TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4

Tổ - Toán

Số báo danh

……………………............

…........................

KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

Năm học: 2018 - 2019

Môn thi: TOÁN - Lớp 11

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu

Câu

NỘI DUNG

Điểm

I

3,0 điểm

Cho hàm số ( với là tham số)

1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi

2.0

Với ta được

ta có đỉnh

0.50

Ta có bảng biến thiên:

0.50

đồ thị là parabol có bề lõm hướng lên có trục đối xứng là đường thẳng

cắt trục hoành tại điểm cắt trục tung tại điểm

0.50

Ta có đồ thị của hàm số:

1

-4

x

y

-1

3

O

0.50

2. Tìm để đồ thị của hàm số đã cho cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ thỏa mãn: .

1.0

Đk:

Xét phương trình hoành độ giao điểm (*)

để đồ thị của hàm số đã cho cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt

0.25

Theo định lí viet ta có:

ta có

0.25

0.25

( thỏa mãn đk). vậy giá trị của cần tìm là

0.25

II

1. Giải phương trình: (*)

2.0

5,0

điểm

Điều kiện:

Trường hợp 1. Nếu thì sai nên không là nghiệm

0.50

Trường hợp 2. Nếu chia hai vế cho thì:

(1). Đặt

0.50

0.50

Suy ra:

Kết hợp với điều kiện ta được phương trình có 2 nghiệm

0.50

2. Cho với . Tính giá trị của biểu thức:

1.5

Do nên . Ta có:

0.50

,

0.50

Khi đó:

0.25

0.25

3. Giải phương trình:

1.5

Điều kiện:

0.50

hoặc

0.50

Với hoặc

0.25

Với

So với điều kiện nghiệm của phương trình:

0.25

III

4,0

điểm

1. Giải bất phương trình :

2.0

đk:

bpt (*)

0.50

Nếu ta có VT (*) , VF(*) nên (*) vô nghiệm.

0.50

Nếu , cả hai vế của (*) không âm nên ta có

Bpt (*)

0.50

Kết hợp với đk ta được hoặc nên tập nghiệm của bất phương trình đã cho là .

0.50

2. Giải hệ phương trình: .

2.0

Điều kiện : .

Nhận xét rằng với không thỏa hệ nên . Khi đó

pt đầu

0.50

Từ điều kiện và nhận xét ở trên ta có : .

Do đó .

0.50

Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình:

(*)

ta có :

Đặt suy ra:

khi đó pt(2) trở thành hoặc

0.50

Với suy ra:

Với suy ra: có nên phương trình sẽ vô nghiệm khi Kết hợp với điều kiện hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là

0.50

IV

4,0

điểm

1. Cho tam giác có góc và ( trong đó và là nửa chu vi của tam giác ). Tính các góc còn lại của tam giác .

2.0

Ta có

0.50

0.50

vuông tại

0.50

mà . Vậy , .

0.50

2. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn . Chứng minh rằng:

2.0

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng ta được

Áp dụng tương tự ta được bất đẳng thức

0.50

Ta cần phải chứng minh được

Thật vậy, ta có , mà cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta được

0.50

Suy ra . Chứng minh tương tự ta được

0.50

Mặt khác theo một đánh giá quen thuộc ta có

Do đó ta được .

Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi .

0.50

V

4,0

điểm

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho tam giác có là trung điểm đoạn . Phương trình các đường cao lần lượt là và . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác .

2.0

0.50

Từ là trung điểm AC suy ra .

0.50

Đường thẳng BC đi qua C và vuông góc với AH nên có phương trình .

0.50

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình

Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là

0.50

2. Trong mặt phẳng với trục toạ độ cho hình chữ nhật có , . Gọi là trung điểm của . là điểm đối xứng với qua . Biết rằng là trung điểm của , điểm thuộc đường thẳng . Tìm tọa độ đỉnh

2.0

0.50

Do đó , suy ra tứ giác nội tiếp, do đó hay .

0.50

Đường thẳng qua và vuông góc với nên có phương trình .

Tọa độ điểm là nghiệm của hệ .

Ta có . Vì nên

0.50

Gọi , vì và nên tọa độ điểm là nghiệm của hệ: .

Đối chiếu điều kiện khác phía với nên .

0.50

ĐỀ HSG LỚP 11 MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

————————————

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

———————

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT KHÔNG CHUYÊN

NĂM HỌC 2011-2012

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN

———————————

Câu

Ý

Nội dung trình bày

Điểm

1

1,5 điểm

Điều kiện: (*)

Phương trình đã cho tương đương với:

0,25

0,5

+ Với

0,25

+ Với

0,25

Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của phương trình đã cho là:

0,25

2

1

1,5 điểm

Số các số tự nhiên có 5 chữ số là

Giả sử số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là:

0,5

Ta có chia hết cho 7 khi và chỉ khi chia hết cho 7. Đặt là số nguyên khi và chỉ khi

0,5

Khi đó ta được:

suy ra số cách chọn ra t sao cho số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là 1286.

Vậy xác suất cần tìm là:

0,5

2

1,5 điểm

Xét đẳng thức

0,5

+) Ta có suy ra hệ số của số hạng chứa là

0,5

+) Ta có

suy ra hệ số của số hạng chứa là

Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh.

0,5

3

1

1,5 điểm

Đặt ; tập xác định suy ra hàm số liên tục trên . Ta có

0,25

suy ra

0,5

. Từ 3 bất đẳng thức này và tính liên tục của hàm số suy ra pt có ba nghiệm phân biệt thuộc .

0,25

Đặt thay vào pt ta được:

, kết hợp với ta được . Do đó phương trình đã cho có 3 nghiệm:

.

0,5

2

1,0 điểm

Nhận xét. Với mỗi số nguyên dương n ta có:

Thật vậy, ta có

suy ra nhận xét được chứng minh.

Trở lại bài toán, từ công thức truy hồi ta được:

0,5

Ta có với mọi n (theo nhận xét trên) (1)

0,25

Mặt khác với mọi n (theo nhận xét trên) (2). Từ (1) và (2) suy ra dãy số đã cho bị chặn.

0,25

4

1

1,0 điểm

Gọi . Do nên các tam giác SAC, SBD cân tại đỉnh S nên SI vuông góc với AC, BD suy ra SI vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Dễ thấy mọi điểm nằm trên đường thẳng SI cách đều các đỉnh A, B, C, D.

0,25

Trong tam giác SIC, dựng trung trực của cạnh SC cắt đường thẳng SI tại O suy ra .

0,25

Ta có .

Vậy .

0,5

2

1,0 điểm

Gọi K là giao điểm của đường thẳng AH và BC; trong mặt phẳng (SBC) gọi D là giao điểm của đường thẳng qua S, vuông góc với SC. Ta có BC vuông góc với SH và SA nên BC vuông góc với mặt phẳng (SAH) suy ra BC vuông góc với SK.

0,25

Trong tam giác vuông SAK ta có , kết hợp với giả thiết ta được (1)

0,5

Trong tam giác vuông SDC ta có (2)

Từ (1) và (2) ta được , từ đó suy ra hay suy ra SB vuông góc với SC.

