Bộ đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Lớp 11

75 trang thungat 4270

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bộ đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Lớp 11", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

bo_de_thi_chon_hoc_sinh_gioi_cap_tinh_lop_11.pdf

Nội dung text: Bộ đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Lớp 11

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 1 Câu 1.(2,0 điểm) a) Giải bất phương trình: x2 6 x 2 2(2 x ) 2 x 1. 5 4 10 6 x xy y y b) Giải hệ phương trình: 2 4x 5 y 8 6 Câu 2.(2,0 điểm) x2 m y() x my Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm 2 x y xy Câu 3.(2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm I(2;4) và các đường thẳng d1 : 2 x y 2 0, d2 : 2 x y 2 0. Viết phương trình đường tròn ()C có tâm I sao cho ()C cắt d1 tại AB, và cắt d2 tại CD, thỏa mãn AB2 CD 2 16 5 AB . CD . Câu 4. (2,0 điểm) 1. Cho tam giác ABC có AB= c ,BC=a ,CA=b .Trung tuyến CM vuông góc với phân giác trong AL và CM 3 b 5 2 5 .Tính và cos A. AL 2 c 9 2. Cho a,b thỏa mãn: (2 a )(1 b ) .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 P 16 a4 4 1 b 4 Câu 5. (2,0 điểm) Cho f x x2 ax b với a,b thỏa mãn điều kiện: Tồn tại các số nguyên m,, n p đôi một phân biệt và 1 m , n , p 9 sao cho: f m f n f p 7 . Tìm tất cả các bộ số (a;b). Câu 6: (2,0 điểm) Giải phương trình 2cos2x (tan 2 x tan x ) sin x cos x . Câu 7 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x2 y 2 2 x 4 y 4 0 tâm I và điểm M (3;2) . Viết phương trình đường thẳng đi qua M , cắt ()C tại hai điểm phân biệt AB, sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất. 4 4 x 2 x y y Câu 8 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình 3 (x , y ) x2 y 2 3 Câu 9 (2,0 điểm). Cho các số a,, b c không âm sao cho tổng hai số bất kì đều dương. Chứng minh rằng : a b c9 ab bc ca 6 . b c a c a b a b c Câu 10.(2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho ABC 3;1 , 3;9 , 2; 3 .  a) Gọi D là ảnh của A qua phép tịnh tiến theo BC . Xác định tọa độ D. b) Viết phương trình đường thẳng qua A , cắt đoạn thẳng CD tại M sao cho tứ giác ABCM có diện tích bằng 24. 1 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ 01 Câu1 Đáp án Điểm 1 Điều kiện: x . Đặt t 2 x 1 (t 0 ) thì 2x t 2 1. Khi đó ta có 2 1.0 x2 6 x 2 2(2 x ) t 0 x 2 2 tx 4 t 3( t 2 1) 2 0 (x t )2 (2 t 1) 2 0 ( x 3 t 1)( x t 1) 0 1điểm 1 x 1 t (do x 3 t 1 0;  x ;  t 0 ). 2 x 1 Với x 1 t ta có x 1 2 x 1 2 x 2 2. x 2 x 1 2 x 1 Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là S [2 2; ). 5 4 10 6 x xy y y (1) 5 Điều kiện: x 2 1,0 4x 5 y 8 6 (2) 4 Th1: y 0 x 0 không thỏa mãn 5 x x 5 4 3 2 2 3 4 Th2: y 0 ta có: (1) y y ( t y )( t t y t y ty y ) 0 với t=x/y y y 1 điểm 2 2 2 2 2 2 2 (t y ) ( t y ) ( t y ) ( t yt y ) 2 0 t=y hay y x 23 2 x Thay vào (2): 4x 5 x 8 6 2 4x 37 x 40 23 5 x 5 2 x 42 x 41 0 x 1 y 1 Đối chiếu đk ta được nghiêm hệ là: (x ; y ) (1;1);( 1;1) my2 y m 0 (1) Hệ đã cho tương đương với: Câu2 2 2.0 x yx y 0 (2) y 0 2 Phương trình (2) (ẩn x ) có nghiệm là x y 4 y 0 y 4 Th1: m 0, ta có y 0, x 0. Suy ra m 0 thỏa mãn. 2 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
3 điểmTh2: m 0.Phương trình (1) (ẩn y ) không có nghiệm thuộc khoảng ( ; 4]  [0; ) (*) là (1) vô nghiệm hoặc (1) có 2 nghiệm đều thuộc ( 4;0), điều kiện là 1 4m2 0 1 1 m (;)(;)  2 2 2 1 4m 0 2 1 4m 0 1 1 4m2 0 m 0 2 2 1 1 4m (B) 4 y1 0 4 0 2 2m 1 4m 1 8 m ( A ) 4 y 0 2 2 2 1 1 4m 1 4m 1 8 m 4 0 2m (với y1, y 2 là 2 nghiệm của phương trình (1)). 1 1 m 1 4 4 1 (A) 2 8 m (B) m (;)(;)  2 2 17 17 2 1 4m 1 8 m Hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) (ẩn y ) có ít nhất một nghiệm 4 1 thuộc khoảng ( ; 4]  [0; ) hay (*) không xảy ra, điều kiện là m ; m 0. Vậy tất cả 17 2 4 1 các giá trị m cần tìm là m . 17 2 2 6 Gọi hình chiếu của I trên d1, d 2 lần lượt là EF,.khi đó IE d(;)(;)I d ;. IF d I d 2,0 15 2 5 6 Gọi R là bán kính của đường tròn ()C cần tìm ( R ) 5 4 36 AB 2 AE 2 R2 ; CD 2 CF 2 R 2 Câu3 5 5 2 điểm 24 2 36 2 4 2 36 Theo giả thiết ta có: 4 RRRR 4 16 20 . 5 5 5 5 8RRRRRR2 16 4 (5 2 4)(5 2 36) 2 2 4 (5 2 4)(5 2 36) 6 6 (2RRR2 4) 2 (5 2 4)(5 2 36) (do R ) R 2 2 ( do R ) 5 5 Vậy phương trình đường tròn ()C cần tìm là (C ) : ( x 2)2 ( y 4) 2 8.  b  c  Ta có: AL AB AC 1.0 b c b c      CA CB AB 2 AC CM 2 2   Theo giả thiết: AL CM AL. CM 0     4.a 2 2 2 2 1 điểm bAB cAC AB 2 AC 0 bc bc cos A 2 cb cos A 2 cb 0 c 2 b 1 cos A 0 c 2 b ( do cos A 1) b2 a 2 c 2 a 2 b 2 Khi đó: CM 2 2 4 2 1  2 1   2 AL2 AB AC AB 2 AC 2 2 AB . AC 9 b 2 a 2 9 9 9 3 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
CM3 CM2 9 a 2 b 2 9 a2 b 2 a2 5 2 5 . 5 2 5 5 2 5 6 5 AL2 AL2 4 9 b 2 a 2 4 9b2 a 2 b2 b2 c 2 a 25 b 2 a 2 5 1 cos A 2bc 4 b2 4 a b C/M được : a2 b 2 c 2 d 2 ()() a c 2 b d 2 . ấu bằng xẩy ra khi: 1.0 c d 22 2 2 2 2 2 p a 4 a 2 ( a 4 b ) Áp dụng (1) ta có : 1 1 b 4 b 4 4 4 4 16 9 5 Mặt khác: (1 2a )(1 b ) a 2 b ab (2) 2 2 4.b a2 1 2 a 1điểm 2 2 23(a 4 b ) 2 2 Mà: 4b 1 4 b 2 2 a 4 b 2 ab a 4 b 2 (3) 2 a2 4 b 2 2ab 2 1 Từ (1) và (3) suy ra: p 2 17 .Dấu “=” xẩy ra khi: a=1 và b 2 1 Vậy: MinP 2 17 Đạt được khi a=1 và b . 2 3 số f(m),f(n),f(p) hoặc cùng dương, âm hoặc có 2 số cùng dấu nên: Th1: f(m),f(n),f(p) cùng bằng 7 hoặc -7 loại vì phương trình f(x)-7=0 có 3 nghiệm phân biệt 2,0 Th2: f( m ) f ( n ) 7 và f( p ) 7 Không mất tính tổng quát,giả sử m>n và m p n p ta có: m,n là nghiệm pt: x2 ax b 7 0 và p là nghiệm pt: x2 ax b 7 0 nên : n p 2 m n a n m 9( l ) Câu 5 p m 7 (n p )( n p a ) 14 ( n p )( p m ) 14 2 điểm n p 2 (m p )( m p a ) 14 n m 9( l ) p m 7 Th3: f( m ) f ( n ) 7 và f( p ) 7 ,khiđó hoàn toàn tương tự ta có: m p 7 m p 7 (p n )( m p ) 14 hoặc p n 2 p n 2 Do m,n,p 1;9 nên tìm được 4 bộ là: (a;b)= (11;17),(13;29),(7; 1),(9;7) . Câu 6 2,0 Điều kiện: cos x 0 (*). PT đã cho tương đương 2sin2 x 2sin x .cos x sin x cos x 2sin x (sin x cos x ) sin x cos x (sinx cos x )(2sin x 1) 0 +) sinx cos x 0 tan x 1 x k 4 1 5 + sinx x k 2 ; x k 2 2 6 6 4 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của PT là 5 x k ; x k 2 ; x k 2 ( k ) 4 6 6 Câu 7 2,0 I t B A M H ()C có tâm I (1;2) , bán kính R 3. Ta có IM 2 R nên M nằm trong đường tròn (C). Gọi H là hình chiếu của I trên AB và đặt IH t , 0 t 2 . 1 Ta có S IH. AB t 9 t2 . Xét hàm f( x ) t 9 t2 ;0 t 2 . IAB 2 9 2t2 Ta có f'( t ) 0,  t 0;2, suy ra f() t đồng biến trên 0;2 f ( t ) f (2) 9 t2 Vậy SIAB lớn nhất khi d I; t 2, hay HM  Khi đó nhận IM là véc tơ pháp tuyến, suy ra :x 3 0 . Câu 8 2,0 điểm Đặt x y a, x y b . Để cho tiện ta đặt 3 c3 3 3 Từ phương trình thứ hai của hệ, ta có: ab c ab c . a b a b 4 4ab 2 2 0,25 Từ x , y , suy ra x y () a b và 2 2 2 ()a b a 3 b a c3 b 2x y () a b 2 2 2 3 ab2 2 a c b 2 2 3 Phương trình thứ nhất của hệ trở thành: ()()a b c a b a c b 2 2 c() a2 b 2 a c 3 b Ta có hệ , suy ra 0,25 ab c 2 4 2c c 4 3 3 4 3 3 1 c a 2 a ca c a ac( ca1 )( a c ) 0 a  a c . a a c c 13 3 1 3 3 1 - Nếu a c, b 1 thì x , y . 2 2 2 3 3 0,25 1 2 1 12 1 c 2 1 1 2 1 c 1 - Nếu a , b c thì x c , y c c 2 c 2 c33 2 c 2 c 3 3 33 1 3 3 1 2 1 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là (;);,;x y . 0,25 3 3 2 2 3 3 Câu 9 2,0 điểm 5 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
a b c9 ab bc ca Đặt P b c a c a b a b c 0,25 ab ac b b c c Giả sử a b c , khi đó b c a c a b b c c b b c b c Suy ra . 0,25 a c a b a a t9 at Đặt t b c thì P . 0,25 t a a t a t9 at a t 9 at Ta có 6 (AM-GM). Do đó P 6 (đpcm). 0,25 t a a tat a t Chú ý: Đẳng thức xảy ra khi a t 3 at và chẳng hạn một bộ (,,)a b c thỏa mãn là 7 3 5 (a ; b ; c ) ;1;0 (HS có thể không cần nêu bước này). 2  Câu 10(2,0 điểm)   a/  BC 5; 12 D TBC A AD BC xDD 3 5 x 8 D 8; 11 yDD 1 12 y 11  16 b/ AB 6;8 AB 10 ;Pt(AB): 4x 3 y 15 0 d CM ,, AB d C AB . 5 AB CM ., d CM AB S 24 CM 5 ABCM 2 AB CD Do M thuộc đoạn thẳng CD, CM 5 suy ra M là trung điểm CD M 5; 7 . 2 2 Pt (AM) là: 4x y 13 0 Hết ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 2 Câu 1 (3,0 điểm) a) Cho hàm số y x2 3 x 2 và hàm số y x m . Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trung điểm I của đoạn thẳng AB đến các trục tọa độ bằng nhau. 1 1 b) Giải bất phương trình: 0 x2 4 x 3 2x 4 Câu 2 (3,0 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(1;2) . Đường thẳng là đường phân giác trong của góc A có phương trình 2x y 1 0 ; Khoảng cách từ C đến gấp 3 lần khoảng cách từ B đến . Tìm tọa độ của A và C biết C nằm trên trục tung. 6 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
b) Cho tam giác ABC vuông ở A, gọi là góc giữa hai đường trung tuyến BM và CN 3 của tam giác. Chứng minh rằng sin 5 Câu 3 (3,0 điểm)  2   1  a) Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các điểm thỏa mãn: BD BC; AE AC . 3 4 Tìm vị trí của điểm K trên AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng. b) Cho tam giác  ABC  vuông ở A; BC = a; CA = b; AB = c. Xác định điểm I thỏa mãn hệ thức: b2 IB c 2 IC 2a 2 IA 0; Tìm điểm M sao cho biểu thức ( b2 MB 2 c 2 MC 2 2a 2 MA 2 ) đạt giá trị lớn nhất. Câu 4 (2,0 điểm) a) Giải phương trình: 1 6x 2 2 x2 1 2 5 x 2 4 x b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z xyz . Chứng minh rằng: 1 1 x21 1 y2 1 1 z 2 xyz . x y z Câu 5: (3,0 điểm) b a b a3sin a a) Cho tan 4 tan . Chứng minh : tan . 2 2 2 5 3cos a 1 1 4 b) Chứng minh : . cos 2900 3 sin 2500 3 1 7 35 c) sin8x cos 8 x cos8 x cos 4 x . 64 16 64 Câu 6: (3,0 điểm) Giải các phương trình sau: a) sin6x 3sin 2 x cos x cos 6 x 1 5 b) 12cos x 5sin x 8 0. 12cos x 5sin x 14 1 co t2 x .tan x 1 c) 1 6(1 sin2 2x ) ; cos2 x 2 Câu 7(1,0 điểm): Tìm các giá trị để phương trình : (cos 3sin 3)x2 ( 3 cos 3sin 2)x sin cos 3 0 có nghiệm x =1. Câu 8(2,0 điểm): a).Trong mặt phẳng 0xy ,cho vectơ v =(-2;1), đường thẳng d có phương trình 2x –3y +3 =0 . Hãy xác định phương trình của d’ là ảnh của d qua phép tịnh tiến theo vectơ v . b) Trong mặt phẳng 0xy , cho đường tròn ( C) có phương trình : x2 y 2 2x 4y 4 0 .Tìm ảnh của ( C) qua phép tịnh tiến theo vec tơ v =(-2;5). HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ 2 Câu Ý Nội dung Điểm Cho hàm số y x2 3 x 2 và hàm số y x m . Tìm m để đồ thị các 1 a hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời trung điểm của 1,5 đoạn thẳng AB cách đều các trục tọa độ. Yêu cầu bài toán PT sau có hai nghiệm phân biệt x2 3 x 2 x m hay x2 2 x 2 m 0 (*)có ' 0 m>1 7 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
