Tổ 18 đ1 HSG LOP11 SGD THANH hóa 2018 2019 OK

Có bao nhiêu số tự nhiên có 8 chữ số khác nhau mà có mặt hai chữ số lẻ và ba chữ số chẵn , trong đó mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần?. Viết phương trình đường tròn  C.2. Cho hình ch

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI HSG LỚP 11 SGD TỈNH THANH HÓA

NĂM 2018-2019 MÔN TOÁN

Câu I (4 điểm)

1 Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị ( )P của hàm số y x  2 2 mx  3, biết rằng ( )P có trục đối xứng là x  2

2 Giải phương trình: x2 7 x 2 x 1  x28x 7 1.

Câu II (4 điểm)

1. Giải phương trình :

2sin 2 cos 2 7sin + 4 + 3

1

x



2 Giải hệ phương trình

2

;

x y R









Câu III (4,0 điểm)

1. Cho 3 số dương , , x y z thỏa mãn:  

2

2

x  y z  x y z

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P



2 Cho dãy số xác định bởi:

1

* 1

2

4 3.4 ,n

u







  Tìm số hạng tổng quát u nvà tính giới hạn

2

lim

n

u

Câu IV (4 điểm)

1 Có bao nhiêu số tự nhiên có 8 chữ số khác nhau mà có mặt hai chữ số lẻ và ba chữ số chẵn ,

trong đó mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần?

2 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  C tâm I, trọng tâm

8

;0 3

G  

  , các điểm M0;1,

4;1

N

lần lượt đối xứng với Iqua ABvà AC, điểm K2; 1 thuộc đường thẳng BC Viết phương trình đường tròn  C

Câu V (4,0 điểm)

1 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành tâm O Một mặt phẳng không qua S cắt các cạnh SA, SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P , Q thỏa mãn : SA2SM SC, 3SP

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

Tính tỉ số

SB

SN khi biểu thức

2 2

4

T

    đạt giá trị nhỏ nhất

2. Cho lăng trụ ABCD A B C D Một mặt phẳng 1 1 1 1   thay đổi và luôn song song với mặt đáy cắt các đoạn AB1,BC CD , DA1, 1 1lần lượt tại M N P Q, , , .Hãy xác định vị trí   sao cho MNPQ nhỏ nhất

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI HSG LỚP 11 SGD TỈNH THANH HÓA

NĂM 2018-2019 MÔN TOÁN

Câu I (4 điểm)

1 Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị ( )P của hàm số y x  2 2 mx  3, biết rằng ( )P có trục đối xứng là x  2

2 Giải phương trình: x2 7 x 2 x 1  x28x 7 1.

Lời giải

Tác giả: Hoa Tranh; Fb: Hoa Tranh

BBT: (a   )1 0

BGT:

Đồ thị:

Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán! Trang 2

2) Điều kiện: 1 x 7.

Cách 1:

1 1

4 ( ) 7

x x

x









Vậy tập nghiệm S 4;5

Cách 2:

Đặt 7 x u 0; x 1 v 0, ta có phương trình:

4 ( )



Vậy tập nghiệm S 4;5

Câu II (4 điểm)

1. Giải phương trình :

2sin 2 cos 2 7sin + 4 + 3

1

x



Lời giải

Tác giả:Nguyễn Thị Hiền ; Fb: Nguyễn Hiền

Điều kiện:

5

6

Với điều kiện

5

2 , 6

ta có : Phương trình  2sin 2x cos 2x 7sinx 4 2 cosx

2 4sin cosx x 2cosx 2sin x 7sinx 3 0

2 cosx 2sinx 1 2sinx 1 sinx 3 0

2sinx 1 2 cos  x sinx 3 0

2sin 1

x





1 sin

2

x













 

2 6 5 2 6

k

















Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 6 k2 ,k





2 Giải hệ phương trình

2

;

x y R









Lời giải

Tác giả: Trần Thị Hà ; Fb: Ha Tran

Điều kiện:

2 3

x 

Phương trình đầu y3 4y24y x1y2 5y 4 x1

 

2

2







Giải ( 2):

1 0

1

y



 Thế y2   vào phương trình thứ hai ta được:x 1

2

2 x  3x 3 6x 7 x1 x1 x 3x 2

   

 

 

2 2

2 2

2

2 2

2

x

x

x









Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán! Trang 4

Giải (3):

 

 

2







 hệ có nghiệm x y ;  1; 2 ; 2; 3  

Ta thấy với mọi

2 3

x 

thì VT 4  2 VP 4 do đó phương trình (4) vô nghiệm

Câu III (4,0 điểm) 1 Cho 3 số dương , , x y z thỏa mãn:  

2

2

x  y z  x y z

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P



Lời giải

Tác giả:Trần Thị Kim Xuyến ; Fb: Xuyen Tran

Đặt

2

2

x  y z  x y z

trở thành a2b2c2 1

còn

P

ab bc ca



* Ta có: a b c  3 a3b3c33a b b c c a       

P

ab bc ca



1 3

P

ab bc ca



Mặt khác từ giả thiết ta có: 2 1  

2

4

ab bc ca

thế vào P thì ta được: P  3 4 12abc  P 1 12abc Ta chứng minh

11

1 12

9

P  abc

* Thật vậy khi đó BĐT

1 6

9

abc

Ta có:

a b

1

0

3 c 3

0;

3

Xét :

Q  abc  ab c  ab   a b   a  b 

2 1

       

0 9

3 c 3

BĐT đúng nếu ta lấy c là số lớn nhất thì1   a b c 3c

1

3 c

Ta có điều phải chứng minh Vậy

11 max

9

P 

tại

,

z 4

x y

2 Cho dãy số xác định bởi:

1

* 1

2

4 3.4 ,n

u







  Tìm số hạng tổng quát u và tính giới n

hạn

2

lim

n

u

Lời giải

Số hạng tổng quát có dạng u n 4 (n an b n ),  * thật vậy

Ta có

1





thay vào công thức 1 4 3.4n

u   u  thấy thỏa mãn

Do đó:

1

n



Câu IV (4 điểm)

1 Có bao nhiêu số tự nhiên có 8 chữ số khác nhau mà có mặt hai chữ số lẻ và ba chữ số chẵn ,

trong đó mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần?

Lời giải

Tác giả:Phạm Thị Cảnh; Fb: Pham Linh Canh

Gọi các chữ số lẻ khác nhau là ,x y thuộc A {1;3;5;7;9} và ba chữ số chẵn khác nhau là , ,

a b c thuộc B {0;2;4;6;8}.

+ TH1: Nếu chọn một chữ số x lẻ đứng đầu thì có 5 cách chọn, chữ số y lẻ còn lại và ba chữ số chẵn thì số cách chọn là 4.C53 và chọn lại bộ (a;b;c)có một cách Bây giờ ta sắp xếp vị trí cho

bộ 7 chữ số (không kể số lẻ x đứng đầu) thì có các cách khác nhau là:

3 5

7!

4 .1

2!.2!.2!

C

( Ta nói x

có 5 cách chọn nghĩa là đã xếp vị trí cho x, việc còn lại là sắp xếp vị trí cho bộ 7 chữ số còn lại)

Vậy trường hợp 1 có các số thỏa mãn bài toán là :

3 5

7!

2!.2!.2!

(số) + TH2: Nếu chọn 1 chữ số chẵn a đứng đầu thì có 4 cách, hai chữ số b c, có C42 cách, chọn lại chữ số a có 4 cách, chọn lại cặp (b;c)có một cách Chọn hai chữ số lẻ có C52 cách Bây giờ ta

Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán! Trang 6

sắp xếp vị trí cho bộ 7 chữ số (không tính a) thì có các cách khác nhau là:

7!

1!.2!.2!