0,25

3

1,0 điểm

Gọi G là trọng tâm của tứ diện; M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD, BC, AD. Ta có tam giác ACD bằng tam giác BCD nên suy ra , tương tự ta chứng minh được và đường thẳng PQ vuông góc với cả hai đường thẳng BC, AD. Từ đó suy .

0,25

Ta có

0,5

. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi X trùng với điểm G. Vậy nhỏ nhất khi và chỉ khi X là trọng tâm của tứ diện ABCD.

0,25

ĐỀ HSG LỚP 11 MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

(Đáp án có 03 trang)

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012-2013

ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN

(Dành cho học sinh THPT không chuyên)

II. ĐÁP ÁN:

Câu

Nội dung trình bày

Điểm

1(2đ)

Ta có

0,5

0,5

+)

0,25

+)

0,25

Vậy phương trình đã cho có các họ nghiệm là

0,5

2(2đ)

2.a (1,0 điểm)

Ta có

0,5

Suy ra

0,25

.

0,25

2.b (1,0 điểm)

Ta có số cách chọn một số có bốn chữ số đôi một khác nhau

là biến cố chọn ra được một số có bốn chữ số đôi một khác nhau và không nhỏ hơn 2013. Ta sẽ tính số các số có bốn chữ số đôi một khác nhau và các số này chỉ có thể xảy ra với

0,25

, , và có 7 cách chọn suy ra trong trường hợp này có số thỏa mãn.

0,5

Từ hai trường hợp trên ta được . Do đó xác suất cần tìm là:

0,25

3(2,0đ)

3.a (1,0 điểm)

Ta có suy ra lập thành một cấp số cộng có công sai bằng 1 nên (1)

0,25

Từ (1) ta được

0,5

. Vậy .

0,25

3.b (1,0 điểm)

Đặt ta được xác định và liên tục trên .

Ta có

0,5

Do đó ta được nên phương trình có nghiệm thuộc suy ra phương trình có 3 nghiệm phân biệt.

0,5

4(3đ)

4.a (1,5 điểm)

Ta có tứ giác BCD’A’ là hình bình hành nên (1)

0,5

Ta có tứ giác BDD’B’ là hình bình hành nên (2)

Từ (1) và (2) ta được .

0,5

Đặt . Khi đó

0,25

Do MN vuông góc (A’BD) nên . Từ đó ta được:

0,25

Do đó

4.b (1,5 điểm)

Gọi S là trung điểm của AB, khi đó và suy ra . Do nên (MNS) cắt (BCC’B’) theo giao tuyến qua N song song với BC’ cắt B’C’ tại Q.

0,5

Do nên (MNS) cắt (A’B’C’D’) theo giao tuyến qua Q song song với B’D’ cắt D’C’ tại P’, do P’ là trung điểm của C’D’ nên P’ trùng với P. Do nên (MNS) cắt (CDD’C’) theo giao tuyến qua P song song với C’D cắt DD’ tại R.

0,5

Do đó thiết diện cắt bởi (MNP) và hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ theo một lục giác đều MSNQPR cạnh và có tâm là O suy ra:

. Vậy

0,5

5(1đ)

Đặt , khi đó và ta có hệ

0,5

Ta có .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

0,25

Ta có , xét thì tồn tại

suy ra với mọi . Vậy

0,25

ĐỀ THI HSG LỚP 11

MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.

————————————

Câu

Nội dung

Điểm

I

2.0

1. (1.0 đ). ĐK: Khi đó pt trở thành:

. (1)

0.25

ĐK: dẫn tới

0.25

Khi đó:

0.25

KL nghiệm :

0.25

2. (1.0 đ).ĐK: (1)

0,25

Khi đó phương trình đã cho tương đương với pt:

0.25

Trong khoảng ta nhận các giá trị :

; ;

0.25

Kết hợp với đk (1) ta nhận được hai giá trị thỏa mãn là:

;

0,25

II

3.0

1. (1.0 đ).

TH1: Trong 3 số chẵn đó có mặt số 0.

Số các số tìm được là (số).

0.5

TH2: Trong 3 số chẵn đó không có mặt số 0.

Số các số tìm được là (số).

0.25

Đ/ số số.

0.25

2. (1.0 đ) Dễ thấy ; và

0.25

0.25

Ta có hệ số của trong P là .

Vì , mà số hạng chứa trong M.N là :

0.25

nên

0.25

3. (1 điểm)

Ta có:

0.25

Dự đoán: u_n = 10ⁿ + n (1)

0.25

Chứng minh:

Ta có: u₁ = 11 = 10¹ + 1 , công thức (1) đúng với n=1

Giả sử công thức (1) đúng với n=k ta có : u_k = 10^k + k

0.25

Ta có: u_{k + 1} = 10(10^k + k) + 1 - 9k = 10^k+1 + (k + 1). Công thức(1) đúng với n=k+1

Vậy u_n = 10ⁿ + n,

0.25

III

2.0

1. (1 đ)

Ta có:

0.25

Cho k=1,2,3,…,n ta được

0.25

⇒ U_n=

0.25

⇒ =

0.25

2.(1 điểm)

Ta có .

0.25

.

0.5

Vậy

0.25

IV

3.0

1.(2 đ)

+) Chứng minh được MNPQ là hình bình hành.

0.5

+) MNPQ là hình vuông

M là trung điểm của AB và a = c.

1.0

+) Lúc đó S_MNPQ = .

0.5

2.(1 đ) Dùng phép quay quanh A với góc quay 60⁰ biến M thành M’; C thành C’

0.25

Ta có MA+MB+MC = BM+MM’+M’C’

MA+MB+MC bé nhất khi bốn điểm B,M,M’,C’ thẳng hàng.

0.5

Khi đó góc BMA=120⁰, góc AMC=120⁰

Ta được vị trí của M trong tam giác ABC.

0.25

SỞ GD – ĐT BẮC NINH

TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2

______________________

(Đề gồm có 01 trang)

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

NĂM HỌC : 2018- 2019

MÔN: TOÁN - LỚP 11

________________

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 26 /01/2019

SỞ GD – ĐT BẮC NINH

TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2

______________________

(Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang)

HD CHẤM THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

NĂM HỌC : 2018- 2019

MÔN: TOÁN - LỚP 11

________________

Câu

Đáp án

Điểm

Câu1

(5điểm)

a.

Vậy phương trình có hai họ nghiệm:

0,5 điểm

1,0 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm

1. Đặt  ;  ;

Yêu cầu bài toán là tìm

Ta có

Mặt khác ta thấy là tập các số nguyên trong S chia hết cho cả 3 và 5 nên nó phải chia hết cho BCNN của 3 và 5, mà nên

.

Vậy ta có

0,5 điểm

0,5 điểm

1,0 điểm

0,5 điểm

Câu 2

(5điểm)

1. Số hạng tổng quát trong khai triển là , , . Vậy hệ số của số hạng chứa là .

Khi đó, ta có

.