x x Gọi x ;x là 2 nghiệm của (*), I là trung điểm AB ta có x AB 1; AB I 2 yII x m m 1 Yêu cầu bài toán yII x m 1 1 m 2;m 0 Kết hợp ĐK, kết luận m 2 1 1 b Giải bất phương trình: 0 (1) 1,5 x2 4 x 3 2x 4 x2 4 x 3 0 TXĐ: 1 x 2;2 x 3 0,25 x 2 1 1 (1) x2 4 x 3 2x 4 Nếu 1 x 2 thì x2 4 x 3 0 2 x 4 , bất phương trình nghiệm đúng với mọi x: 0,25 1 x 2 2x 4 0 2 Nếu 2 x 3 bất pt đã cho 2x 4 x 4x 3 2 x 4 x 3 0 0,25 5 5 4x2 16 x 16 x 2 4 x 3 5x2 20 x 19 0 x 2 ; x 2 0,25 5 5 5 Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 2 x 3 5 5 0,25 Tập nghiệm của bpt đã cho: (1;2) (2 ;3) 5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(1;2) . Đường thẳng là đường phân giác trong của góc A có phương trình 2x y 1 0 ; khoảng 2 a 1,5 cách từ C đến gấp 3 lần khoảng cách từ B đến . Tìm tọa độ của A và C biết C nằm trên trục tung. 3 y0 1 y0 1 9 D(B; )= ; C(0:y0) ; D(C; )= , theo bài ra ta có y 10; y 8 5 5 5 5 0 0 0,25 Vẽ hệ trục tọa độ, điểm B, chú ý C khác phía B đối với suy ra C(0;-8) 0,25 Gọi B’(a;b) l à điểm đối xứng với B qua thì B’nằm trên AC. Do BB'  u (1; 2) nên ta có: a 2b 3 0 ; 0,25 Trung điểm I của BB’ phải thuộc nên có: 2a b 2 0 Từ đó ta có: a= -7/5; b=4/5  3    7 44 Theo định lý Ta - Let suy ra CA CB' A(x; y);CA x; y 8 ;CB' ; 2 5 5 0,25 21 26 Từ đó suy ra A( ; ) ;C(0;-8) 0,25 10 5 Xét các tam giác vuông ABC vuông ở A, gọi là góc giữa hai đường trung b 3 1,5 B tuyến BM và CN của tam giác. Chứng minh rằng sin 5 Gọi a, b và c tương ứng là độ dài các cạnh đối diện các góc A, B và C của tam giác. Có 2 2 2 2 c 2 2 b N CN b BM c 4 4 G 8 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn A C M
BG2 CG 2 BC 2 Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có cos BGC 2BG.CG 2(b2 c 2 ) 2(b2 c 2 ) = ; Do đó cos (4c2 b 2 )(4b 2 c 2 ) (4c2 b 2 )(4b 2 c 2 ) 5(b2 c 2 ) Có (4c2 b 2 )(4b 2 c 2 ) ;" " 4c 2 b 2 4b 2 c 2 b c 2 2(b2 c 2 ) 2(b 2 c 2 ).2 4 Do đó cos 2 2 (4c2 b 2 )(4b 2 c 2 ) 5(b c ) 5 3 Hay sin 1 cos2 . Dấu bằng có khi tam giác vuông cân đỉnh A 5  2   1  Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các BD BC;AE AC . Tìm vị 3 a 3 4 1,5 trí của điểm K trên AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng. A E K B D C  1   1  3  Vì AE AC BE BC BA(1) 4 4 4      Giả sử AK x.AD BK x.BD (1 x)BA  2     2x   Mà BD BC nên AK x.AD BK BD (1 x)BA 3 3   Vì B, K, E thẳng hàng(B E ) nên có m sao cho BK mBE m 3m  2x   Do đó có: BC BA BC (1 x)BA 4 4 3 m 2x  3m  Hay BC 1 x BA 0 4 3 4   m 2x 3m Do BC;BA không cùng phương nên 0 &1 x 0 Từ đó suy ra 4 3 4 1 8  1  x ;m . Vậy AK AD 3 9 3 Cho tam giác ABC vuông ở A; BC = a; CA = b; AB  =  c. 3 b Xác định điểm I thỏa mãn hệ thức: 2a2 IA b 2 IB c 2 IC 0 ; Tìm điểm M: 1,5 biểu thức 2a2 MA 2 b 2 MB 2 c 2 MC 2 đạt giá trị lớn nhất. Kẻ đường cao AH, ta có b2 a.CH;c 2 a.BH nên b2 .BH c 2 .CH . Do đó:   b2 .BH c 2 .CH 0      Suy ra b2 .IB c 2 .IC b 2 .IH c 2 .IH a 2 .IH A 9 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn B H C
    2 2 Kết hợp giả thiết suy ra 2a .IA a .IH hay 2.IA IH Do đó điểm I thỏa mãn gt là I th ỏa mãn  A là trung  đi ểm IH Với x, y, z tùy ý thỏa mãn: x.IA y.IB z.IC 0(*) bình phương vô hướng 2 vế (*), chú ý   rằng 2IA.IB IA2 IB 2 AB 2 ta có: (x.IA2 y.IB 2 z.IC 2 )(x y z) xyc 2 xzb 2 yza 2 Từ đó có ( 2a2 .IA 2 b 2 .IB 2 c 2 .IC 2 ) 3b 2 c 2     Mặt khác xMA2 x(IA IM) 2 x(IM 2 IA 2 2IA.IM) Tương tự cho yMB2; zMC2 rồi cộng các đẳng thức đó lại ta có xMA2 yMB 2 zMC 2 (x y z)IM 2 xIA 2 yIB 2 zIC 2 Thay số có: 2a222222 MA b MB c MC a 22 IM 3b 22 c 3b 22 c Dấu bằng xảy ra khi M trùng I 2 2 4 a Giải phương trình: 1 6x 2 2 x 1 2 5 x 4 x 1,5 (*) 1 1 ĐK: x ;x 2 2 (*) (3x 1)2 (2x 2 1) 2(3x 1) 2x 2 1 1 (3x 1) 2 (2x 2 1) (10x 2 8x) 2 2 2 2x 1 2x 2(a) 3x 1 2x2 1 x 1 2 2x 1 4x(b) 4 6 Giải(a) và đối chiếu ĐK có 1 nghiệm x 2 4 6 Giải (b) vô nghiệm. Kết luận (*) có 1 nghiệm x 2 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z xyz . Chứng minh rằng: b 1 1 x21 1 y2 1 1 z 2 1,5 xyz (I) x y z 1 1 1 Giả thiết suy ra: 1. Ta Có: xy yz zx 1 x2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 ;" " y z x x xyyzzx xyxz 2 x y z Viết hai BĐT tương tự rồi cộng lại ta được: 1 1 x21 1 y2 1 1 z 2 1 1 1 3 ;" " x y z x y z x y z 1 1 1 2 2 Ta sẽ CM: 3 xyz 3 xy yz zx xyz x y z x y z 2 2 2 x y y z z x 0 Điều này luông đúng Dấu bằng có khi và chỉ khi x=y=z Vậy (I) được CM, dấu bằng có khi và chỉ khi x=y=z= 3 Câu 5(2,0 điểm) 10 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
b a tan tan a b b a3 t a) Đặt tan = t thì tan = 4t ,do đó : tan 2 2 a b 2 2 2 21 tan tan 1 4t 2 2 2t 3 b a3sin a2 3 t Mặt khác : tan 1 t . Từ đó suy ra điều phải chứng minh. 2 5 3cosa1 t 2 1 4 t 2 5 3 1 t 2 1 1 1 1 b)VT = cos7003 sin 700 sin 20 0 3 cos 20 0 3 1 2 cos 200 sin 20 0 0 0 3 cos 20 sin 20 2 2 4sin 400 4 = = ( đpcm). 0 0 0 3 sin 20 cos 20 3 0 3sin 40 3 sin 40 2 c) VT = (sin4x cos 4 x ) 2 2sin 4 x cos 4 x = (1 2sin2x cos 2 x ) 2 2sin 4 x cos 4 x 2 2 2 4 4 1 cos 4x 1 1 cos 4 x = 1 4sinx cos x 2sin x cos x = 1 = . 2 8 2 1 7 35 = cos8x cos 4 x 64 16 64 Câu 6(2,0 điểm): a) sin6x 3sin 2 x cos x cos 6 x 1 (sin2x cos 2 x ) 3 3sin 2 x cos 2 x (sin 2 x cos 2 x ) 3sin 2 x cos x 1 k 3sin2x cos 2 x 3sin 2 x cos x 0 giải phương trình này ta được nghiệm x . 2 5 b)Đặt y = 12cosx +5 sinx + 14 ,ta có phương trình y 6 0 giải phương trình này ta được y =1vày =5. Do đó y 5 : 12cos x 5sin x 8 0 12cos x 5sin x 14 12cos x 5sin x 14 1 12cos x 5sin x 13 (1) 12cos x 5sin x 14 5 12cos x 5sin x 9 (2) 9 12 5 Giải (1) và (2) ta được : x k2 ; x arccos k2 với cos và sin . 13 13 13 1 co t2 x .tan x 1 cos x c)ĐK: x k ; 1 6(1 sin2 2x ) 1 6 3sin2 2x 2 cos2 x 2 sin 2x .sin x .cos2 x 2 5 3sin2 2x 3 t 2 5 t 2 0 ( t sin 2 2 x ) sin2 2x x k 4 2 sin2 2x 1 cos 2 2x 0 2 1 x k sin2 2x cos 4x cos 4 2 3 3 x k 4 2 Câu 7(1,0 điểm) x= 1 là nghiệm của phương trình đã cho khi và chỉ khi ta có đẳng thức 3 cos sin 2 3 1 hay cos sin 1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi k2 . 2 2 6 11 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
Câu 8(2,0 điểm) a) Lấy M(0;1) thuộc d .Khi đó . Vì d’ song song với d nên d’ có phương trình dạng : 2x- M ' Tv (M) ( 2;2) d ' 3y + C = 0 .Thay toạ độ M’vào pt d’ ta được C =10 . Vậy phương trình d’ : 2x –3y +10 =0. b) Đường tròn ( C) có tâm I (1;-2) ,R= 3.Gọi I' T (I) ( 1;3) và ( C’) là ảnh của ( C) qua phép tịnh tiến theo v vectơ v thì ( C’) có tâm I’ bán kính R’= 3 có pt : (x 1)2 (y 3) 2 9 Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 3 Câu 1 (2 điểm) a. Cho hàm số y x2 2 mx 3 m và hàm số y 2 x 3. Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt và hoành độ của chúng đều dương. b.Giải bất phương trình: x2 8 x 12 10 2 x Câu 2 (2 điểm) 3 a. Giải phương trình: (4x3 x 3) 3 x 3 2 b. Giải phương trình: 2x2 11 x 23 4 x 1 Câu 3 (2 điểm) a. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M (1;4) . Đường thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A(hoành độ của A dương), d cắt trục tung tại B(tung độ của B dương). Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OAB. b. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): (x 2)2 ( y 3) 2 9và điểm A(1; 2) . Đường thẳng qua A, cắt (C) tại M và N. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN. Câu 4 (3 điểm) a. Chứng minh rằng tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi AB2 BC 2 CD 2 DA 2 AC 2 BD 2 . 1 1 1 b.Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn: 2 2 2 (trong đó AB=c; AC=b; đường cao ha b c qua A là ha ). Câu 5 (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương . Chứng minh rằng: 2 2 2 2a 2 b 2 c a b b c c a 3 b c c a a b a b c 2 2 x7 2 2 x Câu 6(2,0 điểm) Giải phương trình: sin tan (3 x ) c os 0. 2 4 2 1 1 16 2x x y x y 3 Câu 7(2,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 1 1 100 2(x y ) 2 2 (x y ) ( x y ) 9 Câu 8: (2,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, phía bên ngoài của tam giác ABC dựng hai tam giác đều ABM và ACN. Tìm một phép dời hình biến đoạn thẳng MC thành đoạn BN .Từ đó suy ra MC=BN. 12 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
Câu 9:(2,0 điểm) Khảo sát tính chẵn - lẻ, tính tuần hoàn và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y sin sin x . Câu 10: (2.0 điểm) 3 Trong mph¼ng to¹ ®é Oxy cho tam gi¸c ABC có diÖn tÝch b»ng vµ ®iÓm A(2;-3), B(3;-2) 2 träng t©m G cña tam gi¸c n»m trªn ®êng th¼ng (d): 3x- y - 8 = 0. T×m to¹ ®é ®iÓm C. HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN SỐ 03 Câu Ý Nội dung Điểm 1 a Tìm m: y x2 2 mx 3 m và y 2 x 3 cắt nhau tại hai điểm phân biệt và hoành độ dương 1,00 Yêu cầu bài toán PT sau có hai nghiệm dương phân biệt ' 0 2 2 0,25 x 2 mx 3 m 2 x 3 x 2( m 1) x 3 m 3 0 3(m 1) 0 2(m 1) 0 m 1 ' 0 0,25 m 4 Kết hợp nghiệm, kết luận m 4 0,25 b Giải bất phương trình: x2 8 x 12 10 2 x 1,00 TXĐ: x2 8 x 12 0 2 x 6 0,25 Nếu 5 x 6 thì x2 8 x 12 0 10 2 x , bất phương trình nghiệm đúng với mọi x: 0,25 5 x 6 10 2x 0 Nếu 2 x 5 bất pt đã cho 2 x 8 x 12 0 28 0,25 x2 8 x 12 4 x 2 40 x 100 5x2 48 x 112 0 4 x 5 Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 4 x 5 Tập nghiệm của bpt đã cho: (4;6] 0,25 3 2 a Giải phương trình: (4x3 x 3) 3 x 3 (1) 1,00 2 2y3 2 x 3 3 Đặt y 4 x3 x 3. (1) có dạng: ()I Khi đó nghiệm của (1) là x ứng với (x;y) 3 0,25 4x x 3 y là nghiệm của (I) 3 3 3 3 2y 2 x 3 2y 2 x 3(2) (I) 3 3 2 2 0,25 2x 2 y ( x y ) 0 (x y )(2 x 2 xy 2 y 1) 0(3) 3 TH1: y = -x kết hợp(2), có nghiệm của (1): x 3 0,25 4 13 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
2 2 2 2 TH2: 2x 2 xy 2 y 1 0; 'x 2 3 y . Nếu có nghiệm thì y . Tương tự cũng có 3 3 2 2 8 2 x . Khi đó VT (2) 4 3. Chứng tỏ TH2 vô nghiệm. KL (1) có 1 nghiệm 3 3 3 3 3 x 3 0,25 4 b Giải phương trình: 2x2 11 x 23 4 x 1 1,00 ĐK: x 1. (1) 2(x2 6 x 9) ( x 1 4 x 1 4) 0 0,25 2(x 3)2 ( x 1 2) 2 0(*) 0,25 x 3 0 2 Do a 0(  a ) nên pt(*) 0,25 x 1 2 0 x 3 . Vậy pt đã cho có 1 nghiệm x=3 0,25 M (1;4) . Đg thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A; d cắt trục tung tại B. Tìm giá 3 a 1,00 trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OAB( xAB; y 0 ) x y Giả sử A(a;0); B(0;b), a>0; b>0. PT đường thẳng AB: 1 0,25 a b 1 4 4 16 Vì AB qua M nên 1 1 2 1 0,25 a b ab ab ab 1 4 1 a 2 8;" " 2a b 2 b 8 0,25 1 1 Diện tích tam giác vuông OAB( vuông ở O)là S OAOB. ab 8 . Vậy S nhỏ nhất bằng 8 khi d 2 2 0,25 qua A(2;0), B(0;8) b (C): (x 2)2 ( y 3) 2 9; A(1; 2) . qua A, cắt (C) tại M và N. Tìm giá trị 1,0 nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN. (C) có tâm I(2;-3), bán kính R=3. Có A nằm trong đường tròn(C) vì IA2 (1 2) 2 ( 2 3) 2 2 9 0,25 Kẻ IH vuông góc với MN tại H ta có IH2 HN 2 IN 2 9 MN 2 4 HN 2 4(9 IH 2 ) 0,25 Mà IH AH IH IA 2 MN2 4(9 2) 28 MN 2 7 0,25 Vậy MN nhỏ nhất bằng 2 7 khi H trùng A hay MN vuông góc với IA tại A 0,25 Chứng minh rằng tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi 4 a 2 2 2 2 2 2 1,5 AB BC CD DA AC  BD    Tứ giác lồi ABCD là hình bình hành AB DC AB DC 0 0,25   2  2  2   AB DC 0 AB DC 2 AB . DC 0 0,25    2 2 AB DC 2 AB .( AC AD ) 0 0,25 AB2 DC 2 ( AB 2 AC 2 BC 2 ) ( AB 2 AD 2 BD 2 ) 0 (*) 0,25 2 2 2 2 2 2 ( vì ab a 2 abb . 2 abab . ab ) 0,25 14 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
