1) x1 yx12 y2 x2xy x
1
1
1
1
x y
.
0,5
2
y x
1
Thay vào (2) ta được phương trình
x4 18x23x 6 x 2 78 0
2 2
2
0,5
2 9 0
3
2 1 0
x
x x
Với x 3 y2 thỏa mãn điều kiện
Vậy hệ phương trình có nghiệm 3
2
x y
0,5
3.1
Ta tìm hệ số của số hạng chứa x4 trong khai triển: x(1 2 ) x 5 chính là hệ số của
số hạng chứa x3 trong khai triển: 5
(1 2 ) x Hệ số là: 3 3
5( 2)
C
0,75
Ta tìm hệ số của số hạng chứa x4 trong khai triển: x2(1 3 ) x 10 chính là hệ số
của số hạng chứa x2 trong khai triển: (1 3 ) x 10
Hệ số là: 2 2
103
C
0,75
Hế số của số hạng chứa x4 trong khai triển đã cho là: 3 3 2 2
5( 2) 103 315
3.2
+) Trước hết ta tính n(A) Với số tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau thì
chữ số đầu tiên có 9 cách chọn và có 7
9
A cho 7 vị trí còn lại Vậy 7
9
9
+) Giả sử B 0;1; 2; ;9 ta thấy tổng các phần tử của B bằng 45 9 nên số có
chín chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 9 sẽ được tạo thành từ 8 chữ số
đôi một khác nhau của các tập B\ 0; 9 ; \ 1; 8 ; \ 2; 7 ; \ 3; 6 ; \ 4; 5 B B B B
nên số các số loại này là 8 7
8 4.7 7
1,0
Vậy xác suất cần tìm là
7 9
4.7 1
A
Trang 4(2,0đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn , ( ) : 2T x22y2 2x2y 1 0 và hai
d 2
d 1
I
M K
B A
+ Ta có 2 2
2x 2y 2x2y 1 0
1
Do đó đường tròn ( )T có tâm ( ;1 1)
+ Gọi K là giao điểm của MI với đường tròn ( ) T (K ở giữa M và I)
+ Chứng minh được K là tâm đường tròn nội tiếp MAB 0,5
+ Nhận thấy d cắt 1 d và 2 d đi qua tâm 2 ( ;1 1)
I nên K nằm trên d khi và chỉ 2 khi M d1d2
+ Xét hệ:
3
2
x
x y
y
Suy ra ( 3 5; )
2 2
M
0,5
+ Đường tròn ( )T đường kính 1 MI có phương trình là 2 2
2 2 0
+ A B; ( ) ( )T T1 nên tọa độ các điểm A, B thỏa mãn hệ:
1 0
2
Vậy phương trình đường thẳng AB là 4 x 6y 3 0.
0,5
a Gọi M là trung điểm của SA, chứng minh rằng BM // (SCD) 1,5
Trang 5Gọi N là trung điểm của AD, ta có BC = DN
= a và BC // DN BCDN là hình bình hành
BN // CD
I
S
N
P G M
K
0,5
Vì M, N lần lượt là trung điểm của SA và AD nên MN // SD (BMN) / /(SCD) 0,5
Do BN // CD (BM; CD) = (BN; BM)
Vì tam giác SAD vuông cân tại S có cạnh huyền AD = 2a nên SA SD a 2
SAB
có SA2AB2 2a2a2 3a2 SB2 SAB vuông tại A
2
a
a
SD
1,0
Áp dụng định lí côsin trong tam giác BMN ta được
3
2
2
ˆ
cos
2 2
2
BN BM
MN BN
BM N
B
M
3
2 arccos
ˆN
B
Vậy (BM; CD) =
3
2 arccos
ˆN
B M
0,5
Gọi P là trung điểm của CD, I ACBP; H SIBG H=BG (SAC) Gọi J
là giao điểm của BN và AC, vì BCNA là hình bình hành nên J là trung điểm của
BN, mà IJ // NP nên I là trung điểm của BP
0,5
Trong tam giác SBP vẽ GK // SI , ta có:
3 2
HB IB IP SP
HGIK IK SG (do G là trọng tâm của tam giác SCD) 0,5
Do a, b, c là ba cạnh của một tam giác không nhọn nên suy ra: b2 c2 a2
b
c c
b a
c b c b a
Áp dụng bất đẳng thức coossi ta có:
c b
a c
b
a
) 1 1
b
c c
b
2 2 3 2 2
2 2 2 2 ) (
2
2 2
2
2 2 2 2 2 2 ) 2
( 2 4
2 2
a
a c
b a
c b
a c
b
a a
b c c b
a a
c b c b
a Q
0,5
Suy ra Qmin 3 2 2 bc a2 hay tam giác đó là tam giác vuông cân 0,5