Dễ thấy và không phải hệ số lớn nhất. Giả sử là hệ số lớn nhất trong các hệ số .

Khi đó ta có

Do

Vậy hệ số lớn nhất là .

0,5 điểm

0,5 điểm

1,0 điểm

0,5 điểm

1. Gọi là biến cố “người thứ ghi bàn” với .

Ta có các độc lập với nhau và .

Gọi A là biến cố: “ Có ít nhất một trong ba cầu thủ ghi bàn”

B: “ Cả ba cầu thủ đều ghi bàn”

C: “Có đúng hai cầu thủ ghi bàn”

Ta có:

Nên

Suy ra (1).

Tương tự: , suy ra:

hay là (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ: , giải hệ này kết hợp với ta tìm được

và .

Ta có:

Nên .

1,0 điểm

1,0 điểm

0,5 điểm

Câu 3

(6điểm)

1. Dễ thấy đáy là nữa hình lục giác đều cạnh.

Kẻ ( thuộc). Suy ra và vuông góc.

Ta có: .

Xét tam giác có

Xét tam giác vuông có ,

1. Qua kẻ đường thẳng song song với cắt lần lượt tại

Qua kẻ các đường thẳng song song với cắt lần lượt tại . Thiết diện là ngũ giác.

Ta có: cùng vuông góc với.

=

.

Ta có: .

Suy ra:

Diện tích lớn nhất bằng khi

2 ,0 điểm

1,0 điểm

1,5 điểm

1,5 điểm

Câu 4

(4điểm)

1. Ta có: nên .

Suy ra .

Mà: .

Mặt khác: .

Vậy

1,0 điểm

1,0 điểm

b. Điều kiện

Cộng và trừ từng vế tương ứng của hệ phương trình trên ta được

Thế y=8-x vào phương trình trên ta được

(1)

Trong hệ trục tọa độ xét ;

Khi đó ||.||=

.=

Pt (1) tương đương với ||.||=.(2)

Ta có ||.||.

Khi đó (2) xảy ra khi và chỉ khi hoặc hoặc (không xảy ra) hoặc cùng hướng suy ra x=4.

KL: Nghiệm của hệ là (4;4)

1,0 điểm

1,0

Điểm

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIII

TUYÊN QUANG 2017

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI OLYMPIC MÔN TOÁN

LỚP 11

Ngày thi: 29 tháng 7 năm 2017

Thời gian làm bài:180 phút (không kể thời gian giao đề)

(Đề thi có 01 trang)

Hướng dẫn chấm

Điểm

4,0

a) Từ giả thiết suy ra và (1).

1,0

Do đó:

1,0

b) Ta chứng minh .

Trước hết ta chứng minh (2) bằng quy nạp.

Với thì hiển nhiên (2) đúng.

Giả sử (2) đúng với . Khi đó: (a).

Mặt khác: (b).

1,0

Từ (a), (b) và giả thiết quy nạp ta được . Vậy (2) đúng với . Theo nguyên lí quy nạp thì (2) đúng.

Vậy

0,5

Từ nên .

Suy ra . Do đó Vậy (đpcm).

0,5

Chú ý. Nếu học sinh chỉ chứng minh được mà chưa chứng minh được thì cho 1 điểm.

Hướng dẫn chấm

Điểm

4,0

a) Xét thế hình như hình vẽ (Học sinh chỉ dựa vào thế hình chứng minh thì vẫn cho điểm tối đa)

Cách 1. Xét phép quay véc tơ ngược chiều kim đồng hồ. Ta có

Suy ra tam giác đều. Tương tự, tam giác đều.

2,0

Cách 2. Chứng minh các tam giác và bằng nhau. Suy ra tam giác đều. Tương tự, tam giác đều.

2,0

b) Vì nên các đường thẳng không song song.

Gọi Q là giao điểm của . Đặt

Ta có các điều kiện sau tương đương:

1) đồng quy.

2) thẳng hàng.

3) .

4) .

5) .

6) .

7) (luôn đúng).

2,0

Hướng dẫn chấm

Điểm

4,0

Theo giả thiết ta có với mọi

Đổi vai trò được Do đó .

1,5

Cho thì . Suy ra với mọi .

1,0

Mặt khác ta được . Vậy .

0,5

Cho ta được với mọi . Vậy .

1,0

Hướng dẫn chấm

Điểm

4,0

a) Ta có . Suy ra , do đó .

1,0

b) Cách 1.

Ta chỉ ra và . Đầu tiên ta có

Khai triển Newton cho ta:

1,0

Ta có . Suy ra

.

Hay .

1,5

Áp dụng định lý Fermat nhỏ ta được: và . Do công thức truy hồi, suy ra với mọi số tự nhiên .

0,5

Cách 2. Học sinh có thể xét tìm dãy các số dư của modulo 101. Danh sách các số dư của dãy khi chia cho 101 như dưới đây:

[0, 1, 3, 8, 21, 55, 43, 74, 78, 59, 99, 36, 9, 92, 65, 2, 42, 23, 27, 58, 46, 80, 93, 98, 100, 0, 1, 3, 8,….].

2,0

Sau đó học sinh giải thích do tính truy hồi nên dãy các số dư tuần hoàn. Suy ra đpcm.

1,0

Chú ý. Với cách 2, nếu học sinh chỉ tìm một vài số dư mà chưa ra đến số dư lặp (chu kỳ) thì không cho điểm.

Hướng dẫn chấm

Điểm

4,0

Ta kí hiệu là tập tất cả các số có dạng trong đó với mọi . Ta có . Thành thử hay .

1,5

Ta chỉ ra 10 chính là giá trị bé nhất có thể của .

Với mọi số nguyên không âm ta có thể viết

,

trong đó là số tự nhiên và và .

1,5

Với mỗi số thì vì nếu thì , mâu thuẫn.

Với mỗi ta đặt Khi đó với mọi , thì , trong đó và .

1,0

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH 2

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

NĂM HỌC 2018 – 2019

Môn thi: Toán – Lớp 11

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH 2

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

NĂM HỌC 2018 – 2019

Môn thi: Toán – Lớp 11

Câu

Nội dung

Điểm

Câu I.

1

PT

0.5

0.5

1.0

2

• theo thứ tự lập thành CSC nên ta có:

0.5

• theo thứ tụ lập thành CSN nên ta có:

0.5

• Thay (1) vào (2) ta đc:

1.0

Câu II

1

Số hạng tổng quát:

1.0

1.0

0.5

2.

Số phần tử của không gian mẫu:

0.5

*Số các số tự nhiên có 6 chữ số có3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ là

TH1: (số tạo thành không chứa số 0)

• Lấy ra 3 số chẵn có:
• Lấy ra 3 số lẻ có:
• Số các hoán vị của 6 số trên: 6!