2 2 2 2 2 2 (*) AB BC CD DA AC BD (Đpcm) 0,25 ( Chú ý: nếu chỉ làm được 1 chiều thì cho 0,75 đ) 1 1 1 Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn: (1) 4 b 2 2 2 1,5 ha b c Có a. ha 2 S bc sin A 0,25 2 2 1a 4 R 2 2 2 2 2 2 0,25 ha b csin A b c (1) b2 c 2 4 R 2 sin2BC sin 2 1 0,25 1 cos2BC 1 cos2 2 cos2BC cos2 0 0,25 2cos(BCBC )cos( ) 0 0,25 B C hay A 2 2 0 BCBC ;0 BC 0,25 2 Vậy tam giác ABC vuông ở A hoặc có BC 2 2 2 2 2a 2 b 2 c a b b c c a 5 CMR: 3 ; a , b , c 0 1,00 b c c a a b a b c 2 2a 2 b 2 c abacbcbacacb XétM= 1 1 1 b c c a a b b c c a a b 0,25 1 1 1 1 1 1 (a b )( ) ( b c )( ) ( c a )( ) bcca caab abbc 21 2 1 2 1 ()()()a b b c c a 0,25 ()()bcca ()() caab ()() abbc 1 4 4 1 Vì 2 2 2 ; (b c )( c a ) (a b 2 c ) (2 a 2 b 2 c ) ( a b c ) 1 (a b )2 0,25 (a b )2 0 (a b )2 ;" " a b (b c )( c a ) ( a b c )2 Làm hoàn toàn tương tự với hai biểu thức còn lại a b 2 b c 2 c a 2 Suy ra M (Đpcm); “=” a b c 0,25 a b c 2 Hình vẽ câu 3b: I A M N H 15 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
Câu Đ/k: cosx 0 . Pt đã cho 6 2 2 x 2 2 x1 sin x 1 2,0 đ sin tanx c os 0 1 c os x 2 1 cos x 0 2 4 2 2 2 c os x 2 1 sinx 1 cos2x 1 cos x 1 sin 2 x 0 1 sinx 1 cos x sinx cos x 0 sinx 1 loai x 2 k 1 cosx 1 k Z x k t anx 1 4 Câu 7 ĐK: x y 2,0 1 1 16 điểm x y x y x y x y 3 Hệ phương trình tương đương với 2 2 1 1 100 ()()x y x y 2 2 (x y ) ( x y ) 9 1 1 Đặt a x y ; b x y (| a |,| b | 2) x y x y 16 a b a 2 10 3 a Ta có: 10  3 2 2 100 b a 2 b 2 3 b 2 9 2 2 x x x 2 3 x 2 3 Từ đó suy ra hệ phương trình có bốn nghiệm    y 1 1 y 1 1 y y 3 3 Câu 8 Q 0 Qua phép quay (A ;60 ) thì điểm M biến thành B;điểm C biến thành điểm N .Do đó ,qua 2,0 phép quay Q 0 thì đoạn MC biến thành đoạn BN .Vậy MC=BN điểm (A ;60 ) Câu 9 Tập xác định của hàm số y f( x ) sin sin x là D (đối xứng qua 0) 2,0 x , f( x ) f ( x ). Vậy, f chẵn (f không lẻ vì nó không đồng nhất bằng 0) điểm x , f( x 2 ) f ( x ). Vậy, f tuần hoàn Tập giá trị của hàm số t sin x là 0;  nên minf min sin t 0, maxf max sin t 1 0 t 0 t 1 2S 3 Câu1 * Ta có S AB.(,)(,) d C AB d C AB ABC (1) ABC 2  AB 2 0 * Đường thẳng AB có véctơ chỉ phương AB (1;1) 2,0 véctơ pháp tuyến là nAB ( 1;1) AB: x-y-5=0 điểm Gäi ®iÓm G(xG, yG) th× C( 3xG-5 ;3yG +5) xG 1 3x y 8 y 5 3xGG 5 3 y 5 5 3 GGG Ta có Ta có 3x 3 y 15 3 2 2 GG xG 2 yG 2 16 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
VËy có hai ®iÓm tho¶ m·n C1(1;-1) , C2(-2;-10) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 4 Câu 1.(4,0 điểm). Cho parabol (P): y x2 và đường thẳng (d) đi qua điểm I(0; 1) và có hệ số góc là k . Gọi A và B là các giao điểm của (P) và (d). Giả sử A, B lần lượt có hoành độ là x1; x 2 . 1) Tìm k để trung điểm của đoạn thẳng AB nằm trên trục tung. 3 3 2) Chứng minh rằng x1 x 2 2  k R Câu 2. (2,0 điểm) Giải phương trình: 3x 1 5 x 4 3 x2 x 3 x2 x 3 y xy 2 xy y 1 Câu 3. (2,0 điểm) Giải hệ phương trình: 4 2 x y xy(2 x 1) 1 Câu 4. (2,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2;6) , chân đường phân giác trong kẻ 3 1 từ đỉnh A là điểm D 2; , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm I ;1 . Viết phương trình 2 2 của đường thẳng BC. Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có BC a;; CA b BA c (b ≠ c) và diện tích là S . Kí hiệu 2 2 2 ma; m b ; m c lần lượt là độ dài của các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C. Biết rằng 2ma m b m c . a) Chứng minh rằng a2 4 S .cot A b) Gọi O và G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm tam giác ABC; M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng góc MGO không nhọn. 3 3 Câu 6.(2,0 điểm). Cho a; b ; c là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn a b c . Tìm giá trị lớn nhất 2 1 1 1 của biểu thức M . a2 b 2 3 b 2 c 2 3 c 2 a 2 3 x Câu 6.(2.0 điểm) Giải phương trình cosx cos2 x 2sin 2 sinx 2 2(x3 ay 3 ) ( a 1) 2 Câu 7. (2,0 điểm) Với giá trị nào của a thì hệ phương trình 3 2 2 có nghiệm và mọi nghiệm của x ax y xy 1 nó thoả mãn x, y là hai số đối nhau. Câu 8. (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Đề các vuông góc Oxy cho tam giác ABC, biết B(-3; 0); C(3; 0). Điểm A di động sao cho tam giác ABC thoả mãn độ dài đường cao kẻ từ đỉnh A tới BC bằng 3 lần bán kính đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng khi A thay đổi thì điểm I thuộc một đường cong cố định. 17 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
Câu 9. (2,0 điểm) Cho A, B, C là ba góc của một tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của 4 T = cosA + cosB + cosC + ABC sin sin sin 2 2 2 HƯỚNG DẪN ĐỀ SỐ 04 Câu Nội dung Điểm Cho parabol (P): y x2 và đường thẳng (d) đi qua điểm I(0; 1) và có hệ số góc là k . Gọi A và B là 2,0 các giao điểm của (P) và (d). Giả sử A, B lần lượt có hoành độ là x1; x 2 . 1) Tìm k để trung điểm của đoạn thẳng AB nằm trên trục tung. + Đường thẳng (d) có pt: y kx 1 0,5 2 2 + PT tương giao (d) và (P): x kx 1 x kx 1 0(*) 0,5 + (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt x; x k2 4 0  k 0,5 1 2 vì x1 x 2 k k + Trung điểm M của AB có hoành độ là ; M nằm trên trục tung 0 k 0 0,5 2 2 2 2) Chứng minh rằng 3 3 x1 x 2 2  k R 2,0 Theo Vi et có: x x k, x x 1 0,5 I 1 2 1 2 Ta có: 3 3 2 = 2 x1 x 2 ()() x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x1 x 2.() x 1 x 2 x 1 x 2 0,5 2 2 2 Có x1 x 2 x 1 x 2 4 x 1 x 2 k 4 0,5 3 3 2 2 x1 x 2 = k 4( k 1) 2 , k R . Đẳng thức xảy ra khi k = 0 0,5 2 Giải phương trình: 3x 1 5 x 4 3 x2 x 3(1) 2,0 1 0,25 Điều kiện: x 3 3x5 x 0,25 (1) 3x 1 1 5 x 4 2 3 x2 x x 3 x 1 3x 1 1 5 x 4 2 3 x 0( TM ) 3 5 0,25 3x 1 (*) 3x 1 1 5 x 4 2 Với x=1: VT(*)= 2=VP(*) nên x=1 là một nghiệm của (*) 0,25 Nếu x>1 thì VT(*) 2>VP(*). Vậy (1) có 2 nghiệm x=0; x=1 0,25 x2 x 3 y xy 2 xy y 1(1) 2) Giải hệ phương trình: (*) 1,5 4 2 x y xy(2 x 1) 1(2) 18 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
2 2 (x y ) xy ( x y ) xy 1 (*) 0,25 2 2 x y xy 1 a x2 y a ab b 1 Đặt . Hệ trở thành: (*) 0,25 2 b xy a b 1 a3 a 2 2 a 0 a ( a 2 a 2) 0 Hệ (*) 2 2 b 1 a b 1 a 0,25 Từ đó tìm ra (a ; b ) (0; 1); (1; 0); ( 2; 3) x2 y 0 Với (a ; b ) (0; 1) ta có hệ x y 1. 0,25 xy 1 x2 y 1 Với (a ; b ) (1; 0) ta có hệ (x ; y ) (0; 1);(1;0);( 1;0) . 0,25 xy 0 Với (a ; b ) ( 2; 3) ta có hệ 3 3 x2 y 2 y y x x x 1; y 3 . 0,25 xy 3 3 2 x 2 x 3 0 ( x 1)( x x 3) 0 Kết luận: Hệ có 5 nghiệm (x ; y ) (1;1);(0; 1);(1; 0);( 1; 0);( 1; 3) . 4 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2;6) , chân đường phân giác trong kẻ từ đỉnh 3 1 A là điểm D 2; , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm I ;1 . Viết phương trình 2,0 2 2 của đường thẳng BC. Đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính IA 0,5  15  Đường thẳng AD đi qua A và có VTCP AD 0; n 1;0 là véc tơ pháp tuyến của AD 2 0,5 PT đường thẳng AD là: x 2 ' ' A AD (C); A ' A A’ thuộc AD và IA’=IA, Tìm được A 2; 4 0,5 A’ là trung điểm cung BC không chứa A nên IA’ BC 0,5  5 0,5 đường thẳng BC đi qua D và có AI' ;5 là vecto pháp tuyến 2 Từ đó viết được pt đường thẳng BC là: x 2 y 5 0 0,5 Câu 5. Cho tam giác ABC có BC a;; CA b BA c (b ≠ c) và diện tích là S . Kí hiệu ma; m b ; m c lần lượt là độ dài của các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C. Biết rằng 2 2 2 2,0 2ma m b m c (*) 2 a) Chứng minh rằng a 4 S .cot A Viết được công thức các trung tuyến 0,25 19 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
a2 c 2 a 2 b 2 a 2 b 2 c 2 (*) b2 c 2 0,25 2 2 4 2 4 b2 c 2 2 a 2 ( ) 0,25 0,25 cos A 2 2 2 Ta có 4S .cot A 2 bc .sin A . 2bc .cos A b c a sin A 0,25 Từ ( ) b2 c 2 a 2 a 2 Hay 4S .cot A a2 0,25 2b) Gọi O và G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm tam giác ABC; M là trung điểm của BC. 1,0 Chứng minh rằng góc MGO không nhọn.     Ta sẽ chứng minh GO. GM 0 OG . GM 0 0.25 Ta có           3OG OA OB OC ; 6 GM =2AM AB AC OB OC 2 OA         0.25 3OG .6GM OA OB OC . OB OC 2 OA             = OB2 OC 2 2 OA 2 2 OB . OC OAOC . OAOB . = 2 OB . OC OAOC . OAOB . * Mặt khác ta có   2     2 2 2 2 2 BC OC OB OB OC 2 OB . OC 2 OB . OC 2 R a ( trong đó R= OA = OB = OC ). 0.25     Tương tự có 2OAOC . 2 R2 b 2 ; 2 OAOB . 2 R 2 c 2 .   b2 c 2   Vậy 18.OG . GM a2 0 OG . GM 0 ( do có ( )) 0.25 2 3 3 Cho a; b ; c là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn a b c . Tìm giá trị lớn nhất của 2 2,0 1 1 1 biểu thức M . a2 b 2 3 b 2 c 2 3 c 2 a 2 3 * Bđt phụ: Cho các số thực x, y, z > 0, a, b, c là các số thực bất kì. Khi đó 2 a2 b 2 c 2 a b c a b c (*). Dấu bằng xảy ra khi . x y z x y z x y z 0,5 + Dễ thấy bđt trên suy ra từ bđt Bunhia * Vào bài chính 6 1 1 1 1 Ta sẽ chứng minh M . a2 b 2 3 b 2 c 2 3 c 2 a 2 3 2 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 3a b 3 3 b c 3 3 c a 3 2 a2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 3 P a2 b 2 3 b 2 c 2 3 c 2 a 2 3 2 0,5 Giả sử a b c . 2 2 a2 b 2 a b a b Biến đổi . a2 b 2 3 2 a2 b 2 3 2 a 2 b 2 3 0,5 Biến đổi tương tự với 2 số hạng còn lại của P. Sau đó áp dung bđt (*) ta có: 20 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
abbcca 2 abbcac 2 P 4 a2 b 2 c 2 18 4 a 2 b 2 c 2 18 4 a b c 2 4 a c 2 2 a b c 2 2 a c 2 PP 4 a2 b 2 c 2 18 2 a 2 b 2 c 2 9 Ta sẽ chứng minh 2 2 2 a b c 2 a c 3 2 2 4 a b c 4 a c 6 a2 b 2 c 2 27 2 a2 b 2 c 2 9 2 4 abc 2 4 ac 2 6 abc2 2 2 2 abc 2 2 22 2 2 2 2 abc 2 ac 3 abc abc 0,5 b2 ab bc ca 0 a b b c 0 Bđt cuối cùng đúng, suy ra đpcm. Đ/K cosx 0 0.5 2 7 Phương trình tương đương với cosx cos x 1 cos x sinx 2đ 2 2 12 1 1 1 cosx cos x sin x sin x cosx sin x 4 4 2 2 1 1 0.5 cosx sin x 2 2 cosx sin x (1) 1 1 (2) cos x sinx cosx 1 sin x 2 2 1 5 0.50 Giải (1) được nghiệm x = k2 với cos , 0; 2 2 0.5 Giải (2) được nghiệm x = - k2 2 Vậy phương trình có nghiệm x = - k2 ; 2 1 5 x = k2 với cos , 0; 2 2 Giả sử a thoả mãn điều kiện bài toán và (x0; y0) là một nghiệm của hệ đã cho, ta có 0.25 2(x3 ay3 ) (a 1)2 (1) 8 0 0 3 2 2 2đ x0 ax0 y0 x0 y0 1 (2) x y 0 (3) 0 0 0.25 31 2 x0 ( a 1) ( a 1) (4) Từ (3) suy ra y0 = -x0 thay vào (1) và (2) ta được 2 3 (5) x0 (2 a ) 1 a 1 1 2 0.25 Từ (5) ta thấy x0 0;a 2 chia các vế của (4) cho (5) ta được: (a 1) 2 a 2 a 0; a 1; a 1 0.25 1 1 0.25 3 1 x x x 3 2 3 2 +, a =0 hệ trở thành 2 (loại) và Suy ra a = 0 (loại) 3 2 1 1 x xy 1 y y 3 2 3 2 21 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