Vậy trường hợp 2 có các số thỏa mãn bài toán là : 4.75600 302400 (số)

Vậy số các số thỏa mãn bài toán là : 126000 302400 428400  số

Cách 2

Gọi các chữ số lẻ khác nhau là ,x y thuộc A {1;3;5;7;9} và ba chữ số chẵn khác nhau là , ,

a b cthuộc B {0;2;4;6;8}.

+ TH1: Bộ 3 chữ số chẵn (a;b;c) không có chữ số 0

Số cách chọn bộ 3 số chẵn C43cách Số cách chọn 2 số lẻ ,x y là 2

5

C Bây giờ ta sẽ sắp các chữ

số vào 8 vị trí: Chọn 2 vị trí trong 8 vị trí để xếp chữ số chẵn thứ nhất có C82cách, chọn 2 vị trí trong số 6 vị trí còn lại để xếp chữ số chẵn thứ 2 có C62, chọn 2 vị trí trong 4 vị trí còn lại để xếp chữ số chẵn thứ 3 có C42cách, hai vị trí còn lại sắp 2 chữ số lẻ có 2! cách.

Vậy số các số thõa mãn trường hợp 1: C C C C C43 .2! 20160052 82 62 42  (số)

+ TH2: Bộ 3 chữ số chẵn (a;b;c) có chữ số 0

Số cách chọn 2 số chẵn còn lại C42 Số cách chọn 2 số lẻ ,x y là 2

5

C Bây giờ ta sẽ sắp các chữ

số vào 8 vị trí: Chọn 2 vị trí trong 7 vị trí để xếp chữ số 0 (trừ vị trí đầu tiên) cóC72cách, chọn 2

vị trí trong số 6 vị trí còn lại để xếp chữ số chẵn thứ 2 có C62, chọn 2 vị trí trong 4 vị trí còn lại

để xếp chữ số chẵn thứ 3 có C42cách, hai vị trí còn lại sắp 2 chữ số lẻ có 2! cách.

Vậy số các số thõa mãn trường hợp 2: C C C C C42 .2! 22680052 72 62 42  (số)

Vậy số các số thỏa mãn bài toán là : 201600 226800 428400  số

2 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  C

tâm I, trọng tâm

8

;0 3

G  

  , các điểm M0;1

,

4;1

N lần lượt đối xứng với Iqua ABvà AC, điểm K2; 1 thuộc đường thẳng BC Viết phương trình đường tròn  C

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Kim Đông ; Fb: Nguyễn Kim Đông

Ta thấy IM và IN vuông góc với các dây cung AB, AC nên đi qua các trung điểm E, Fcủa

ABvà AC Kết hợp tính đối xứng của các điểm M , Nqua các cạnh AB, AC, ta có các tứ giác AINC, AIBM là các hình thoi Do đó, AM AN NC BM AI ICIB R

Hơn nữa, ta có BM NC ( vì cùng song song AI) và bằng nhau nên BMNClà hình bình hành

Suy ra BC MN

Phương trình MN là y  , và 1 BC đi qua Knên có phương trình là y  1

Gọi D d  ; 1

là trung điểm của BC thì tọa độ của B và C là B d b  ; 1  và C d b  ; 1 

Vì y  , G 0 y B y C  1 y A  2

8

3

x   x x x   x  d   x   d A  d

Mặt khác, BC MN  4;0 2b 4 b2

Mà MB MA R   d 22 4 8 2 d21 nên d 3 hoặc

19 3

d 

Tương tự NCNA nên  22 4 4 2 2 1 3 2 12 9 0 1

3

d

d







Suy ra d 3 là nghiệm chung của hai phương trình trên và khi đó tọa độ ba đỉnh B1; 1 

,

5; 1

Gọi I3;m

, từ IA MA R   5, ta có 1  22 5 0

4

m m

m





Với m 0, suy ra I3;0

Với m 4, suy ra I3; 4 (loại vì IC  5 ).