Suy ra số các số tạo thành:

0.5

TH2: ( số tạo thành có số 0)

• Lấy ra hai số chẵn khác 0:
• Lấy ra 3 số lẻ:
• Số các hoán vị không có số ) đứng đầu:

Số các số tạo thành:

0.5

Gọi biến cố A: “số đuợc chọn có 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ”

Suy ra :

Xác suất xảy ra biến cố A:

1

Câu III

1

2.0

2

Điều kiện:

0.5

0.5

Vì:

0.5

Thay vào 2 ta đuợc:

0.5

0.5

0.5

Câu IV

Ta có:

Phuơng trình đuờng thẳng AB:

0.5

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC suy ra:

0.5

Khoảng cách từ G đến AB:

0.5

Vì diện tích GAB bằng 3 đơn vị nên ta có:

0.5

Câu V

+ Từ M kẻ đuờng thẳng song song với BC và SA lần luợt cắt DC tại N, SB tại Q.

+ Từ Q kẻ đuờng thẳng song song với BC cắt SC tại P.

Thiết diện hình thang cân MNPQ

0.5

0.5

+ Tính diện tích MNPQ

Ta tính đuợc từ đó tính đuợc

1.5

Suy ra diện tích MNPQ là: x

0.5

Dấu “=”xẩy ra khi .

1

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4

TỔ: Toán

ĐỀ KIỂM TRA LẦN 1

Số báo danh

……………………............

…........................

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN

Năm học: 2018 - 2019

Môn thi: TOÁN - Lớp 11 THPT

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu

Câu

NỘI DUNG

Điểm

I

4,0 điểm

1. Cho hàm số (*) và đường thẳng .

Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số (*). Tìm để cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ thỏa mãn

2.0

+ Lập bảng biến thiên và vẽ (P):

ta có đỉnh

Ta có bảng biến thiên:

-1

0.50

đồ thị là parabol có bề lõm hướng lên có trục đối xứng là đường thẳng

cắt trục hoành tại điểm cắt trục tung tại điểm

Ta có đồ thị của hàm số:

-1

-4

x

y

-3

1

O

0.50

Đk:

Xét phương trình hoành độ giao điểm (1)

cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

khi đó theo định lí viet ta có

0.50

Ta có

kết hợp với điều kiện ta được

0.50

2. Giải bất phương trình

2.0

Điều kiện: Suy ra:

0.50

0.50

hoặc

0.50

Kết luận: Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là

0.50

II

4,0 điểm

1. Giải phương trình

2.0

Điều kiện :

0.50

Pt

0.50

hoặc (loại).

0.50

Với

Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: ; với .

0.50

2.Giải hệ phương trình .

2.0

Điều kiện : .

Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có :

0.50

.

0.50

Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta có phương trình :

0.50

Vì , . Đối chiều điều kiện ta có nghiệm của hệ : .

0.50

III

4,0 điểm

1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn . Chứng minh rằng

2.0

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

Tương tự ta được

0.50

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có

0.50

Áp dụng tương tự ta được

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

Do đó ta suy ra

0.50

Ta cần chứng minh được

Đánh giá cuối cùng là một đánh giá đúng theo bất đẳng thức Cauchy và giả thiết

Bài toán được giải quyết xong. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi .

0.50

2. Cho dãy số (u_n) được xác định bởi .

Tính giới hạn .

2.0

Ta có

0.50

Đặt (v_n) là cấp số nhân có công bội và số hạng đầu

0.50

Khi đó

0.50

.

0.50

IV

4,0 điểm

1. Tìm để hệ phương trình sau có nghiệm

2.0

Ta có pt(1)

0.50

Đặt (đk ). Ta có hệ phương trình (*)

Hệ phương trình đã cho có nghiệm hệ (*) có nghiệm

Nếu hệ (*) vô nghiệm hệ phương trình đã cho vô nghiệm

0.50

Nếu . Chọn hệ tọa độ ta có

Pt(1) cho ta đường tròn tâm ( vì )

Pt(2) cho ta đường tròn tâm ( vì )

Hệ phương trình có nghiệm cắt

0.50

Vậy hệ đã cho có nghiệm

0.50

2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh , đỉnh C nằm trên đường thẳng . Trên tia đối của tia CD lấy điểm E sao cho , biết là hình chiếu vuông góc của D lên đường thẳng BE. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD.

2.0

Tứ giác ADBN nội tiếp và (do ABCD là hình chữ nhật). Suy ra hay tứ giác ANCD nội tiếp được một đường tròn, mà

0.50

Giả sử , từ

Tứ giác ABEC là hình bình hành, suy ra

Đường thẳng NE qua N và song song với AC nên có phương trình

0.50

Giả sử , ta có

0.50

Từ đó dễ dàng suy ra

Vậy , , .

0.50

V

4,0 điểm

1. Cho dãy số xác định .

Tính .

2.0

Theo giả thiết ta có: mà suy ra.

do đó dãy là dãy tăng.

Giả sử dãy bị chặn trên suy ra với khi đó.

0.50

.

Vô lý do . Suy ra dãy không bị chặn trên do đó.

0.50

Ta có:

0.50

Đặt :

0.50

2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho tam giác nội tiếp đường tròn , đường thẳng AC đi qua điểm . Gọi M, N là chân các đường cao kẻ từ đỉnh B và C. Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC, biết phương trình đường thẳng MN là và điểm A có hoành độ âm.

2.0

0.50

Từ đó ta có:

+) Do đi qua và vuông góc với nên Phương trình đường thẳng

+) Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ

0.50

+) Do đi qua và , nên phương trình đường thẳng

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ

+) Do M là giao điểm của và nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ

0.50

+) Đường thẳng BM đi qua và vuông góc với nên phương trình đường thẳng

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ

Vậy hoặc

0.50

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4

TỔ: Toán

ĐỀ KIỂM TRA LẦN 1

Số báo danh

……………………............

…........................

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN

Năm học: 2018 - 2019

Môn thi: TOÁN - Lớp 11 THPT

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu

Câu

NỘI DUNG

Điểm

I

4,0 điểm

1. Cho hàm số (*) và đường thẳng .

Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số (*). Tìm để cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ thỏa mãn

2.0

+ Lập bảng biến thiên và vẽ (P):

ta có đỉnh

Ta có bảng biến thiên:

-1

0.50

đồ thị là parabol có bề lõm hướng lên có trục đối xứng là đường thẳng

cắt trục hoành tại điểm cắt trục tung tại điểm

Ta có đồ thị của hàm số:

-1

-4

x

y

-3

1

O

0.50

Đk:

Xét phương trình hoành độ giao điểm (1)

cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

khi đó theo định lí viet ta có

0.50

Ta có

kết hợp với điều kiện ta được

0.50

2. Giải bất phương trình

2.0

Điều kiện: Suy ra:

0.50

0.50

hoặc

0.50

Kết luận: Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là

0.50

II

4,0 điểm

1. Giải phương trình

2.0

Điều kiện :

0.50

Pt

0.50

hoặc (loại).

0.50

Với

Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: ; với .

0.50

2.Giải hệ phương trình .

2.0

Điều kiện : .

Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có :

0.50

.

0.50

Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta có phương trình :

0.50

Vì , . Đối chiều điều kiện ta có nghiệm của hệ : .