1 0.25 x x3 y 3 0 y x 3 3 +, a = -1 ta có hệ thoả mãn x + y = 0 x3 x 2 y xy 2 1 x3 x 2 y xy 2 1 1 y 3 3 x3 y3 2 (6) 0.25 +, a = 1 ta có hệ: 3 2 2 x x y xy 1(7) Nhân hai vế của (7) với 2 rồi trừ đi các vế tương ứng của (6) ta được: (x + y)(x2 + y2 + xy) = 0 (8) 1 3 0.25 Từ (7) suy ra x 0 x2 y 2 xy ( y x ) 2 x 2 0 2 4 do đó từ (8) suy ra x + y = 0 x 1 Thay y = -x vào (6) ta dễ dàng thấy hệ có nghiệm duy nhất thoả mãn x + y = 0 y 1 Kết luận: a = -1; a = 1 y Kẻ AH  BC, IK  BC, đặt AH = h, 0.25 bán kính đường tròn nội tiếp là r và I(x; y). A 8 2đ I B C x -3 O K H 3 1 0.5 Có h = 3r , S pr BC.h (AB + BC + CA)r = 3BC.r ABC 2 B C 0.5 AB + CA = 2BC sinC + sinB = 2sinA cot .cot 3 (*) 2 2 B BK C CK 0.25 Mà cot ,cot Từ (*) suy ra BK.CK = 3IK2 ( ) 2 IK 2 IK Do I là tâm đường tròn nội tiếp suy ra K BC nên BK.CK = (3 + x)(3 - x), IK2 = y2 0.25 x2 y2 0.25 Thay vào ( ) ta có x2 + 3y2 = 9. Suy ra I thuộc elip có phương trình 1 9 3 A B C 0.5 Chứng minh được cosA + cosB + cosC = 1 + 4sin sin sin > 1 2 2 2 3 0.5 Chứng minh được cosA + cosB + cosC (1) 2 3 1 Như vậy 1 < cosA + cosB + cosC . Theo (1) ta có 0 < t 2 8 1 1 t 2 1 0.5 Xét f(t) = t + với 0 < t f’(t) = 0 t 1 t 8 t 2 1 0.5 Ta có BBT: t 0 8 f’(t) - f(t) + 65 8 67 Suy ra minT = ABC đều 2 Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. 22 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 5 Câu 1.(3.0 điểm) x x 1) Xác định tính chẵn - lẻ của hàm số y  10 x 10 x 2) Cho các nửa khoảng A ( a; a 1] , B [ b ; b 2). Đặt CAB  . Với điều kiện nào của các số thực a và b thì C là một đoạn? Tính độ dài của đoạn C khi đó. Câu 2. (2,0 điểm) Tìm m để phương trình x2 1 m 4 m 2 1 có bốn nghiệm phân biệt. m 1 x 2 Câu 3. (2,0 điểm) Giải và biện luận (theo tham số m) bất phương trình: m 1. x 2 Câu 4.(2,0 điểm) Giải phương trình x2 7 x 8 2 x . 7x y 2 x y 5 Câu 5. (2,0 điểm) Giải hệ phương trình x y 2 x y 1. 0 Câu 6. (2,0 điểm)  Cho tam giác ABC  có AB = c, AC = b và BAC 60 . Các điểm M, N được xác định bởi MC 2 MB và NB 2 NA . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN vuông góc với nhau. Câu 7. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC. Trên các cạnh BC, CA và AB của tam giác đó, lần lượt lấy các điểm A', B' và C '. Gọi Sa , Sb , Sc và S tương ứng là diện tích của các tam giác AB' C ', 3 BC' A ', CA'' B và ABC. Chứng minh bất đẳng thức SSSS . Dấu đẳng thức a b c 2 xảy ra khi và chỉ khi nào? Câu 8. (2,0 điểm)(2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn tâm O bán kính R (R > 0, R không đổi). Gọi A và B lần lượt là các điểm di động trên trục hoành và trục tung sao cho đường thẳng AB luôn tiếp xúc với đường tròn đó. Hãy xác định tọa độ của các điểm A, B để tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất. Câu 9. (2.0 điểm) Giải phương trình: sin 4x cos 4 x 4 2 sin ( x ) 1. (x R) 4 Câu 10. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3. a3 b 3 c 3 3 Chứng minh rằng: . b2 3 c 2 3 a 2 3 4 HẾT 23 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
Câu HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 05 Điểm x x 1) Xác định tính chẵn - lẻ của hàm số y  I 10 x 10 x 2) Cho các nửa khoảng A ( a; a 1] , B [ b ; b 2). Đặt CAB  . Với điều kiện nào của các số thực a và b thì C là một đoạn? Tính độ dài của đoạn C khi đó. 3.0 Hàm số y có tập xác định D ( 10; 10) là tập đối xứng qua điểm x 0. 1.5 1 Kiểm tra: x D, f()() x f x f chẵn f không lẻ (vì nó không đồng nhất bằng 0 trên D), kết luận C [ b; b 2)  ( a ; a 1] là một đoạn b a b 2 a 1 1.5 2 b 1 a b 2. (*) Khi đó, C [ b; b 2)  ( a ; a 1] [ b ; a 1] là đoạn có độ dài a b 1. Câu 2:Tìm m để phương trình x2 1 m 4 m 2 1 có bốn nghiệm phân biệt. Câu m 1 x 2 Câu 3: Giải và biện luận (theo tham số m) bất phương trình: m 1. x 2 4,0 đ Ta có: m4 m 2 1 0 x2 m 4 m 2 2 (1) PT 2 2 4 2 2 x m m m(1 m ) (2) 2 2 (1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m vì m4 m 2 2 0 2 (2) có 2 nghiệm phân biệt m 0 và 1 m 0 m ( 1; 1)\ {0} 4 2 2 4 PT có 4 nghiệm phân biệt m ( 1;1)\ {0} và m m 2 m m 4 2 m ( 1;1)\ {0} và m m 1 0 m ( 1;1)\ {0}, kết luận (m 1)( x 2) (1 m ) x 2 x ( m 2) BPT 0 0 x 2 x 2 2 3 Nếu m = 0 thì BPT nghiệm đúng với mọi x 2 Nếu m > 0 thì m + 2 > 2 nên BPT nghiệm đúng với mọi x ( ;2)  ( m 2; ) Nếu m < 0 thì m + 2 < 2 nên BPT nghiệm đúng với mọi x ( ; m 2)  (2; ) Câu 4 : Giải phương trình x2 7 x 8 2 x . Câu 7x y 2 x y 5 Câu 5.Giải hệ phương trình x y 2 x y 1. 4 Điều kiện: x ≥ 0 2 PT x 1 7 x 7 2 2 x 0 (x 1)( x x x 6 x 8) 0 2 (x 1)( x x 8 x 6 x 16) 0 (x 1)( x 2)( x 2 x 4 x 8) 0 4 (x 1)( x 2)( x x 4) 0 x 1 x 1 0 2 1 17 9 17 Kết luận x x 4 0 x 2 2 24 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
2 7x y 0 u 7 x y 0 u 7 x y u2 v 2 7v2 2 u 2 Điều kiện ; Đặt x và y 2x y 0 2 5 5 v 2 x y 0 v 2 x y 2 u v 5 u v 5 HPT trở thành: 2 2 2 2 2 2 u v 7 v 2 u 5 v 5 3u 8 v 5 v 5 0 5 u 5 v u 5 v u 5 v 2 2 2 2 3(5 v ) 8 v 5 v 5 0 5v 25 v 70 0 v 5 v 14 0 (*) u 3 (*) v = 2 (nhận) hoặc v = 7 (loại) ; nên HPT trên v 2 7x y 9 x 1 Do đó HPT đã cho trở thành (phù hợp) 2x y 4 y 2 0 Câu 6 :Cho  tam giác ABC  có AB = c, AC = b và BAC 60 . Các điểm M, N được xác định bởi MC 2 MB và NB 2 NA . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN vuông góc với nhau. Câu 7 : Cho tam giác ABC. Trên các cạnh BC, CA và AB của tam giác đó, lần lượt lấy các điểm A', B ' và Câu C '. Gọi Sa , Sb , Sc và S tương ứng là diện tích của các tam giác AB' C ', BC' A ', CA'' B và ABC. 3 Chứng minh bất đẳng thức SSSSa b c . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi nào? 2 4          Ta có: MC 2 MB AC AM 2( AB AM ) 3 AM 2 AB AC    2 Tương tự ta cũng có: 3CN 2 CA CB       Vậy: AM CN AM  CN 0 (2 AB AC )(2 CA CB ) 0       6 2 2 (2AB AC )( AB 3 AC ) 0 2AB 3 AC 5 AB . AC 0 5bc 2c2 3 b 2 0 4c2 6 b 2 5 bc 0 2 Ta có các công thức tính diện tích: 2Sa AC '  AB 'sin A ; 2 S AB  AC sin A Sa AC' AB ' 1 AC ' AB '  (BĐT Cauchy) S AB AC2 AB AC 2 Sb 1 BA ' BC ' Sc 1 CB ' CA ' Tương tự ta cũng có: và S2 BC BA S2 CA CB SSSa b c 1 AC ' BC ' BA ' CA ' CB ' AB ' 3 7 Do đó: (đpcm) S S S2 AB BA BC CB CA AC 2 AC'' AB AB AC C' B '// BC BA'' BC Dấu bằng xảy ra A' C '// CA A’, B’, C’ là trung điểm của BC, CA, AB BC BA B' A '// AB CB'' CA CA CB Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn tâm O bán kính R (R > 0, R không đổi). Gọi A và B lần lượt là 8 các điểm di động trên trục hoành và trục tung sao cho đường thẳng AB luôn tiếp xúc với đường tròn đó. Hãy xác định tọa độ của các điểm A, B để tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất. 2,0 ab Dựa vào tính đối xứng, ta giả sử A a;0 , B 0; b với a 0, b 0.(*) Suy ra SOAB . 2 0,25 25 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
1 1 1 1 a2 b 2 Mà ( ) a2 b 2 R 2( a 2 b 2 ) 2 R 2 ab a2 b 2 R 2 R2 a 2 b 2 ab 2 SROAB không đổi (dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b) 2 0,25 Kết hợp với (*) và ( ): dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b R 2 0,25 Kết luận: ARBR 2;0 ; 0; 2 (4 cặp điểm) 0,25 2 9 2. PT 2sin 2x cos 2x + 2cos 2x = 4(sin x + cos x) 2,0 (cos x + sin x) (cos x – sin x) (sin 2x + cos 2x) = 2(sin x + cos x) sinx cosx 0 (cosx sinx)(sin 2 x c os2 x ) 2 x k 4 cos3 x sinx 2 Chứng minh được phương trình cos 3x – sin x = 2 vô nghiệm KL: x = k 4 a3 b 3 c 3 3 ( ).Do ab + bc + ca = 3 nên b2 3 c 2 3 a 2 3 4 a3 b 3 c 3 VT ( ) = 2 2 2 b ab bc ca c ab bc ca a ab bc ca 10 a3 b 3 c 3 = (bcab )( )( cabc )( )( abca )( ) 0,5 a3 b c a b3 a a3 5 a 2 b c Theo BĐT AM-GM ta có (1) (b c )( c a ) 8 8 4 (b c )( c a ) 8 Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được: b3 5 b 2 c a c3 5 c 2 a b (2), (3) (c a )( a b ) 8 (a b )( c a ) 8 a b c Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được VT( ) 4 Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được :a + b + c ≥ 3(ab bc ca ) = 3. 0,5 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 (Đpcm) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 6 Câu 1 (2,0 điểm) a) Cho phương trình bậc hai x2 2 mx 3 m 2 0 , trong đó x là ẩn, m là tham số. Tìm tất cả các 2 2 giá trịcủa m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1, x 2 và x1 x 2 đạt giá trị nhỏ nhất. b) Cho tam thức bậc hai f x ax2 bx c, a 0 . Chứng minh rằng nếu f x 0 với mọi x thì 4a c 2 b . Câu 2 (2,0 điểm) a) Giải phương trình x 2 3 x 1 2 x 3 x 26 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
2 2 2 2 x y x xy y 3 3 x y 2 b) Giải hệ phương trình x, y 2 x 6 y 3 x 2 x 8 Câu 3 (2,0 điểm) 1. Cho a,, b c là các số thực dương thỏa mãn abc 1. Chứng minh rằng a b c 3 a 1 b 1 b 1 c 1 c 1 a 1 4 2. Giải bất phương trình 3 3 x 1 x 2 x Câu 4 (3,0 điểm) 1. Cho tam giác ABC AB AC nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn (O), trọng tâm G và a BC,, b CA c AB . Gọi M là trung điểm của cạnh AC. Chứng minh rằng nếu bốn điểm A, O, M, G cùng nằm trên một đường tròn thì b2 c 2 2 a 2 . 2. Cho tam giác ABC không vuông và a BC,, b CA c AB . Chứng minh rằng nếu a2 b 2 2 c 2 và tanABC tan 2tan thì ABC là một tam giác cân. 3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy ; cho tam giác ABC có tọa độ tâm 11 1 đường tròn ngoại tiếp, trong tâm lần lượt có tọa độ là IG 4;0 , ; . Tìm tọa độ các 3 3 đỉnh A, B, C của tam giác ABC biết rằng đỉnh B nằm trên đường thẳng d : 2 x y 1 0 và điểm M 4;2 nằm trên đường cao kẻ từ đỉnh B của tam giác ABC. 2 sinx cos x 2 1 2sin 2 x Câu 5;(1,0 điểm) Giải phương trình: 1 tan x . sin3x sin5 x ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ 06 Câu Nội dung trình bày Điểm 1 (3,0 điểm) 1a (2,0 điểm) 2 m 2 Phương trình đã cho có hai nghiệm ' m 3 m 2 0 0,5 m 1 Theo định lí Vi – ét ta có x1 x 2 2 m , x 1 x 2 3 m 2 0,25 2 22 2 2 0,5 Do đó x1 x 2 x 1 x 2 2 x 1 x 2 4 m 2 3 m 2 4 m 6 m 4 Lập bảng biến thiên của hàm số f m 4 m2 6 m 4 trên ;1 2; ta được 27 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
m - 1 2 + + + 0,75 f m 2 8 Từ bảng biến thiên ta được f m 4 m2 6 m 4 đạt giá trị nhỏ nhất khi m 1. 1b (1,0 điểm) Do f x 0 với mọi x nên f 0 0 c 0 . a 0 a 0 Mặt khác f x 0 với mọi 0,5 x 2 2 b 4 ac 0 b 4 ac Ta có 4a c 2 4 ac 2 b2 2 b 2 b . 0,5 2 (2,0 điểm) 2a (1,0 điểm) 3x 0 x 0 Đkxđ x 2 0 x 2 x 2 2x 3 0 3 x 2 0,5 Phương trình đã cho tương đương với: x 22331 x x x 2232 x x 2233123 x x x x 2 2 x 3 3 x 2 2 x 1 0,25 x2233 x x 2 x x 63 x 2460 x x x 3 Kết hợp với đkxđ ta được x 3. Vậy tập nghiệm của phương trình là S 3 . 0,25 2b (1,0 điểm) Đkxđ: x 6, y 3 Từ phương trình đầu của hệ ta có: x y x2 xy y 2 3 3 x 2 y 2 2 xyxxyy 2 2 3 xy 3 xy 2 3 2 2 xyxyxy 3 3 3 3 3 2 3 2 2 0,5 x 1 3 y 1 3 x 1 y 1 y x 2 x 1 Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: x 6 x 1 x2 28 x x 63 x 12 x 2 230 x x 3 x 3 1 1 x3 x 1 0 x 3 x 1 0 x 3 x 6 3 x 1 2 x 6 3 x 1 2 So sánh với đkxđ ta được x, y 3,1 . 0,5 3 (2,0 điểm) 3a (1,0 điểm) a b c 3 Ta có a 1 b 1 b 1 c 1 c 1 a 1 4 0,25 28 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
4a c 1 4 b a 1 4 c b 1 3 a 1 b 1 c 1 4 ab bc ca 4 a b c 3 abc 3 3 ab bc ca 3 a b c 0,25 ab bc ca a b c 6 Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho ba số dương ta được: ab bc ca 33 ab . bc . ca 3 0,25 a b c 33 abc 3 Cộng từng vế hai bất đẳng thức trên ta được ab bc ca a b c 6. 0,25 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 1. Vậy bđt được chứng minh. 3b (1,0 điểm) Đkxđ x 2 . Đặt t x 2, t 0 suy ra x t 2 2 , thay vào bất phương trình ta được: 0,25 3 1 t2 1 t 1 t 2 1 t 3 3 1 t2 1 t 1 t 2 1 t 3 t3 4 t 2 3 t 0 t t 1 t 3 0 0,25 t 3 x 2 3 x 11 0,25 0 t 1 0 x 2 1 2 x 3 Kết hợp với đkxđ ta được tập nghiệm là S 2;3 11; . 0,25 4 (3,0 điểm) 4a (1,0 điểm) A M G O B C        2 2 Ta có OA OB OC 3. OG 9. OG OA OB OC       0,25 OA2 OB 2 OC 2 2. OAOB . 2. OB . OC 2. OC . OA 3R2 OA 2 OB 2 AB 2 OB 2 OC 2 BC 2 OC 2 OA 2 CA 2 9R2 a 2 b 2 c 2 . Do 4 điểm A, G, O, M cùng nằm trên một đường tròn nên OG vuông góc với GA hay 1 1 0,5 OG222 GA OA 9 R 2222 a b c 2 b 2222 2 c a R 9 9 9RabcbcaRbca2222222 2 2 9 222 2 2 0,25 4b (1,0 điểm) 2S sinAS 4 Ta có tan A bc . Tương tự ta tính được tanBC , tan cos Ab2 c 2 a 2 b2 c 2 a 2 0,5 2bc 4SSS 4 4 Theo giả thiết tanABC tan 2 tan 2 b2 c 2 a 2 c 2 a 2 b 2 a 2 b 2 c 2 0,25 29 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