Vậy đường tròn  C

là x 32y2  5

Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán! Trang 8

Câu V (4,0 điểm)

1.Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành tâm O Một mặt phẳng không qua S cắt các cạnh SA, SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P , Q thỏa mãn : SA2SM SC, 3SP

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

Tính tỉ số

SB

SN khi biểu thức

2 2

4

T

    đạt giá trị nhỏ nhất

Lời giải

Tác giả:Trần Thị Huệ ; Fb:Tran Hue

F

E Q

O

P

N

M G

S

B A

• Dựng mặt phẳng (P) không qua S thỏa mãn yêu cầu bài toán :

Trên đoạn SA lấy M sao cho SA = 2 SM

Trên đoạn SC lấy P sao cho SC = 3 SP

Trong mp (SAC) : gọi G SO MP

Do





MP , NQ phân biệt ,không song song

 SO,MP, NQ đồng quy tại G

Trong (SBD ) : Qua G kẻ đường thẳng d cắt SB tại N , SD tại Q

• Trong mặt phẳng (SAC) vẽ AE , CF song song với MP cắt SO lần lượt tại E , F

Vì AE // MP nên ta có :

SM SG

CF // MP nên ta có:

SP SG

Cộng vế với vế hai đẳng thức trên ta được:

(1) Xét AOE và COF có :

OA = OC ( vì ABCD là hình bình hành )

EAO FCO (2 góc ở vị trí SLT , AE//CF)

AE CF

 Tứ giác AECF là hình bình hành (dhnb) OE OF (2)

Từ (1) và (2) ta có: 2

SM SP  SG

Tương tự trong (SBD) ta cũng kẻ các đường thẳng song song với NQ và cũng chứng minh được

2

Suy ra

Đặt

,

SN  SQ  ta có: x y  2 3 Khi đó T x24(5 x)2 5x2 40x100 5( x 4)220 20

min 20

T  khi x = 4

4

SB SN

2. Cho lăng trụ ABCD.A B C D Một mặt phẳng 1 1 1 1   thay đổi và luôn song song với mặt đáy cắt các đoạn AB1,BC CD , DA1, 1 1lần lượt tại M N P Q, , , .Hãy xác định vị trí   sao cho

MNPQ nhỏ nhất

Lời giải

Tác giả Nguyễn Quang Huy; Fb: Nguyễn Quang Huy

Gọi A B C D    là thiết diện của  

với lăng trụ ABCD A B C D Do 1 1 1 1  

thay đổi và luôn song song với mặt đáy nên S A B C D   S ABCD S A B C D1 1 1 1 S

Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán! Trang 10

Đặt AB a BC b CD c ;  ;  ; DA d và các cạnh bên bằng nhau và bằng 1,

1

AA

AA





Xét AA B1 1 có A M / /A B1 1.Theo định lí talet: 1 1 1



Xét AA D1 có A Q / / AD Theo định lí talet: 1  

1

x d



ta cũng có

Nên tỉ số diện tích: . .sinM 'Q 1 

.AD.sinBAD

A MQ ABD







Tương tự ta cũng có các kết qủa sau:

D PQ

S



Xét

B MN ABC

C NP BCD

D PQ

D PQ

ACD

S S

x.(1 ) S S

x.(1 ) S

S

S

x.(1 ) x.(1 )

A MQ ABD

A MQ ABD

x x S

S

x S S

x

















































.Cộng các đẳng thức lại với nhau ta có :

x(1 x)     C   x(1 x)

Đặt SMNPQ S S S 2 (1x  x S)

.Vâỵ để S nhỏ nhất 2 (1x  x) thì lớn nhất

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy:

2

2 (1 ) 2

Dấu bằng xẩy ra khi:

1 1

2

x  x x

Vậy   đi qua trung điểm cạnh bên và luôn song song với mặt đáy thì SMNPQ S

 nhỏ nhất và bằng nửa diện tích đáy