0.50

III

4,0 điểm

1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn . Chứng minh rằng

2.0

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

Tương tự ta được

0.50

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có

0.50

Áp dụng tương tự ta được

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

Do đó ta suy ra

0.50

Ta cần chứng minh được

Đánh giá cuối cùng là một đánh giá đúng theo bất đẳng thức Cauchy và giả thiết

Bài toán được giải quyết xong. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi .

0.50

2. Cho dãy số (u_n) được xác định bởi .

Tính giới hạn .

2.0

Ta có

0.50

Đặt (v_n) là cấp số nhân có công bội và số hạng đầu

0.50

Khi đó

0.50

.

0.50

IV

4,0 điểm

1. Tìm để hệ phương trình sau có nghiệm

2.0

Ta có pt(1)

0.50

Đặt (đk ). Ta có hệ phương trình (*)

Hệ phương trình đã cho có nghiệm hệ (*) có nghiệm

Nếu hệ (*) vô nghiệm hệ phương trình đã cho vô nghiệm

0.50

Nếu . Chọn hệ tọa độ ta có

Pt(1) cho ta đường tròn tâm ( vì )

Pt(2) cho ta đường tròn tâm ( vì )

Hệ phương trình có nghiệm cắt

0.50

Vậy hệ đã cho có nghiệm

0.50

2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh , đỉnh C nằm trên đường thẳng . Trên tia đối của tia CD lấy điểm E sao cho , biết là hình chiếu vuông góc của D lên đường thẳng BE. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD.

2.0

Tứ giác ADBN nội tiếp và (do ABCD là hình chữ nhật). Suy ra hay tứ giác ANCD nội tiếp được một đường tròn, mà

0.50

Giả sử , từ

Tứ giác ABEC là hình bình hành, suy ra

Đường thẳng NE qua N và song song với AC nên có phương trình

0.50

Giả sử , ta có

0.50

Từ đó dễ dàng suy ra

Vậy , , .

0.50

V

4,0 điểm

1. Cho dãy số xác định .

Tính .

2.0

Theo giả thiết ta có: mà suy ra.

do đó dãy là dãy tăng.

Giả sử dãy bị chặn trên suy ra với khi đó.

0.50

.

Vô lý do . Suy ra dãy không bị chặn trên do đó.

0.50

Ta có:

0.50

Đặt :

0.50

2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho tam giác nội tiếp đường tròn , đường thẳng AC đi qua điểm . Gọi M, N là chân các đường cao kẻ từ đỉnh B và C. Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC, biết phương trình đường thẳng MN là và điểm A có hoành độ âm.

2.0

0.50

Từ đó ta có:

+) Do đi qua và vuông góc với nên Phương trình đường thẳng

+) Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ

0.50

+) Do đi qua và , nên phương trình đường thẳng

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ

+) Do M là giao điểm của và nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ

0.50

+) Đường thẳng BM đi qua và vuông góc với nên phương trình đường thẳng

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ

Vậy hoặc

0.50

Së GD & §T thanh hãa

Tr­êng thpt HËu léc 4

Đề chính thức

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

Năm học 2014- 2015

Môn thi: Toán – Lớp 11

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

(Đề thi có 01 trang, gồm 07 câu).

Câu

Đáp án

Điểm

1

Giải phương trình :

4,5

1.a)

a.

2,5

Ph­¬ng tr×nh

0,5

1,0

1,0

1.b)

b.

2,0

Phương trình .

0,5

0,5

0,5

Với

Với

Vì pt vô nghiệm

0,5

2

Tìm hệ số của trong khai triển nhị thức Niu-Tơn của:

, biết

2,0

Đk , ta có :

, kết hợp với đk ta được: n = 9

1,0

Ta có khai triển: =

0,5

ứng với , ta có 18 - 3k = 12 hệ số của là : 144

0,5

3

Trong một hộp bi có 3 viên bi đỏ, 4 viên bi vàng, 5 viên bi xanh ; lấy ngẫu nhiên

4 viên bi trong hộp. Tính xác suất để trong 4 viên bi được lấy số bi đỏ lớn hơn số

bi xanh.

2,0

Tổng số viên bi trong hộp là: 3 + 4 +5 = 12 viên bi

Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi trong hộp ta có số cách lấy là: cách lấy

0,5

Ta tìm số cách lấy 4 viên bi mà số bi đỏ lớn hơn số bi xanh, xảy ra các trường hợp sau:

TH1. Chọn 1 bi đỏ , 3 bi vàng có cách chọn

TH2. Chọn 2 bi đỏ, 2 bi vàng có cách chọn

TH3. Chọn 2 bi đỏ, 1 bi xanh, 1 bi vàng có cách chọn

0,5

TH4. Chọn 3 bi đỏ, 1 bi vàng có cách chọn

TH5. Chọn 3 bi đỏ, 1 bi xanh có cách chọn

0,5

Vậy xác suất để trong 4 viên bi được lấy số bi đỏ lớn hơn số bi xanh là:

P = (++++):=

0,5

4

Tìm m để phương trình: có 3 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng.

2,0

Ta có pt

Pt đã cho có 3 nghiệm phân biệt có 2 nghiệm phân biệt

; khi đó:

0,5

pt có 3 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng

0,5

Nếu

0,5

Nếu , kết hợp với (1) ta được , loại vì phân biệt

Đối chiếu với đk ta được m = 2.

0,5

5

Tìm giới hạn sau:

2,0

Ta có:

0,5

1,0

=

0,5

6

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân với AD // BC,

AB = BC = a, AD = 2a; tam giác SAD vuông cân tại S và SB = .

6,0

a. Gọi M là trung điểm của SA, chứng minh rằng BM // (SCD)

2,5

Gọi N là trung điểm của AD, ta có BC = DN = a và BC // DN BCDN là hình bình hành BN // CD.

1,0

Vì M, N lần lượt là trung điểm của SA và AD nên MN // SD

1,0

mà

0,5

b. Tính góc giữa hai đường thẳng BM và CD

2,0

Do BN // CD (BM; CD) = (BN; BM)

Vì tam giác SAD vuông cân tại S có cạnh huyền AD = 2a nên

có vuông tại A

và BN = CD = a; MN =

1,0

Áp dụng định lí côsin trong tam giác BMN ta được :

,

vậy (BM; CD) =

1,0

c. Gọi G là trọng tâm của tam giác SCD, H là giao điểm của BG và mp(SAC),

tính tỉ số

1,5

Gọi P là trung điểm của CD, . Gọi J là giao điểm của BN và AC, vì BCNA là hình bình hành nên J là trung điểm của BN, mà IJ // NP nên I là trung điểm của BP

0,5

Trong tam giác SBP vẽ GK // SI , ta có:

(do G là trọng tâm của tam giác SCD)

1,0

7

Cho các số thực dương thỏa mãn .