2 2 2 a4 b 2 c 2 b 4 c 2 a 2 2 c 4 a 2 b 2 abc4442 bcbca 22444 2 ca 22 2 c 4 2 a 4 2 b 4 4 ab 22 2 2 2cab4 2 2 cab 2 2 2 2 cab 4 2 2 2 cab 4 . Hay tam giác ABC cân 0,25 4c (1,0 điểm) A M N H G I (d) C B   Ta chứng minh IH 3. IG 0,25 x 4 y 2 Suy ra H 3;1 pt MH: x y 2 0 . 3 4 1 2 Do B là giao của (d) và đường thẳng MH nên tọa độ B là nghiệm của hệ: x y 2 0 x 1 B 1; 1 . 0,25 2x y 1 0 y 1  3  Gọi N là trung điểm của AC. Khi đó BN BG N 5;1 2   Ta có nAC u MN 1;1 pt AC :1 x 51. y 10 x y 60 . Do A thuộc đường thẳng AC nên A t;6 t , kết hợp với I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 0,25 2 2 2 2 t 3 ABC nên IA IB t 4 6 t 10 t 7 +) Với t 3 A 3;3 , C 7; 1 +) Với t 7 A 7; 1 , C 3;3 0,25 Vậy ABC 3;3, 1; 1, 7; 1 hoặc ABC 7; 1, 1; 1, 3;3 Câu sin3x sin5 x 0 5 ĐK: sin 4x 0 * 0.5 cosx 0 2 Biến đổi được 1 sinx cos x 1 2sin 2 x 2 sin 4 x cos x sin x sinx cos x 0 2 0.5 cosx sin x 1 2sin 2 x 2 sin 4 x 3 2 x k k (Loại) 0.5 4 3 cosx sin x sin3 x sin x c os3 x cos x 2 sin 4 x 0.5 30 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
x k2 4 2 sin 3x 2 sin 4 x k 4 3 k 2 x 28 7 3 k 2 Kết hợp với điều kiện (*) ta có nghiệm của phương trình là x k 7 m 3, k , m 28 7 0.5 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 7 Câu 1. (5,0 điểm) 1. Giải phương trình: x 1 x3 x 2 x 1 1 x 4 1 . x2 2 x y 2 y 3 xy 2. Giải hệ phương trình: . xy x 2 y 1 3. Giải bất phương trình: x2 x 12 7 x . Câu 2.(2 điểm)Cho phương trình: x3 m 1 x 2 2 m 2 3 m 2 x 2 m 2 m 1 0 . Xác định m để phương trình có ba nghiệm phân biệt x1,, x 2 x 3 . 2 2 2 Khi đó tìm giá trị nhỏ nhất của S x1 x 2 x 3 . Câu 3. (1,0 điểm)Tìm các giá trị của m để biểu thức sau luôn dương x f (x) (m 4) x2 (m 1) x 2m 1 . Câu 4. (1 điểm) Cho tam giác ABC có a 2 3; b 2 2; c 6 2 .Tính các góc của tam giác ABC . Câu 5.(2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B 2;1 ;C(1; 3) trung điểm I của cạnh AC thuộc đường thẳng (d) : 2 x y 0 . Xác định tọa độ điểm A biết diện tích tam giác ABC bằng 3 . Câu 6. (2.0 điểm)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường cao và đường trung tuyến kẻ từ A lần lượt là : x 2 y 13 0 và 13x 6 y 9 0 .Tìm tọa độ các điểm ABC,, biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là I( 5;1). Câu 7. (2.0 điểm) 1 1 1 Cho các số thực a, b , c [1;2].Chứng minh rằng: (a b c)( )2 27 . a b c Hết 31 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 7 Câu Đáp án Điể m I 3 2 4 1. (1 điểm) Giải phương trình: x 1 x x x 1 1 x 1 . 2.0 ĐKXĐ: x 1 Đặt x 1 a (a 0); x3 x 2 x 1 b (b 0) ab x 4 1 a 1 Phương trình đã cho trở thành: a b 1 ab (a 1)(1 b ) 0 b 1 Với a 1 x 1 1 x 2(t/m ĐKXĐ) Với b 1 x3 x 2 x 1 1 x (x 2 x 1) 0 x 0 (loại) KL: x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. x2 2 x y 2 y 3 xy (1) 2. ( 1 điểm) Giải hệ phương trình: . xy x 2 y 1(2) 2,0 x2 2 x y 2 y xy 3 x2 y 2 2 xy 3 x 3 y 4 0 xy x 2 y 1 (x y )2 3(x y) 4 0 x y 1 hoặc x y 4 2 y 2 x 1 Với x y 1 x 1 y .Thay vào (2) ta được y 2 y 0 y 0 x 1 Với x y 4 x 4 y .Thay vào (2) ta được y2 3 y 5 0(VN) KL: Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm : (1;0) và (-1;2) 1. (1 điểm) Giải bất phương trình: x2 x 12 7 x 1.0 32 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
x 3 2 2 x x 12 0 x x 12 0 x 4 x 3 Bất phương trình 7 x 0 7 x 0 x 7 61 4 x 2 2 13x 61 0 61 13 x x 12 7 x x 13 61 KL: Bất phương trình đã cho có tập nghiệm T ( ; 3]  [4; ) 13 2 Cho phương trình x3 m 1 x 2 2 m 2 3 m 2 x 2 m 2 m 1 0 (1) Xác định m để phương trình có ba nghiệm phân biệt x1,, x 2 x 3 . 2 2 2 Khi đó tìm giá trị nhỏ nhất của S x1 x 2 x 3 . 2,0 x 2 (1) x 2 [ x2 ( m 1) x m 2 m 1 ] 0 2 x ( m 1) x m 2 m 1 0 * 2 Đặt: f( x ) x ( m 1) x m (2 m 1) Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt thì (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2 1 m ' 3 0 m 2 f 2 0 3 m 2 Đặt x3 2 x 1 , x 2 là hai nghiệm pt(*). 2 2 2 2 2 2 2 21 21 Ta có: S x1 x 2 x 3 (x1 x 2 ) 2 x 1 x 2 4 5 m 4 m 5 5 m 5 5 5 21 2 Vậy MSin đạt được khi m (/) t m 5 5 Câu 3(1điểm) Tìm các giá trị của m để biểu thức sau luôn dương x f (x) (m 4) x2 (m 1) x 2m 1 . f( x ) 5 x 7 0,25 Nếu m 4 thì 7 f( x ) 0 5 x 7 0 x m 4(L) 3 5 m 4 0 0.25 Nếu m 4 thì f( x ) 0  x 0 m 4 0,25 m 4 0 3 m m 5 7m2 38 m 15 0 7 m 5 KL: m 5 là giá trị cần tìm. 0.25 4) Cho tam giác ABC có a 2 3; b 2 2; c 6 2 .Tính các góc của tam giác ABC . 2.0 33 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
b2 c 2 a 2 1 3 1 0,25 Ta có: a2 b 2 c 2 2 bc cosA cosA A 120o 2bc 2( 3 1) 2 a2 c 2 b 2 3 1 2 0,25 Tương tự có: cosBB 45o 2ac 2 2( 3 1) o o o o C 180 (120 45 ) 15 0,25 KL: Các góc của tam giác ABC là A 120o ;B 45 o ;C 15 o 0,25 5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B 2;1 ;C(1; 3) trung điểm I của AC thuộc đường thẳng (d) : 2 x y 0 . Xác định tọa độ điểm A biết diện tích tam giác ABC bằng 3 . 2,0 Do I (d) I(x; 2 x) vì I là trung điểm của AC nên A(2 x 1; 4 x 3) 0,5  0,5 BC (3; 4) BC 5 Phương trình đường thẳng BC là: 4x 3 y 5 0 4x 10 d(;) A BC 5 1 1 4x 10 x 1 A (1; 1) 0,5 SABC 3 d (A;BC).BC 3 . .5 3 5 2 x 3 KL. 2 2 5 x 4 A (7; 13) Câu 6.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường cao 6 và đường trung tuyến kẻ từ A lần lượt là : x 2 y 13 0 và 13x 6 y 9 0 .Tìm tọa độ các điểm ABC,, biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là I( 5;1) . 2,0 x 2 y 13 0 x 3 Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình: A( 3; 8) 13x 6 y 9 0 y 8 Gọi AH; AM lần lượt là các đường cao và đường trung tuyến kẻ từ A IM AH Phương trình của IM là: x 2 y 7 0 x 2 y 7 0 x 3 Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình M (3;5) 13x 6 y 9 0 y 5 BC AH nên phương trình BC có dạng 2x y c 0 Mà M BC nên có 2.3 5 c 0 c 11 Phương trình đường thẳng BC là: 2x y 11 0   B BC B(a;11 2a) IA (2; 9); IB a 5;10 2 a 2 a 4 Lại có: IA IB a 6 a 8 0 a 2 Với a 4 B (4;3);C(2;7) Với a 2 B (2;7);C(4;3) KL: B(4;3);C(2;7) hoặc B(2;7);C(4;3) 1 1 1 7 Cho các số thực a, b , c [1;2].Chứng minh rằng: (a b c)( )2 27 . a b c 2.0 2 2 Vì a [1;2] (a-1)(a-2) 0 a 2 3 a a 3 a 34 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
2 2 Tương tự ta cũng có: b 3 và c 3 b c 1 1 1 1 1 1 Cộng ba bất đẳng thức trên ta được: 9 (a b c) ( ) ( ) a b c a b c 1 1 1 1 1 1 9 33 (a b c)( )2 (a b c)( ) 2 27 a b c a b c Dấu “=” xảy ra khi và chỉ a b c 1 HẾT ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI SỐ 8 Câu 1. (3,0 điểm) 1 1 a) Giải phương trình 2 x x 2 x2 b) Cho phương trình bậc hai x2 2 mx m 2 2 m 4 0 ( x là ẩn và m là tham số). Tìm tất cả các giá trị thực của m sao cho phương trình đã cho có hai nghiệm không âm x1, x 2 . Tính theo m giá trị của biểu thức P x1 x 2 và tìm giá trị nhỏ nhất của P. x2 xy y 2 x 2 y 0 Câu 2.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: x, y 2x xy y 2 Câu 3.(1,0 điểm) Cho a,, b c là độ dài ba cạnh của một tam giác không nhọn. Chứng minh rằng 2 2 2 1 1 1 a b c 2 2 2 10 a b c Câu 4. (3,0 điểm) a) Cho tam giác nhọn ABC không cân, nội tiếp đường tròn OR; . Gọi G và M lần lượt là trọng tâm tam giác ABC và trung điểm cạnh BC. Chứng minh nếu đường thẳng OG vuông góc với đường thẳng OM thì AC2 AB 2 2 BC 2 12 R 2 . b) Cho tam giác ABC có độ dài các đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C lần lượt là m,, n p . Tính độ dài các cạnh AB,, BC CA theo m,, n p . c) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ các đỉnh A, B, C lần lượt có phương trình là x 2 y 0, x 2 0, x y 3 0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, biết rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 10 và đỉnh A có hoành độ âm. Câu 5. (1,0 điểm) 35 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
Cho tứ giác lồi ABCD và một điểm M nằm bên trong tứ giác đó (M không nằm trên các cạnh của tứ giác ABCD). Chứng minh tồn tại ít nhất một trong các góc MAB ,,, MBC MCD MDA có số đo không lớn hơn 450 . sin 2x cos2 x 3 2 sin x 2 Câu 6. (1,0 điểm) Giải phương trình 1. 2 sinx cos x Hết HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ 08 Câu Nội dung trình bày Điểm 1(3đ) 1.a (1,5 điểm) x 0 0,25 Điều kiện: x 2;0 0; 2 2 2 x 0 1 1 Đặt y 2 x2 0. Thay vào ta được: 2. Do đó ta có hệ phương trình: x y 2 2 x y 2 2 x2 y 2 2 x y 2 xy 2 0,5 1 1 2 x y 2 xy x y 2 xy x y x y 2 2 x y x y 2 0 xy 1 0,25 x y 2 xy x y 1 xy 0,5 x y 2 y 2 x x 1 +) 2 0,25 xy 1 x 2 x 1 0 y 1 1 3 x x y 1 x 1 y 2 +) 2 (do y 0 ) xy 0,5 2y 2 y 1 0 3 1 y 2 0,25 1 3  Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S ;1  2  1.b (1,5 điểm) Phương trình x2 2 mx m 2 2 m 4 0 (1) có hai nghiệm không âm ' m2 m 2 2 m 4 0 0,75 S 2 m 0 m 2. 2 P m 2 m 4 0 2 Theo định lý Vi-ét ta có x1 x 2 2 m ; x 1 x 2 m 2 m 4 . Do đó 0,5 2 2 x1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 2 x 1 x 2 2 m 2 m 1 3 36 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
0,25 Do m 2 x1 x 2 8 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi m 2 . 2(2đ) Đặt z y 1, thay vào hệ ta được: 2 2 x2 xz z 2 1 x z 3 xz 1 x z 3 x z 2 0 0,5 x xz z 1 x z 1 xz x z 1 xz x z 2 x z 2 xz 1 x z 1 x z 1 xz x z 1 0,5 xz 0 x z 2 z 2 x x 1 x 1 +) 2 0,25 xz 1 x 2 x 1 0 z 1 y 2 x z 1 z 1 x x 1, z 0 x 1, y 1 +) xz 0x2 x 0 x 0, z 1 x 0, y 2 0,5 Vậy hệ phương trình có tập nghiệm là S 1;2 , 1;1 , 0;2  0,25 3(1đ) Do a,, b c là độ dài ba cạnh của một tam giác không nhọn nên có một trong các bất đẳng thức sau xảy ra: a2 b 2 c 2,, b 2 c 2 a 2 c 2 a 2 b 2 . Giả sử a2 b 2 c 2 , khi đó ta có: 0,25 2 2 2 2 2 1 1 1 2 1 1 b c 2 2 1 1 a b c 2 2 2 1 a 2 2 2 b c 2 2 a b c b c a b c 0,25 4 b2 c 2 1 a2 . 4 b2 c 2 a 2 3a2 a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 1 2 2 2 2 2 4 1 3 2 2 2 . 2 4 10 . Do đó b c b c a b c a 0,5 2 2 2 1 1 1 a b c 2 2 2 10 . a b c 4(3đ) 4.a (1,0 điểm) Áp dụng quy tắc trọng tâm và quy tắc trung điểm ta có:       OA OB OC  OB OC 0,25 OG , OM . Khi đó 3 2        OG OM OG. OM 0 OA OB OC OB OC 0       0,25 OAOB. OAOC . 2 OB . OC 2 R2 0 2 2 2 0,25 1 1 a b a b 2R2 AB 2 2 R 2 AC 2 2 R 2 BC 2 2 R 2 0 (chú ý a. b ) 2 2 2 AB2 AC 2 2 BC 2 12 R 2 0,25 4.b(1,0 điểm) a b c 2SSS 2 2 0,25 Kí hiệu a BC,,, b CA c AB p . Khi đó ta có a ,, b c 2 m n p Theo công thức Hê – rông ta có: S p p a p b p c 111 111 111 111 0,25 4SSSSS 2 2 2 2 mnp mnp mnp mnp 1 4S 4 S2 . k S , trong đó k 37 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