Chứng minh rằng:

1,5

Ta có: hoặc

(loại vì x, y > 0)

0,5

Với , ta có

0,5

Vậy ; tương tự ta cũng được:

;

Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên ta được :

đpcm

Ghi chú: HS có thể chứng minh bằng cách đặt x = tanA, y = tanB, z = tanC với A, B, C là độ dài 3 cạnh của một tam giác nhọn. Khi đó bđt trở thành:

0,5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH VÒNG 2

LONG AN

NĂM HỌC: 2018-2019

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN

Ngày thi: 21/9/2018 (Buổi thi thứ hai)

(Đề thi có 01 trang, gồm 03 câu)

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH VÒNG 2

LONG AN

NĂM HỌC: 2018-2019

Môn thi: TOÁN

Ngày thi: 21/9/2018 (Buổi thi thứ hai)

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

NỘI DUNG

ĐIỂM

Câu 5 (6,0 điểm):

Cho hàm số thỏa , với mọi .

a) Chứng minh rằng: “Nếu tồn tại sao cho thì là đơn ánh”.

b) Tìm tất cả các hàm số .

Lấy sao cho .

Thế bởi và thế lần lượt bởi ta được:

1,0

Từ (1), (2), (3) ta được: (vì ).

Vậy là một đơn ánh.

1,0

TH1: Nếu với mọi . Thử lại ta thấy thỏa mãn.

1,0

TH2: Nếu tồn tại sao cho .

Thế vào đề bài ta được: .

Vì là đơn ánh nên ta được: .

1,0

Mặt khác, thế vào đề bài ta được:

.

1,0

Vì nên hay .

Vậy hoặc .

1,0

Câu 6 (7,0 điểm):

Cho dãy số được xác định như sau:

Chứng minh rằng dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Ta có:

0,5

Xét hiệu:

1,0

Ta đi chứng minh: (*)

Khi , dễ thấy mệnh đề (*) đúng.

0,5

Giả sử:

0,5

1,0

1,0

1,0

Vậy

Mà bị chặn dưới nên dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn.

0,5

Gọi .

Ta có:

1,0

Câu 7 (7,0 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có chữ số, trong mỗi số đó các chữ số đều lớn hơn 1 và không có hai chữ số khác nhau cùng nhỏ hơn 7 đứng liền nhau?

Xét trường hợp tổng quát với số tự nhiên có chữ số, với là số nguyên dương.

Gọi lần lượt là tập các số tự nhiên có chữ số thỏa yêu cầu đề bài mà chữ số tận cùng nhỏ hơn 7 và chữ số tận cùng lớn hơn 6.

0,5

Lấy một phần tử thuộc , có một cách thêm vào chữ số cuối cho (thêm vào bên phải chữ số cuối cùng của ) để được một phần tử của và có 3 cách thêm vào chữ số cuối cho để được một phần tử của .

0,5

Lấy một phần tử thuộc , có 5 cách thêm vào chữ số cuối cho để được một phần tử của và có 3 cách thêm vào chữ số cuối cho để được một phần tử của .

0,5

Ta có:.

1,0

Khi đó: .

1,0

với

1,0

Kí hiệu , ta được: , trong đó .

1,0

Sử dụng sai phân tuyến tính, ta được: .

1,0

Áp dụng cho , ta có số cần tìm.

0,5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH VÒNG 2

LONG AN

NĂM HỌC: 2018-2019

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN

Ngày thi: 20/9/2018 (Buổi thi thứ nhất)

(Đề thi có 01 trang, gồm 04 câu)

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH VÒNG 2

LONG AN

NĂM HỌC: 2018-2019

Môn thi: TOÁN

Ngày thi: 20/9/2018 (Buổi thi thứ nhất)

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

NỘI DUNG

ĐIỂM

Câu 1 ( 5,0 điểm):

Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:

Điều kiện . Đặt

0,5

Ta có:

1,0

Thay vào , ta có:

1,0

Thay vào , ta có:

1,0

1,0

. So điều kiện, hệ có nghiệm

0,5

Câu 2 (5,0 điểm):

Cho hàm số ( là tham số thực) có đồ thị . Tìm tất cả các giá trị của sao cho trên đồ thị tồn tại duy nhất một điểm mà tiếp tuyến của tại điểm đó vuông góc với đường thẳng .

Tiếp tuyến có hệ số góc bằng

0,5

Gọi là hoành độ tiếp điểm thì là nghiệm của phương trình

1,0

Để thỏa yêu cầu bài toán thì có nghiệm duy nhất.

Vì không là nghiệm của nên

1,0

Xét hàm số:

0,5

Bảng biến thiên

1,0

Từ bảng biến thiên, có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi .

Vậy thỏa yêu cầu bài toán.

1,0

Câu 3 (5,0 điểm):

Cho tam giác có ba góc nhọn, không cân và nội tiếp đường tròn . Gọi là chân đường cao kẻ từ và là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác . Đường thẳng cắt đường tròn tại điểm thứ hai ( khác ). Gọi là đường kính của . Đường thẳng cắt các đường thẳng theo thứ tự tại và . Chứng minh .

Ta có mà AI là phân giác góc A nên . Suy ra tam giác ANA' cân tại A.

1,0

Gọi L là giao điểm của MA và BC.

Ta có . Suy ra, tứ giác ALA'K nội tiếp.

Do đó . (1)

1,0

Vì hay nên hai tam giác và đồng dạng.

Suy ra . (2)

1,0

Do là các tia phân giác trong của tam giác ABC nên ta có: và .

Do đó, nên tam giác cân tại . Suy ra,. (3)

1,0

Từ (1), (2), (3) suy ra .

1,0

Câu 4 (5,0 điểm):

Cho là tập hợp các số tự nhiên có bốn chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ . Tính xác suất để số được chọn có tổng các chữ số là bội của 4.

Ta có: .

0,5

Gọi là tập hợp các số tự nhiên có bốn chữ số mà tổng các chữ số của nó chia hết cho 4. .

Xét . Nếu thì mỗi giá trị của sẽ có hai giá trị của sao cho (đó là ). Nếu thì mỗi giá trị của sẽ có ba giá trị của sao cho (đó là ).

1,0

Gọi , .

Khi đó, ta có: .

1,0

Xét tập hợp với . Nếu thì mỗi giá trị của sẽ có hai giá trị của sao cho . Nếu thì mỗi giá trị của sẽ có ba giá trị của sao cho .

1,0

Gọi , .

Khi đó, ta có: , với .

Suy ra: .

1,0

Gọi biến cố : “Số được chọn có tổng các chữ số là bội của 4”. Khi đó, xác suất của biến cố là: .

0,5

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN

Trường THPT Anh Sơn I

ĐỀ THI KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH KHỐI 11 – NĂM HỌC 2017-2018

Môn Toán – Thời gian làm bài : 150 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu

Nội dung

Điểm

Câu 1

6.0

a)

3.0

Ta có

1.0

0.5

*

0.5

*

Vậy PT đã cho có nghiệm

1.0

b)

3.0

ĐK Ta có :

1.0

1.0

1.0

Câu 2

5.0

a)

* Có 5 số lẻ và 4 số chẵn từ chín số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9

Suy ra có cách chọn 3 số lẻ từ năm số 1, 3, 5, 7, 9

và có cách chọn 3 số chẵn từ bốn số 2, 4, 6, 8

0.5

Cứ ba chữ số lẻ ghép với ba chữ số chẵn ta được một tập gồm 6 phần tử. Theo quy tắc nhân có cách chọn các tập hợp mà mỗi tập có 3 số chẵn và 3 số lẻ từ các số trên

0.5

Ứng với mỗi tập có 6! cách sắp xếp thứ tự các phần tử và mỗi cách sắp xếp thứ tự đó ta được một số thỏa mãn bài toán

0.5

Do đó theo quy tắc nhân có .6! = 28800 số có 6 chữ số khác nhau gồm 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ từ các số trên.