111 111111111 0,25 k mnp mnpmnpmnp 2 2 2 0,25 Do đó a ,, b c . mk nk pk 4.c (1,0 điểm) Do BC vuông góc với đường cao kẻ từ A nên BC có dạng 2x y c 0 . Tọa độ đỉnh B là 2x y c 0 x 2 nghiệm của hệ B 2; c 4 , x 2 0 y c 4 0,25 2x y c 0 x c 3 tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình C c 3; c 6 . x y 3 0 y c 6 AB đi qua B 2; c 4 và vuông góc với đường cao kẻ từ C nên AB: 1. x 2 1. y c 4 0 x y c 6 0. Tọa độ đỉnh C là nghiệm của hệ 0,25 x y c 6 0 x 2 c 12 A 2 c 12; c 6 . x 2 y 0 y c 6 AB AC BC AB AC BC AB AC 0,25 Theo giả thiết ta có 10 10 2 10 4SABC 2. d A , BC . BC d A , BC 2 2 2c 10 2 c 10 . 3 c 15 c 7 2 10 c 5 2 4c 24 c 6 c c 3 5 +) Nếu c 7 A 2;1, B 2;3, C 4;1 . +) Nếu c 3 A 6;3, B 2;1, C 0;3 không thỏa mãn hoành độ của A âm. 0,25 Vậy ABC 2;1, 2;3, 4;1 . 5(1đ) Giả sử minMAB , MBC , MCD , MDA 450 (1).  cos MAB MA2 AB 2 MB 2 MA 2 AB 2 MB 2 0,25 Ta có cot MAB . sinMAB 2. MA . AB .sin MAB 4SMAB MA2 AB 2 MB 2 Kết hợp với (1) ta được cot 450 1 MA 2 AB 2 MB 2 4 S 2 4S MAB MAB Tương tự ta được các bất đẳng thức sau đây : 0,25 2 2 2 MB BC MC 4 SMBC 3 2 2 2 MC CD MD 4 SMCD 4 2 2 2 MD DA MA 4 SMDA 5 Cộng theo vế các bất đẳng thức (2), (3), (4), (5) ta được: 2 2 2 2 0,25 AB BC CD DA 4 SMAB S MBC S MCD S MDA 4 S ABCD (6) 2 2 2 2 Mặt khác ta lại có: AB BC CD DA 2 ABBC . 2 CDDA . 4 SABC 4 S CDA 4 S ABCD , mâu thuẫn với (6). Do đó giả sử ban đầu là sai suy ra tồn tại ít nhất một trong các góc 0,25 MAB ,,, MBC MCD MDA có số đo không lớn hơn 450 . Câu 6 ĐK: sinx cos x 0. 0,5 Phương trình tương đương: sin 2x cos 2 x 3 2 sin x 2 1 sin 2 x 0,5 38 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
sinx 2( loai ) 2  2 sinx 3 2 sin x 2 0 1 0,5 sinx 2 x k2 4 k 5 x k2 1,0 4 5 Từ đó tìm được nghiệm x k2 k 4 Hết ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 9 Câu 1. (3,0 điểm) Cho hàm số y = f(x) = m x2 - 2(m - 1)x + m -2. 1. Tìm m để f(x) đồng biến trên 2; . 2. Tìm m để trên đồ thị của f(x) có hai điểm A xAABB;,; y B x y thỏa mãn : 2xAABB y 3 0,2 x y 3 0 và AB= 5 . Câu 2. (3,0điểm) 1. Giải phương trình: 2x2 x 9 2 x 2 x 1 x 4, (x ). 3 2y 1 x2 y 2 1 x 2. Giải hệ phương trình: (x,y ). 2x x2 y 2 4 y Câu 3. (3,0 điểm) x 3 1 1. Giải bất phương trình , (x ). 2x 1 1 x 3 x 3 2. Tìm k bé nhất để bất PT sau luôn đúng : 2x2 x 4 1 k x 1 x 2 2 k 0, Câu 4. (6,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn và AB < AC. Gọi M là trung điểm của BC, E,F lần lượt là chân đường cao của tam giác ABC kẻ từ B và C; H là trực tâm. K là giao điểm của FE và BC. Chứng minh: HK vuông góc với AM. 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Các đường thẳng AB, BC, CD, DA lần lượt đi qua các điểm P(0;-5), Q(-2;5), M(1;-2), N(3;6). Viết phương trình các cạnh của hình vuông. 3) Cho tam giác ABC có trọng tâm G thỏa mãn : cotGAB +cotGBC + cotGCA = 3 3 . Chứng minh : tam giác ABC đều. Câu 5. (2,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 8. Tìm giá trị nhỏ nhất của: a3 b 3 c 3 S= . (bcbc )( 2)( caca )( 2)( abab )( 2) Câu 6. (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có góc A nhọn, điểm I 4;2 là trung điểm đoạn BC, điểm A nằm trên đường thẳng d: 2 x y 1 0. Dựng bên ngoài 39 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
tam giác ABC các tam giác ABD, ACE vuông cân tại A. Biết phương trình đường thẳng DE: x 3 y 18 0 và BD 2 5 điểm D có tung độ nhỏ hơn 7 . Xác định tọa độ các điểm ABC,,. 2x 2 7 4c os 2 c os x 3 c os 2x 3 3 2 4 Câu 7.(1,0 điểm) Giải phương trình 0 1 2sinx HƯỚNG DẪN CHẤM Câu NỘI DUNG Điểm Câu I 1) Ta có m=0 tm 0,5 1 1 m > 0 hs đồng biến trên 2; khi khi m 0; 3 1 0,5 KL : m 0; 3 2) Yêu cầu bài toán tương đương với ĐT hs cắt đường y = 2x – 3 tại A, B thỏa mãn AB = 5 2 ' 0 . Khi đó, ta có pt hoành độ gđ : m x - 2m x + m +1=0 có hai nghiệm m 0 0,5 m 0 AB= 5 m 4 1 Tìm được m 4. 0,5 Câu II Nhận xét nhân liên hợp giải pt được nghiệm x= 0 hoặc x=8/9 2 Đặt ẩn phụ a = x2 y 2 1, b= x/y. Tìm được nghiệm(1 ;-1), (-1 ;1), (3 ;1), (-3 ;-1) 2 Câu III 1) Điều kiện x 3 2 Nhận xét hai mẫu luôn dương, nên quy đồng bỏ mẫu, bình phương ta được tập nghiệm S = 4;5 2 2) Ta có x  1;1 . Đặt t = x 1 x , Đk t 1; 2 2 3 2 Đưa về BPT ẩn t . Tìm ĐK được k bé nhất bằng 1 2 Câu IV 1) gắn hệ trục tọa độ được ĐPCM 2 2) Gọi vecto PT của AB (a ;b) ta có PT đường AB, AD. Ta có d(M ;AB)= d(Q ;AD) tìm được b = 0 hoặc a = -b . KL : có 2 hình vuông 2 AB : x+y+5=0, BC : x-y+7=0, CD : x+y+1=0, DA : x-y+3=0 Hoặc AB : x=0, BC : y=5, CD : x=1, DA : y=6 a2 b 2 c 2 3) Áp dụng định lí cos, sin ta tính được : VT= 3 4S ABC 2 3 3 3 Mà : S ()() a b c2 a 2 b 2 c 2 . Vậy : VT 3 3 . Dấu bằng xảy ra ABC 36 36 ABC đều. ĐPCM Câu V a3 b c b 2 c a Áp dụng BĐT CoSi ta có . (b c )( b 2 c ) 12 18 2 2 Tương tự a b c 33 abc Vậy S 1 6 6 Min S = 1 khi a = b = c = 2 40 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
          Câu 6:Ta có2AI . DE AB AC AE AD AB . AE AC . AD AI  DE 0,5 E D A J B I C Phương trình đường thẳng AI : 3 x 4 y 2 0 3 x y 14 0 3x y 14 0 x 3 Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ A 3;5 . 2x y 1 0 y 5 0,5 BD 2 5 AD 10 . Gọi D 3 a 18; a ta có 38 2 2 2 a loai AD 10 3 a 21 a 5 10 10 a 136 a 456 0  5 a 6 0,5 a 6 D 0;6  Đường thẳng AB đi qua A 3;5 , vtpt là AD 3;1 có phương trình 3 x 3 y 5 0 3 x y 4 0 0,5 2 2 b 4 Gọi tọa độ điểm B b;3 b 4 ta cóAB 10 b 3 3 b 9 10 b 2 Với b 4 B 4;8 C 4; 4 , loại do góc BAC tù. Với b 2 B 2;2 C 6;2 , thỏa mãn. 0,5 *Lưu ý: Nếu học sinh không chứng minh được AI DE mà sử dụng luôn thì cả bài cho 1,0 điểm 1,5 2x 2 7 4c os 2 c os x 3 c os 2x 3 3 điểm 2 4 Câu 7.Giải phương trình 0 1 2sinx 1 5 Điều kiện: sinx x k 2 ;x k 2 . Khi đó 2 6 6 0.5 2x 2 7 pt 4 c os 2 c os x 3 c os 2 x 3 3 0 2 4 2x 2 7 2 2c os 1 2 c os x 1 3 c os2x 0 2 4 7 0.5 2cosx c os 2x 3 c os2x 0 2 c osx sin 2x 3 c os2x 0 2 41 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
5 2 x k 18 3 sin 2x sin x k 3 2 5 0.25 x k2 6 5 2 Kết hợp với điều kiện ta có; pt có nghiệm x k , k 0.25 18 3 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 10 Câu 1. (1,0 điểm). Giải phương trình: 19 3x 4 x2 x 6 6 2 x 12 3 x . Câu 2. (1,0 điểm). x2 2 y 2 3 xy y 1 0 Giải hệ phương trình: 2 2 x y y 3 0 Câu 3. (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị của m sao cho bất phương trình m 1 x2 2 m 2 x 2 m 2 0 vô nghiệm (x là ẩn, m là tham số). Câu 4. (1,0 điểm). Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn tâm O và G là trọng tâm của tam giác ABC. Gọi M, N, P lần lượt là trọng tâm tam giác OBC, OCA, OAB và G’ là trọng tâm tam giác MNP. Chứng minh rằng O, G, G’ thẳng hàng. Câu 5. (1,0 điểm). Cho tam giác ABC không vuông và có các cạnh BC a,, CA b AB c . Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thỏa mãn a2 b 2 2 c 2 và tanACB tan 2 tan thì tam giác ABC đều. Câu 6. (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC không là tam giác vuông và nội tiếp đường tròn (I) ( đường tròn (I) có tâm là I ); điểm H 2;2 là trực tâm tam giác ABC. Kẻ các đường kính AM, BN của đường tròn (I). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết MN 5;3 , 1;3 và đường thẳng BC đi qua điểm P 4;2 . Câu 7.(1,0 điểm). Cho a,, b c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a b c 2015 . Chứng minh rằng: 2015a a2 2015 b b 2 2015 c c 2 2015 a 2015 b 2015 c . 6 2 2 bc ca ab a b c sin3x .sin 3 x cos 3 x .cos3 x 1 Câu 8.(1,0 điểm) Giải phương trình: tan(x ) tan( x ) 8 6 3 Câu 9(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(1;3), B(7;0), C(2;5). Lập phương trình đường tròn (T) có bán kính nhỏ nhất sao cho A, B, C nằm trên hoặc nằm trong (T). 42 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
Câu 10(1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 x xy 2 y 4 2 x 1 2 y 3 0 x,. y 4x2 4 x 4 2 x 1 x 1 y 1 3 x 7 Hết HƯỚNG DẪN ĐỀ SỐ 10 Câ Nội dung trình bày Điể u m 1 x2 x 6 0 Điều kiện xác định: 2 x 0 3 x 2 . 3 x 0 Bất phương trình đã cho tương đương với:19 3x 4 2 x 3 x 6 2 x 2 3 x Đặt t 2 x 2 3 x , t 0 ta có: t2 2 x 4 3 x 4 2 x 3 x 14 3 x 4 2 x 3 x 0,25 2 2 t 1 Thay vào phương trình trên ta được: 5 t 6 t t 6 t 5 0 t 5 +) t 12 x 23 x 12 x 43 x 423 x x 1 0,25 3x 13 4 x2 x 6 0 vô nghiệm do 3 x 2 +) t 5 2 x 2 3 x 5 2 x 4 3 x 4 2 x 3 x 25 2 2 2 16 x x 6 11 3 x 4 x x 6 11 3 x 11 3x 0 0,25 25x2 50 x 25 0 11 x 1 thỏa mãn điều kiện. x 3 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S 1. 2 2 2 x 2 y 3 xy y 1 0 1 I 2 2 x y y 3 0 2 0,25 x y 1 Ta có 1 x y 1 x 2 y 1 0 x 2 y 1 43 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
y 2 2 Với x y 1 thay vào (2) ta được 2y 3 y 2 0 1 y 2 0,25 1 3 +) y 2 x 1. +) y x . 2 2 y 1 Với x 2 y 1 thay vào (2) ta được 5y2 3 y 2 0 2 y 5 0,25 2 9 +) y 1 x 1. +) y x . 5 5 3 1 9 2 Vậy, hệ (I) có nghiệm x; y là: 1;2, 1;1, ; , ; . 2 2 5 5 0,25 3 Bất phương trình đã cho vô nghiệm khi và chỉ khi m 1 x2 2 m 2 x 2 m 2 0  x 0,25 2 TH1. Nếu m 1 thì 6x 4 0,  x x ,  x vô lí. 0,25 3 TH2. Nếu m 1 thì m 1 x2 2 m 2 x 2 m 2 0  x m 1 m 1 0 m 1 0,25 m 2 10 2 2 m 2 10 ' m 2 m 1 2 m 2 0 m 4 m 6 0 m 2 10 . 0,25 Vậy tập hợp các giá trị của m là S ;2 10 . 4 (1,0 điểm) Bài này học sinh không nhất thiết phải vẽ hình. Kết quả cơ bản: cho tam giác ABC trọng tâm G. Khi đó với mọi điểm O ta có     OA OB OC 3. OG . 0,5 Do M, N, P lần lượt là trọng tâm các tam giác OBC, OCA, OAB nên:          OB OC 3. OM OC OA 3. ON OA OB 3. OP       Cộng từng vế 3 hệ thức trên ta được: 2 OA OB OC 3 OM ON OP     0,5 2.3.OG 3.3. OG ' 2. OG 3. OG ' O , G , G ' thẳng hàng. 5 (1,0 điểm) a sin A2R abc Theo định lí hàm số sin và côsin ta có: tan A 0,25 cos A b2 c 2 a 2 R b2 c 2 a 2 2bc abc abc Tương tự ta có tanBC , tan . R c2 a 2 b 2 R a 2 b 2 c 2 0,25 abc abc abc tanACB tan 2.tan 2. Rbca 2 2 2 Rabc 2 2 2 Racb 2 2 2 44 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
1 1 1 2. b2 c 2 a 2 a 2 b 2 c 2 a 2 c 2 b 2 cababc222222 bcaacb 222222 0,25 2 2 2 2 b2 c 2 a 2 a 2 b 2 c 2 a4 b 2 c 2 c 4 a 2 b 2 2 b 4 a 2 c 2 a2 a 2 b 2 2 c 2 c 2 b 2 c 2 2 b 2 0 b c (do a2 b 2 2 c 2 ), 0,25 kết hợp với a2 b 2 2 c 2 a b c .Vậy tam giác ABC đều. 6 (1,0 điểm) Nhận xét. Các tứ giác BHCM, AHCN là các hình bình hành suy ra nếu gọi E, F lần lượt là trung điểm 7 5 3 5 của BC, CA thì E, F cũng tương ứng là trung điểm của HM, HN. Do đó MN ;,; . 2 2 2 2 7 5 x 4 y 2 Đường thẳng BC đi qua điểm P(4;2), M ; nên: BC: x y 6 0 . 7 5 2 2 4 2 2 2 0,25 AH vuông góc với BC suy ra AH có vtpt n AH 1; 1 , kết hợp với AH đi qua điểm H 2;2 suy ra: AH:1 x 2 1 y 2 0 x y 0 . A AH A a; a , C BC C b ;6 b .Do F là trung điểm AC nên: x x x AC F 2 a b 3 a 1 AC 1;1 , 2;4 .Do E là trung điểm của BC nên: y y a 6 b 5 b 2 y AC F 2 0,5 xBC x xE 2 xBEC 2 x x xB 5 B 5;1 . y y y 2 y y y 1 y BCBECB E 2 Vậy ABC 1;1 , 5;1 , 2;4 . A F H N I 0,25 B C E P M 7 (1,0 điểm) Thay 2015 a b c thì bất đẳng thức cần chứng minh có dạng: a b c b c a c a b b c c a a b 0,25 6 2 2 bc ca ab a b c 45 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
a b c b c a c a b a a b b c c Ta có 6 6 bc ca ab b c a c a b 0,5 bc ca ab bc ca ab 2 2 2 2 .2 2 .2 2 .2 a b c a b c b c c a a b 2015 2 2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c . 0,25 a b c 3 8 sin x .cos x 0 6 6 Điều kiện: sin 2x 0 x m m * 3 6 2 sin x .cos x 0 3 3 Ta cã tan x tan x cot x .tan x 1. 6 3 3 3 1 1 Suy ra(1) sin3x sin 3 x cos 3 x cos3 x sin 2 x sin x sin 3 x cos 2 x cos x cos3 x 8 8 1 sin2x cos2 x cos4 x cos 2 x cos2 x cos4 x 4 1 sin2x cos 2 x cos2 x cos 2 x sin 2 x .cos4 x 4 1 1 1 cos2x cos2 x cos4 x cos2 x 1 cos4 x cos3 2 x 4 4 8 1 cos 2x x k k 2 6 KL: x k k . 6 9 Mọi đường tròn chứa bên trong hoặc trên nó cả 3 điểm A, B, C có đường kính d không thể nhỏ hơn 3 đoạn AB, BC, CA Chỉ ra tam giác ABC vuông tại A BC = 5 2 là cạnh lớn nhất. d max AB , BC , AC 5 2 min d 5 2 Suy ra đường tròn đường kính BC có bán kính nhỏ nhất thỏa mãn bài toán 9 5 1 5 Tâm đường tròn là I ; , bán kính là R BC 2 2 2 2 2 2 9 5 25 Vậy pt T : x y 2 2 2 2 x xy 2 y 4 2 x 1 2 y 3 0 1 x,. y 4x2 4 x 4 2 x 1 x 1 y 1 3 x 7 2 1 3 0,5 Điều kiện x ; y 1 2 2 Phương trình 1 x y 2 x 2 2 x 1 2 y 3 0 46 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