0.5

* Có tập hợp gồm ba chữ số lẻ và ba chữ số chẵn. Ứng với mỗi tập có duy nhất một cách sắp xếp các phần tử theo thứ tự tăng dần

0.5

Do đó mỗi tập hợp tương ứng với một số. Vậy có = 40 số thỏa mãn

0.5

b)

Xét khai triển

0.5

Trừ hai đẳng thức theo vế ta có

0.5

Ta có

0.5

Suy ra số hạng chứa x²⁸ trong khai triển là:

0.5

Câu 3

5.0

a)

0.5

Gọi I là trung điểm của BC

Ta có . Mà nên MG //(SBC)

0.5

b)

Qua G kẻ đường thẳng song song với CD cắt AD và BC lần lượt tại E và F. Qua M kẻ đường thẳng song song với CD cắt SC tại H

Thiết diện của hình chóp với mp() là tứ giác EFHM

0.5

Ta có HM//EF vì cùng song song với CD

nên tam giác DME bằng tam giác CHF suy ra ME = HF do đó EFHM là hình thang cân

0.5

Ta có:

. Gọi h là độ dài đường cao của hình thang ta có

0.5

0.5

Diện tích thiết diện là

c)

0.5

Qua M dựng đường thẳng song song với SC cắt CD tại N. Nối A với N cắt BD tại Q. Trong mp (AMN) từ Q dựng đường thẳng song song với MN cắt AM tại P.

Ta có PQ//MN, MN//SC nên PQ//MN

Suy ra hai điểm P, Q thỏa mãn điều kiện bài toán.

0.5

Ta có ,

Suy ra

1.0

Câu 4

2.0

0.5

Gọi E là giao điểm thứ hai của BM và đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC. Ta chứng minh E thuộc AF.

Thật vậy tứ giác AFBN nội tiếp nên

Tương tự , theo giả thiết , suy ra:

Do đó tứ giác BCEF nội tiếp. Suy ra .

Suy ra A, E, F thẳng hàng.

0.5

Đường thẳng BM đi qua B và M nên có phương trình: .

, suy ra tọa độ của E là nghiệm của hpt:

Đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác AMC có phương trình dạng:

Vì M, Q, E thuộc (T) nên ta có hpt:

Suy ra (T) có pt: .

0.5

A là giao điểm của AE và (T) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hpt:

. Vậy

0.5

Câu 5

2.0

Cho là các số thực dương thoả mãn: . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Ta cã

0.5

0.5

0.5

DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi :

VËy

0.5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA

ĐỀ THI THỬ SỐ 1

Số báo danh

……………………............

…........................

KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

Năm học: 2018 - 2019

Môn thi: TOÁN - Lớp 11 THPT

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu

Câu

NỘI DUNG

Điểm

I

1. Cho hàm số (*)

Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi Tìm m để đường thẳng cắt đồ thị các hàm số (*) tại hai điểm phân biệt cùng nằm bên phải trục tung.

2.0

4,0 điểm

Lập bảng biến thiên

0.50

Vẽ đồ thị

0.50

Yêu cầu bài toán Phương trình sau có hai nghiệm dương phân biệt

0.50

Kết hợp nghiệm, kết luận

0.50

2. Giải bất phương trình .

2.0

Điều kiện:

Ta có:

0.50

0.50

0.50

luôn đúng

Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của bất phương trình là

0.50

II

1. Giải phương trình

2.0

4,0

điểm

Điều kiện: (*).

Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương với:

0.50

0.50

Với

0.50

Với

Kết hợp với điều kiện (*) ta được nghiệm của phương trình đã cho là: và

0.50

2. Giải hệ phương trình

2.0

Điều kiện

Từ : sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

và

, cộng hai kết quả trên ta được

0.50

, tương tự ta cũng có ,

suy ra

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi

0.50

Thế vào phương trình ta được pt:

Giải pt

0.50

.

(Loại)

Khi . Thử lại thỏa mãn hệ phương trình

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất .

0.50

III

1. Cho là các số thực dương thoả mãn . Chứng minh bất đẳng thức

.

2.0

4,0

điểm

0.50

Tương tự có ; .

Do đó, cộng theo vế các bất đẳng thức trên và sử dụng bất đẳng thức Schur cùng giả thiết ta được

0.50

Hay

Mặt khác

0.50

Từ và suy ra

Do vậy

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

0.50

2. Cho. Xét dãy số . Tính .

2.0

Ta có: .

0.50

0.50

0.50

.

0.50

IV

1. Từ tập có bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số chia hết cho .

2.0

4,0

điểm

Gọi số phải tìm có dạng , , . Kết hợp với đề bài ta có: ; ; .

Ta xét trường hợp 1: , với , với

Đặt , với , khi đó ta có: .

Số nghiệm nguyên dương bất kỳ của là .

Nếu , ta có , nên không trùng với các trường hợp . Phương trình này có nghiệm.

Nếu , ta có nên không trùng với các trường họp nào ở trên, phương trình này có nghiệm nên với vị trí có nghiệm.

Vậy trong trường hợp này có số thỏa mãn.

0.50

Ta xét trường hợp 2: , với , với

Đặt , với , khi đó ta có: .

Số nghiệm nguyên dương bất kỳ của là .

Nếu , ta có , nên không trùng với các trường hợp . Phương trình này có nghiệm.

Nếu , ta có nên không trùng với các trường họp nào ở trên, phương trình này có nghiệm nên với vị trí có nghiệm.

Vậy trong trường hợp này có số thỏa mãn.

0.50

Ta xét trường hợp 3: , với , với

Đặt , với , khi đó ta có: .

Từ và nên tập nghiệm của không vượt khỏi miền xác định của . Phương trình này có nghiệm.

0.50

Vậy trong trường hợp này có số thỏa mãn.

Như vậy tất cả có số

0.50

2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho tứ giác nội tiếp đường tròn có tâm Tiếp tuyến của đường tròn tại cắt các tiếp tuyến tại lần lượt tại Phương trình đường thẳng Tìm tọa độ giao điểm của các tiếp tuyến với đường tròn tại và tại

2.0

Do nên nằm trên cung nhỏ Vì là hình vuông, là phân giác góc là phân giác góc nên

0.50

Gọi Khi đó,

không thỏa mãn.

thỏa mãn.

0.50

Gọi là vtpt của Khi đó, phương trình

Vì là tiếp tuyến của nên

Nếu chọn Phương trình

Nếu chọn Phương trình

0.50

Với phương trình thì PT . ta tìm được tọa độ điểm gọi tọa độ điểm ta có

thỏa mãn do .

không thỏa mãn do .

Với phương trình thì PT. ta tìm được tọa độ điểm loại do Vậy .

Chú ý: Nếu học sinh thừa nghiệm hình thì trừ 0,25 điểm

0.50

V

Cho hình chóp có , , là điểm bất kì trong không gian. Gọi là tổng khoảng cách từ đến tất cả các đường thẳng , , , , , . Tìm giá trị nhỏ nhất của

2.0

4,0

điểm

Ta có khối chóp là khối chóp tam giác đều.

Gọi là trọng tâm tam giác . Khi đó là chiều cao của khối chóp .

Gọi ,,lần lượt là trung điểm của ,, và ,, lần lượt là hình chiếu của ,, trên ,,.

Khi đó ,,tương ứng là các đường vuông góc chung của các cặp cạnh và , và , và .

Ta có . Do đó nên .

0.50

Suy ra (cùng song song với ). Do đó bốn điểm ,,, đồng phẳng.

Tương tự ta có bộ bốn điểm ,,, và ,,, đồng phẳng.

Ba mặt phẳng ,, đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến , , . Suy ra ,, đồng quy tại điểm thuộc .

0.50

Xét điểm bất kì trong không gian.

Ta có .

Do đó nhỏ nhất bằng khi .

0.50

Ta có , , ,

.Suy ra .

Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là .

0.50

2. Cho hình chóp tam giác đều cạnh đáy , đường cao . Gọi là điểm thuộc đường cao của tam giác . Xét mặt phẳng đi qua và vuông góc với . Đặt . Tìm để thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng có diện tích lớn nhất.

2.0

Theo giả thiết M thuộc OA’. Ta có SO ⊥ (ABC)⇒ SO ⊥ AA’, tam giác ABC đều nên BC ⊥ AA’. Vậy (P) qua M song song với SO và BC.

Xét (P) và (ABC) có M chung. Do (P) // BC nên kẻ qua M đường thẳng song song

với BC cắt AB, AC tại E, F.

0.50

Tương tự kẻ qua M đường thẳng song song với SO cắt SA’ tại N, qua N kẻ đường thẳng song song với BC cắt SB, SC tại H, Q. Ta có thiết diện là tứ giác EFGH.

Ta có EF // BC // GH, M, N là trung điểm EF, GH nên EFGH là hình thang cân đáy HG, EF. Khi đó: . Ta có nên EF =

0.50

.

0.50

đạt giá trị lớn nhất bằng khi và chỉ khi .

Vậy giá trị lớn nhất của diện tích thiết diện bằng khi .

0.50

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4

TỔ: Toán

ĐỀ KIỂM TRA LẦN 1

Số báo danh

……………………............

…........................

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN

Năm học: 2018 - 2019

Môn thi: TOÁN - Lớp 11 THPT

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu

Câu

NỘI DUNG

Điểm

I

4,0 điểm

1. Cho hàm số (*) và đường thẳng .

Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số (*). Tìm để cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ thỏa mãn

2.0

+ Lập bảng biến thiên và vẽ (P):

ta có đỉnh

Ta có bảng biến thiên:

-1

0.50

đồ thị là parabol có bề lõm hướng lên có trục đối xứng là đường thẳng

cắt trục hoành tại điểm cắt trục tung tại điểm

Ta có đồ thị của hàm số:

-1

-4

x

y

-3

1

O

0.50

Đk:

Xét phương trình hoành độ giao điểm (1)

cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

khi đó theo định lí viet ta có

0.50

Ta có

kết hợp với điều kiện ta được

0.50

2. Giải bất phương trình

2.0

Điều kiện: Suy ra:

0.50

0.50

hoặc

0.50

Kết luận: Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là

0.50

II

4,0 điểm

1. Giải phương trình

2.0

Điều kiện :

0.50

Pt

0.50

hoặc (loại).

0.50

Với

Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: ; với .

0.50

2.Giải hệ phương trình .

2.0

Điều kiện : .

Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có :

0.50

.

0.50

Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta có phương trình :

0.50

Vì , . Đối chiều điều kiện ta có nghiệm của hệ : .

0.50

III

4,0 điểm

1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn . Chứng minh rằng

2.0

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

Tương tự ta được

0.50

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có

0.50

Áp dụng tương tự ta được

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

Do đó ta suy ra

0.50

Ta cần chứng minh được

Đánh giá cuối cùng là một đánh giá đúng theo bất đẳng thức Cauchy và giả thiết

Bài toán được giải quyết xong. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi .

0.50

2. Cho dãy số (u_n) được xác định bởi .

Tính giới hạn .

2.0

Ta có

0.50

Đặt (v_n) là cấp số nhân có công bội và số hạng đầu

0.50

Khi đó

0.50

.

0.50

IV

4,0 điểm

1. Tìm để hệ phương trình sau có nghiệm

2.0

Ta có pt(1)

0.50

Đặt (đk ). Ta có hệ phương trình (*)

Hệ phương trình đã cho có nghiệm hệ (*) có nghiệm

Nếu hệ (*) vô nghiệm hệ phương trình đã cho vô nghiệm

0.50

Nếu . Chọn hệ tọa độ ta có

Pt(1) cho ta đường tròn tâm ( vì )

Pt(2) cho ta đường tròn tâm ( vì )

Hệ phương trình có nghiệm cắt

0.50

Vậy hệ đã cho có nghiệm

0.50

2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh , đỉnh C nằm trên đường thẳng . Trên tia đối của tia CD lấy điểm E sao cho , biết là hình chiếu vuông góc của D lên đường thẳng BE. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD.

2.0

Tứ giác ADBN nội tiếp và (do ABCD là hình chữ nhật). Suy ra hay tứ giác ANCD nội tiếp được một đường tròn, mà

0.50

Giả sử , từ

Tứ giác ABEC là hình bình hành, suy ra

Đường thẳng NE qua N và song song với AC nên có phương trình

0.50

Giả sử , ta có

0.50

Từ đó dễ dàng suy ra

Vậy , , .

0.50

V

4,0 điểm

1. Cho dãy số xác định .

Tính .

2.0

Theo giả thiết ta có: mà suy ra.

do đó dãy là dãy tăng.

Giả sử dãy bị chặn trên suy ra với khi đó.

0.50

.

Vô lý do . Suy ra dãy không bị chặn trên do đó.

0.50

Ta có:

0.50

Đặt :

0.50

2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho tam giác nội tiếp đường tròn , đường thẳng AC đi qua điểm . Gọi M, N là chân các đường cao kẻ từ đỉnh B và C. Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC, biết phương trình đường thẳng MN là và điểm A có hoành độ âm.

2.0

0.50

Từ đó ta có:

+) Do đi qua và vuông góc với nên Phương trình đường thẳng

+) Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ

0.50

+) Do đi qua và , nên phương trình đường thẳng

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ

+) Do M là giao điểm của và nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ

0.50

+) Đường thẳng BM đi qua và vuông góc với nên phương trình đường thẳng

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ

Vậy hoặc

0.50