1 x Trường hợp 1: 2x 1 2 y 3 0 2 , không thỏa mãn hệ phương trình 3 y 2 Chú ý: Nếu không xét trường hợp 2x - 1 2 y 3 0 thì trừ 0,25đ Trường hợp 2: 2x 1 2 y 3 0 2 x y 2 1 x y 2 x 2 0 2x 1 2 y 3 0,5 2 1 3 x y 2 0 ( Vì x 2 0,  x ; y 1 ) 2x 1 2 y 3 2 2 Thế vào phương trình 2 ta được 1 44421x2 x x x 11 x 3703 x , ĐK x ;1 2 4x2 4 x 4 0 1 Với x ;1 ta có ( Theo bất đẳng thức Cauchy) 1,0 2x 1 1 2 2x 1.1 x 2 Kết hợp với phương trình 3 ta có 0 x 4 x2 4 x 4 3 x 7 x 1 1 x 3 2 2 0 4x 4 x 7 x 7 x 1 1 x 0 1 x 7 4 x 1 x 1 x 1 ( vì 7 4x2 1 x 0; 1 x 0,  x ;1 ) 2 0,5 Với x 1 thỏa mãn phương trình 3 y 1 Vậy hệ có nghiệm duy nhất x; y 1; 1 . ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 11 Câu 1.(1,0 điểm Giải phương trình cosx 3 sin 2 x sin x 4cos2 x .cos x 2cos2 x 2 0. 2sinx 3 2x 3 y 2 x 6 Câu 2.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình : x3 y 3 7 x y xy 8 xy 2 x 2 y 2 2x y m 0 Câu 3.(1,0 điểm) Cho hệ bất phương trình . 6x 3 y 5 m 0 Gọi  là tập hợp nghiệm của hệ đã cho. Trong mặt phẳng tọa độ, xét 2 điểm AB(0;9) và (3;6). Tìm các giá trị của m để đoạn thẳng AB nằm trọn trong . Câu 4.(1,0 điểm) 47 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
Từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau sao cho các chữ số 1; 2; 3 không đứng cạnh nhau từng đôi một. Câu 5.(1,0 điểm) Cho đường tròn (C) tâm I, bán kính bằng 2. Điểm M : x y 0. Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) với A, B là tiếp điểm. Đường thẳng AB:3 x y 2 0 , d I, 2 2 . Viết phương trình đường tròn (C). Câu 6.(1,0 điểm) Cho x, y , z 0 . 2xy 2 yz 3 zx 5 Chứng minh rằng: P (zxzy )( )( xyxz )( )( yzyx )( )3 Câu 7.(3,0 điểm) Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D '. Trên cạnh AB lấy điểm M khác A và B. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng (ACD '). a) Trình bày cách dựng thiết diện của hình hộp và mặt phẳng (P). b) Xác định vị trí của M để thiết diện nói trên có diện tích lớn nhất. HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 11 Câu NỘI DUNG Điểm 1 cosx 3 sin 2 x sin x 4cos 2 x .cos x 2cos2 x 2 1,0 0. 2sinx 3 3 2  ĐKXĐ: sinx x k 2 ; k 2 ( k )  2 3 3  (*) 3sinx (2cos x 1) 4(2cos2 x 1)cos x 2cos 2 x cos x 2 0 3 sinx (2cos x 1) (2cos x 1)(4cos2 x cos x 2) 1 cos x 2cosx 1 0 2 3 sinx cos x 2cos 2 x cos(x ) cos 2 x 3 Giải ra sau đó kiểm tra lại ta được phương trình đã cho có các họ nghiệm là 2 k 2 x k2 , x k 2 , x ( k Z ) 3 3 9 3 2 1,0 2x 3 y 2 x 6 Giải hệ phương trình x3 y 3 7 x y xy 8 xy 2 x 2 y 2 3 3 Ta có x3 y 3 7 x y xy x y 4 x y xy 2 x y 4 x y xy 4 x y 2 xy 4 xy x2 y 2 2 xy 4 xy .2 x 2 y 2 2 xy 8 xy 2 x 2 y 2 48 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
x y 2 xy x y 2 2 đẳng thức xảy ra khi x y 2 xy Từ đó giải ra nghiệm được (x ; y ) (3;3). 3 2x y m 0 (1) 1,0 Cho hệ bất phương trình . 6x 3 y 5 m 0 (2) Gọi  là tập hợp nghiệm của hệ đã cho. Trong mặt phẳng tọa độ, xét 2 điểm AB(0;9) và (3;6). Tìm các giá trị của m để đoạn thẳng AB nằm trọn trong . *) Điều kiện cần: Giả sử đoạn AB nằm trong  . x 0 27 Vì A(0;9)  là một nghiệm của hệ, suy ra m 9. y 9 5 36 Vì B(3;6)  nên suy ra m 0. 5 27 Do đó, điều kiện để đoạn AB nằm trong  là m 0. 5 27 *) Điều kiện đủ: Giả sử m 0. 5 Ta có đường thẳng AB có phương trình là y x 9 , điểm M( x0 ;9 x 0 ) (0 x 0 3) là một điểm bất kỳ thuộc đoạn AB. +) Thay x x0, y 9 x 0 vào (1) ta được VT 2 x0 9 x 0 m 3 x 0 m 9 27 3(x 3) m 0  x [0;3] và m 0. 0 0 5 +) Thay x x0, y 9 x 0 vào (2) ta được 27 VT 6 x0 27 3 x 0 5 m 3 x 0 27 5 m 27 5. 0 5 Do đó điểm M( x0 ;9 x 0 ) thuộc tập nghiệm  của hệ đã cho. 27 Vậy m ;0 là giá trị cần tìm. 5 4 Từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau 1,0 sao cho các chữ số 1; 2; 3 không đứng cạnh nhau từng đôi một Trước hết chọn và xếp vị trí theo hàng ngang cho 3 chữ số 4, 5, 6 ta có P3 cách. Mỗi cách xếp vị trí cho các chữ số 4, 5 và 6 như thế thì có 4 khoảng trống gồm 1 vị trí ở đầu (bên trái), một vị trí cuối cùng (bên phải) và 2 vị trí xen giữa. Do các chữ số 1, 2, 3 không đứng cạnh nhau từng đôi một nên chúng sẽ được xếp vào các khoảng trống do các chữ số 4, 5 và 6 tạo ra. 3 Khi đó có A4 cách xếp vị trí cho các chữ số 1, 2, 3 vào 4 khoảng trống đó. 3 Vậy có cả thảy PA3. 4 144 số thỏa mãn yêu cầu của bài toán. 5 Cho đường tròn (C) tâm I, bán kính bằng 2. Điểm M : x y 0 . Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) với A, B là tiếp điểm. Đường thẳng AB: 3 x y 2 0 , d I, 2 2 . Viết phương trình đường tròn (C). 49 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
3x+y=2 B 2 I E x+y=0 M A K H +) Gọi K là giao điểm của và AB E là giao điểm của IM và AB H là hình chiếu của I lên +) I(a;b) d I, IH 2 2 | a b | 4 (1)   AB có véc tơ pháp tuyến n1 3;1 có véc tơ pháp tuyến n1 1;1   2 Góc giữa AB và chính là góc AKM cos AKM | c os n1 , n 2 | 5 2 Nhận xét: HIM AKM (cùng phụ với góc IMH ). Suy ra cosHIM 5 IH2 2 IB2 4 Ta có: IM 10; IB2 IE . IM IE cos HIM 2 IM 10 5 4 | 3a b 2 | 4 Vậy d I, AB | 3a b 2 | 4 2 10 10 10 |a b | 4 Từ (1) và (2) ta có: | 3a b 2 | 4 Giải hệ phương trình ta tìm được nghiệm a; b lần lượt là: 3;7 ,1;3,1; 5 , 5; 9 Thử lại ta được 2 phương trình đường tròn (C) thỏa mãn: 2 2 2 2 x 1 y 3 4; x 1 y 5 4 6 Đặt: a y z,, b z x c x y 1,0 Khi đó: a,, b c là ba cạnh của một tam giác ABC. xy( bcacabc )( )2 ( ab ) 2 Ta có: (z x )( z y ) 4 ab 4 ab c2 a 2 b 2 1 1 1 cosC 4ab 2 2 2 yz 1 1 zx 1 1 Tương tự ta có: cos A cos B (x y )( x z ) 2 2 (y z )( y x ) 2 2 3 7 Suy ra: PCAB cos cos cos 2 2 3ACAC 3 Ta có: cosCABB cos cos 2cos cos cos 2 2 2 2 BACBBB 32 2 3 2sin cos (1 2sin ) 3sin 2sin 2 2 2 2 2 2 2 50 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
2 2 BBB2 1 11 2 11 11 3 sin sin 3 sin . 2 3 2 9 6 2 3 6 6 7 11 5 Suy ra: P . 2 6 3 B 2 4 sin b a Dấu bằng xảy ra và chỉ khi 2 3 3 x z 2 y A C a c Lưu ý: Có thể giải bài này bằng biến đổi đại số 7.1 I D' Q C' R F A' P D B' S C K O A E N M J B Trong mp(ABCD), qua M vẽ đường thẳng song song với AC cắt DB, BC lần lượt tại E, N. Trong mp(BDD’B’), qua E vẽ đường thẳng song song với D’O (O=ACBD) cắt B’D’ tại F. Trong mp(A’B’C’D’), qua F vẽ đường thẳng song song với AC cắt A’D’, D’C’ lần lượt tại R, Q. Trong mp(AA’D’D), qua R vẽ đường thẳng song song với AD’ cắt AA’ tại S. Trong mp(CC’D’D), qua Q vẽ đường thẳng song song với CD’ cắt CC’ tại P. Thiết diện là lục giác MNPQRS 7.2 Do các mặt đối diên của hình hộp song song nên các cạnh đối của lục giác thiết diên MNPQRS song song và 3 cặp cạnh đó lần lượt song song với các cạnh tam giác ACD’. Các tam giác JKI, ACD’, RQI, JMS, NKP đồng dạng MJ MA NC NK PC PK QD' QI MJ=NK và PK=QI MN MB NB NM PC'' PQ QC QP Các tam giác RQI, JMS, NKP bằng nhau (gọi diện tích của chúng là S1 và gọi diện tích các tam giác JKI, ACD’ lần lượt là S2, S) 2 2 2 AM S1 JM AM AM 2 Đặt k; ta có điều kiện 0 k 1 và có: k S1 AB S AC DC AB = k2S 2 2 2 S2 JK JM MK JM MK 2 2 k 1 S2 =( k + 2k +1)S S AC AC AC AC Diện tích thiết diện: SSStd 2 3 1 2 2 1 3 1 3S 1 Std 2 S ( k k ) 2 S k (dấu bằng xảy ra k ) 2 4 2 2 2 1 S lớn nhất k M là trung điểm của AB 2 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 12 Câu 1.(1,0 điểm) . Giải phương trình: cos x 3 3 sin x cos7x 51 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
1 x2 y 2 5 x 2 xy Câu 2.(1,0 điểm):Giải hệ phương trình: 2 2 xy 2 y ( y y 1) 2( x 1) 1 Câu 3. (1,0điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm là H(3; ), tâm 4 29 5 đường tròn ngoại tiếp là K(0; ), trung điểm cạnh BC là M( ;3 ). Xác định tọa độ các đỉnh A, B, 8 2 C; biết hoành độ của B lớn hơn hoành độ của C. Câu 4. (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c (với a ≠ 0) sao cho: phương trình ax2 + bx + c = 0 có a b 2 a b hai nghiệm thuộc đoạn 0; 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P . a a b c Câu 5. (1,0 điểm): Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Gọi A1, B1, C1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của G xuống cạnh BC, AC, AB. Chứng minh rằng:    2 2 2 a. GA1 b . GB 1 c . GC 1 0 . (với a=BC, b=AC, c=AB). Câu 6.(1,0 điểm) Các số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành một cấp số nhân có tổng bằng 26. Tìm các số đó, biết rằng: nếu một cấp số cộng có a là số hạng thứ nhất, b là số hạng thứ ba thì c là số hạng thứ chín. Câu 7.(1,0 điểm) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau. Câu 8.(2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và M là trung điểm của SC. Một mặt phẳng (P) chứa AM và lần lượt cắt các cạnh SB, SD tại các điểm B', D' khác S. Chứng minh rằng: 4SB ' SD ' 3 . 3SB SD 2 Câu 9. (1,0 điểm) Khảo sát tính chẵn - lẻ, tính tuần hoàn và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y sin sin x . Hết ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 13 Câu 1:(1,0 điểm) Giải phương trình lượng giác: (cot3x cot x )cot 4 x (cot3 x cot x )cot 2 x . Câu 2.(1,0 điểm) Cho k là số tự nhiên thỏa mãn 5 k 2011. 0 k 1 k 1 5 k 5 k Chứng minh rằng: C5 .C 2011 C 5 .C 2011 C 5 .C 2011 C 2016 Câu 3.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có A( 5;2) . M ( 1; 2) là điểm nằm bên trong hình bình hành sao cho MDC MBC và MB MC . Tìm tọa 1 độ điểm D biết tan DAM . 2 Câu 4.(2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là tứ giác lồi. Gọi E là một điểm thuộc miền trong của tam giác SCD. 52 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
1) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (SBE), suy ra giao điểm của BE và mặt phẳng (SAC). 2) Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (ABE). Câu 5.(1,0 điểm) Cho tam giác ABC có các góc A,B,C lập thành một cấp số cộng với ABC . ABC 3 3 Biết: cos cos cos , tính các góc của tam giác ABC. 2 2 2 8 Câu 6.(1,0 điểm) Có hai hộp đựng bi, hộp A đựng 7 viên bi xanh, 7 viên bi đỏ; hộp B đựng 5 viên bi xanh và 9 viên bi đỏ. Bốc ngẫu nhiên 3 viên bi trong hộp A bỏ vào hộp B, sau đó bốc ngẫu nhiên 3 viên bi trong hộp B bỏ lại vào hộp A. Tính xác suất để sau khi đổi bi xong số bi xanh trong hai hộp bằng nhau. Câu 7.(1,0 điểm) Giải bất phương trình x 1 x2 2 3 x 4 x 2 . 2 x 3 xy x y y 5 y 4 Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 4y x 2 y 1 x 1 Câu 9 (1,0 điểm). Cho a,, b c là các số dương và a b c 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: bc ca ab P 3a bc 3 b ca 3 c ab ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 14 5 Câu 1.(1.0 điểm). Giải phương trình. 3 sin 2x sin 2 x 3 cos x 5cos x 3 0 2 2 1 x2 Câu 2.(1.0 điểm) Giải phương trình x4 2 x 3 2 x 2 2 x 1 x 3 x x Câu 3.(1.0 điểm). Cho x,, y z là các số thực không âm thỏa mãn x3 y 3 z 3 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức. x2 y z 1 yz y z P x2 x yz y z 1 x y z 1 9 Câu 4.(1.0 điểm). Cho tập A 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9. Có bao nhiêu cách chọn một bộ 3 số phân biệt của A (không tính thứ tự) để hiệu của 2 số bất kỳ trong 3 số đó có giá trị tuyệt đối không nhỏ hơn 2. Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Hạ AH vuông góc với BD (H thuộc 1 1 BD). Biết M (2; 1) , N lần lượt là trung điểm của các đoạn HD và HB và điểm K(;) là trực tâm của 2 2 tam giác AMN. Tìm tọa độ đỉnh D của hình chữ nhật biết đỉnh A thuộc đường thẳng x 2 y 4 0 và A có tung độ dương. 8 Câu 6. (1.0 điểm). Tìm hệ số của số hạng chứa x6 trong khai triển: T ( x 1)9 x . x 2 Câu 7.(2,0 điểm). Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D '. Trên cạnh AB lấy điểm M khác A và B. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng (ACD '). a) Trình bày cách dựng thiết diện của hình hộp và mặt phẳng (P). 53 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
b) Xác định vị trí của M để thiết diện nói trên có diện tích lớn nhất. Câu 8.(1,0 điểm) : Cho tam giác ABC AB AC nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn (O), trọng tâm G và a BC,, b CA c AB . Gọi M là trung điểm của cạnh AC. Chứng minh rằng nếu bốn điểm A, O, M, G cùng nằm trên một đường tròn thì b2 c 2 2 a 2 . 2 x xy x 1 y 1 y 1 y 1 0 Câu 9.(1,0 điểm) : Giải hệ phương trình 2 16x y 16 y 21 63 4 xy 3 x ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 15 sin 3x cos3 x 4cos 2 x 3 Câu 1 (1,0 điểm). Giải phương trình 1. 2sinx 1 Câu 2 (1,0 điểm). Cho tập hợp Ω các số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau được lập từ các số 0,1,2,3,4,5,6. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc Ω, tính xác suất được chọn bé hơn 4653. Câu 3 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD, trên cạnh AD lấy điểm E và dựng đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABE. Gọi F là giao điểm của AC với đường tròn (C). Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông biết rằng C : x2 y 2 x y 12 0, F 4;0 , điểm D nằm trên đường thẳng d:3 x 4 y 13 0và điểm B có hoành độ dương. Câu 4 (1,0 điểm). Tính tổng Câu 5 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: Câu 6.( 1.0 điểm ). Cho tam giác nhọn ABC. Chứng minh rằng: Câu 7.(2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành ABCD . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh SB và AD ; G là trọng tâm tam giác SAD, đường thẳng BN cắt CD tại K .Tìm thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (MCG) . Tính tỉ số mà thiết diện chia đoạn SA . Từ đó cho biết thiết diện là hình gì? Câu 8.(1,0 điểm) Cho tam giác ABC có các góc thỏa mãn ABC . Tính các góc của tam giác đó khi 2 biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất PCCAB 2cos 4 4cos 2 cos 2 cos 2 1 1 2 Câu 9.(1,0 điểm) Giải bất phương trình x 1 x 2 x 1 3 Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! 54 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 16 Câu 1 (1,0 điểm). Tìm đặc điểm ABC biết : b 2 c 2 sin C B c 2 b 2 sin C B trong đó AC b & AB c Câu 2 (1 điểm).Giải phương trình 2 3 sin x cos x sin 2x 3 . Câu 3. (0.5 điểm). Tìm hệ số của x2 trong khai triển thành đa thức của biểu thức P = (x2 + x – 1) 6 2 23 4 3 2 3 x y 2 x x y 2 y y 1( x 3 x ) Câu 4. (1 điểm). Giải hệ phương trình . 4 3 2 3 x x x 1 x ( y 1) 1 Câu 5. (1 điểm). Cho phương trình x 1 x 2 m x 1 x 24 x 1 x m3 Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất Câu 6 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường tròn C : x 1 2 y 2 2 4 có tâm là I và điểm M 1;0 . Viết phương trình đường thẳng đi qua M cắt C tại hai điểm AB, sao cho tam giác IAB có diện tích S 3 . Câu 7 (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhận trục hoành làm đường phân giác trong của góc A, điểm E 3; 1 thuộc đường thẳng BC và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình x 2 y 2 2x 10y 24 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết điểm A có hoành độ âm. Câu 8 (1 điểm). Cho tứ diện ABCD ,các cạnh bằng nhau và bằng 12.Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AC, BC .Gọi K là một điểm trên cạnh BD với KB 2KD . a.Xác định thiết diện của tứ diện với mặt phẳng IJK .Chứng minh rằng thiết diện là hình thang cân. b.Tính diện tích thiết diện. Câu 9 (0.5 điểm). Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính xác suất để số chọn được là số chia hết cho 5. Câu 10 (1 điểm). Cho a, b, c là các số dương thuộc khoảng 0; 6 và a b c 3 3 . 1 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P . 6 a2 6 b 2 6 c 2 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 17 cos x sin3 x Câu 1 (1,0 điểm). Giải phương trình 1 sin x cot x. sin x sin 2 x 1 3x Câu 2 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2 1 1 x 1 x2 55 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
x3 y 3 4 x 2 y Câu 3 (1,0 điểm):Giải hệ phươ ng trình: 2 2 x 3 y 4 Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2(x2 3 x 1) 7 x 3 1 0 2 1 2 2 2 3 2 2014 Câu 5 (0,5điểm). Tính tổng : SCCCC 12014 2 2014 3 2014  2014 2014 Câu 6 (0,5điểm). Đội thanh niên tình nguyện của một trường THPT có 100 học sinh, trong đó có 60 học sinh nam và 40 học sinh nữ. Nhà trường chọn ngẫu nhiên 3 học sinh từ đội thanh niên tình nguyện đó để tham gia một tiết mục văn nghệ chào mừng ngày thành lập Đoàn TNCS Hồ Chí Minh. Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có đúng 1 học sinh nữ. Câu 7 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn 4(x y z) 3xyz. Tìm giá trị lớn nhất 1 1 1 của biểu thức: P . 2 x yz 2 y zx 2 z xy Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD. Đỉnh B thuộc đường thẳng có phương trình x y 5 0 . Các điểm E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của D và B lên AC . Tìm tọa độ các đỉnh BD, biết CE 5 và A 4;3 , C 0; 5 . Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình 4 3 2 x 12 x 38 x 12 x 67 x 1 7 x 0 x . Câu 10 (2,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, CD, SA. 1. Chứng minh MN  ( SBC) và (SAD). 2. Xác định giao điểm I của CP và (SBD). 3. Tìm giao tuyến của (MNP) và (SAD), từ đó hãy suy ra thiết diện do mặt phẳng (MNP) cắt hình chóp? Thiết diện là hình gì? 4. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 18 3x 2 m Câu 1.(1,0 điểm). Cho hàm số y 1 mx 1 Chứng minh rằng m 0, đồ thị hàm số luôn cắt đường thẳng d: y 3 x 3 m tại 2 điểm phân biệt AB, . Xác định m để đường thẳng d cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại CD, sao cho S OAB 2S OCD . sin2x 3tan2 x sin4 x Câu 2.(1,0 điểm). Giải phương trình: 2 tan2x sin2 x 3 Câu 3.(1,0 điểm). Giải bất phương trình sau 1 4x 2 x 1 3 x 0 Câu 4.(1,0 điểm.) Biển số xe là một dãy kí tự gồm hai chữ cái đứng trước và bốn chữ số đứng sau. Các chữ cái lấy từ 26 chữ cái A, B , Z ; các chữ số được chọn từ 10 chữ số 0, 1,2 , 9. Hỏi có bao nhiêu biển 56 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
số xe có hai chữ số đầu (sau 2 chữ cái) khác nhau, đồng thời có đúng 2 chữ số chẵn và hai số chẵn đó giống nhau ? Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A(2; -5), B(2; -1) và đường tròn (C): 2 2 x 2 y 3 4 . Gọi là đường thẳng đi qua B và tiếp xúc với đường tròn (C), MN là một đường kính thay đổi của (C) sao cho các đường thẳng AM, AN cắt đường thẳng lần lượt tại P và Q. Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác MNP biết H nằm trên đường thẳng d: x y 3 0 2 x 2 y 8 Câu 6. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 x4 y y 4 x 4. Câu 7.(1,0 điểm) Cho a, b, c là ba hằng số và ()un là dãy số được xác định bởi công thức: un a n 1 b n 2 c n 3 (  n *). Chứng minh rằng limun 0 khi và chỉ khi a b c 0. n Câu 8.(3,0 điểm) Cho tứ diện ABCD, mặt phẳng ( song song với AC và BD cắt các cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt tại các điểm P, Q, R, S. a) Chứng minh rằng tứ giác PQRS là hình bình hành. b) Xác định vị trí của điểm P trên cạnh AB để tứ giác PQRS có diện tích lớn nhất. Hết ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 19 Câu 1 (1,0 điểm). Giải phương trình:3(x2 1) 4 x 4 x . 4 x 3 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 2x 1 6sin x cos 2 x . u1 u 2 u 3 u 4 u 5 35 Câu 3 (1,0 điểm). Tìm cấp số cộng có 5 số hạng biết: 2 2 2 2 2 u1 u 2 u 3 u 4 u 5 405 Câu 4 (1,0 điểm). Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực nhật. Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ. Câu 5 (1,0 điểm). Tìm số nguyên dương n sao cho: 1 2 2 3 3 4 2n 2 n 1 C2n 1 2.2. C 2 n 1 3.2 . C 2 n 1 4.2 . C 2 n 1 2 n 1 2 . C 2 n 1 2013 Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm M 1;3 và đường tròn (C ) : x2 y 2 2 x 4 y 4 0. Tìm ảnh của điểm M và ảnh của đường tròn C qua phép tịnh tiến theo véc tơ u 1;2 . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1;4 , tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của ADB có phương trình x y 2 0 , điểm M 4;1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình đường thẳng AB . 57 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn
2 x 3 xy x y y 5 y 4 Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 4y x 2 y 1 x 1 Câu 9 (1,0 điểm). Cho a,, b c là các số dương và a b c 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: bc ca ab P 3a bc 3 b ca 3 c ab Câu 10.(1,0 điểm) Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình chữ nhật. Gọi O là giao điểm của AC và BD, M là điểm thuộc miền trong tam giác SOC. Tìm giao điểm của DM với mặt phẳng (SAB) và tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (MOB), (SCD). .Hết . ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 20 cos x sin 3 x Câu 1 (1,0 điểm). Giải phương trình 1 sin x cot x. sin x sin 2 x 1 3x Câu 2 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2 1 1 x 1 x2 x3 y 3 4 x 2 y Câu 3 (1,0 điểm):Giải hệ phươ ng trình: 2 2 x 3 y 4 Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2(x2 3 x 1) 7 x 3 1 0 2 1 2 2 2 3 2 2014 Câu 5 (0,5điểm). Tính tổng : SCCCC 12014 2 2014 3 2014  2014 2014 Câu 6 (0,5điểm). Đội thanh niên tình nguyện của một trường THPT có 100 học sinh, trong đó có 60 học sinh nam và 40 học sinh nữ. Nhà trường chọn ngẫu nhiên 3 học sinh từ đội thanh niên tình nguyện đó để tham gia một tiết mục văn nghệ chào mừng ngày thành lập Đoàn TNCS Hồ Chí Minh. Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có đúng 1 học sinh nữ. Câu 7 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn 4(x y z) 3xyz. Tìm giá trị lớn nhất 1 1 1 của biểu thức: P . 2 x yz 2 y zx 2 z xy Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD. Đỉnh B thuộc đường thẳng có phương trình x y 5 0 . Các điểm E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của D và B lên AC . Tìm tọa độ các đỉnh BD, biết CE 5 và A 4;3 , C 0; 5 . Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình x4 12 x 3 38 x 2 12 x 67 x 1 7 x 0 x . Câu 10 (2,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, CD, SA. 58 Tuyển tập HSG lớp 11 | www.toanhocbactrungnam.vn