SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2017-2018
Môn thi: TOÁN - Lớp 11 THPT
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 09 tháng 3 năm 2018
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)

Số báo danh
......................................

Câu I (4,0 điểm).
1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị ( P ) của hàm số y = x 2 + bx + 1 biết rằng ( P ) đi qua
điểm A ( 2;1) .
2. Giải bất phương trình 4 x 2 + 5 x + 1 + 2 x 2 + x + 1 ≥ x + 3.
Câu II (4,0 điểm).
4sin 3 x − 2cos x(sin x − 1) − 4sin x + 1
1. Giải phương trình
= 0.
1 + cos 4 x
 x + xy + x − y
(
) xy − 2 = y + y

2. Giải hệ phương trình 
( x, y ∈  ) .
2
 y + xy + x − x ( x + 1) − 4 =

lớp đứng cạnh nhau.

(

(

)

)

2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A. Các điểm M , N lần
lượt thuộc các cạnh AB, AC sao cho AM = AN ( M , N không trùng với các đỉnh của tam giác).
6 2
Đường thẳng d1 đi qua A và vuông góc với BN cắt cạnh BC tại H  ; −  , đường thẳng d 2
5 3
2 2
đi qua M và vuông góc với BN cắt cạnh BC tại K  ;  . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác
5 3
0 và có hoành độ dương.
ABC , biết rằng đỉnh A thuộc đường thẳng (∆ ) : 5 x + 3 y + 13 =
Câu V (4,0 điểm).
= SB
= SC
= 1 . Một mặt phẳng (α ) thay đổi luôn đi qua trọng
1. Cho tứ diện SABC có SA
tâm G của tứ diện và cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại các điểm A ', B ', C ' . Chứng minh
1
1
1
rằng biểu thức T =

( )
điểm
Do ( P) đi qua điểm A ( 2;1) nên 4 + 2b + 1 =1 ⇔ b =−2

Điểm
2,0
0,50

Ta được hàm số y = x − 2 x + 1
Bảng biến thiên như sau :
2

−∞

x

+∞

1

0,75

+∞ +∞
y = x2 − 2 x + 1

0
Đồ thị: Có đỉnh I (1;0 ) và trục đối xứng là đường thẳng x = 1 và có hình dạng như sau:
12

10

2

2,0

 x ≤ −1
4 x 2 + 5 x + 1 ≥ 0
Điều kiện xác định của bất phương trình là  2
⇔
x ≥ − 1
 x + x + 1 ≥ 0
4


0,50

Ta có (1) ⇔ ( x + 1)(4 x + 1) − ( x + 1) + 2

0,50

(

)

x 2 + x + 1 − 1 ≥ 0 (2)

x +1 −1
Xét x ≤ −1, khi đó: −( x + 1) ≥ 0, x 2 + =

x2 + x
x2 + x + 1

0,25


Chú ý 1:Nếu học sinh không xét các trường hợp như trên mà biến đổi luôn từ BPT (2)
thành BPT (3) và đưa ra đúng tập nghiệm thì chỉ cho tối đa 1,25 đ.
Chú ý 2:Có thể giải theo cách sau
1
ĐKXĐ: x ≤ −1 hoặc x ≥ − .
4
BPT (1) ⇔ 4 x 2 + 5 x + 1 − ( x + 1) + 2

0,50

(

)

x 2 + x + 1 − 1 ≥ 0 (2)

Nhận thấy x = −1 là một nghiệm của BPT.

0,25

 1

Xét trường hợp x ∈ ( −∞; −1) ∪  − ; +∞  . Khi đó 4 x 2 + 5 x + 1 + ( x + 1) > 0
 4

3( x2 + x )
2( x 2 + x)

⇔ (2 cos x + 1)(1 − sin 2 x) =
− hoặc sin 2 x = 1
2
2π
π
+ kπ .
⇔x=
±
+ k 2π hoặc x=
3
4

2π
So sánh với điều kiện suy ra nghiệm của phương trình đã cho là x =
±
+ k 2π .
3
 x + xy + x − y
(
) xy − 2 = y + y (1)

2. Giải hệ phương trình 
( x, y ∈  ) .
 y + xy + x − x 2 ( x + 1) − 4 =
0
(2)

 x ≥ 0; y ≥ 0
ĐKXĐ: 
 xy + ( x − y ) xy − 2 ≥ 0.

x− y
+
=
0
x+ y
xy + ( x − y ) xy − 2 + y

(

2

0,50

0,25

2,0
0,25
0,50
0,50
0,50
0,25

2,0

0,25

)

xy − 2 + y ≠ 0.


+
=
0
 x+ y
+
−
−
+
xy
x
y
xy
y
2
(
)


(

(

)

0,25

)

1 ± 17
.

Từ phương trình (2) ta có:
2

4
4
2 

2
2
= x +1+
+ ( x − 1) − 2 =  x + 1 −
+ ( x − 1) + 2 ≥ 2
y + xy = x − x +

x +1
x +1
x +1 

2

Do đó

y + xy − 2
1
+
> 0 nên (3) vô nghiệm.
x+ y
xy + ( x − y ) xy − 2 + y

(

+
≥
điểm
2
2
2
( x − y ) ( y − z ) ( z − x)
x+ y+z
x+ y
y+z
z+x
9
+
+
≥
2
2
2
( x − y ) ( y − z ) ( z − x)
x+ y+z
 x+ y
y+z
z+x 
⇔ ( x + y + z) 
+
+
≥9
2
2
2 

1
x

 x+ y
y+z
z+x 
+
+
Do đó nếu đặt F = ( x + y + z ) 
thì
2
2
2 
 ( x − y ) ( y − z ) ( z − x) 
 x+ y
1 1
+ + 
F ≥ ( x + y) 
2
y x
 ( x − y)

3

0,25


Ta có bất đẳng thức cơ bản sau:

1 1 1

.
≥
2
2
x+ y
 ( x + y ) − 4 xy 2 xy 2 xy  ( x + y )

0,50

 x+ y
1 1
9
+ +  ≥ ( x + y)
=
9. Suy ra F ≥ 9 .
Vậy ( x + y ) 
2
y x
x+ y
 ( x − y)
z=0

z=0

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
⇔
.
2
2 xy  x= (2 ± 3) y
( x + y ) − 4 xy =


Cũng từ giả thiết ta có un + 2 − 3u=
2(un +1 − 3un ), ∀n ≥ 1. Suy ra dãy w=
un +1 − 3un là
n +1
n +1
một cấp số nhân có công bội q =
2 ⇒ wn +1 =
2n −1 w2 =
2n −1 (5 − 3.2) =
−2n −1

(2)

 u − 2un =
3n −1
Từ (1) và (2) ta có hệ  n +1
⇒ un = 3n −1 + 2n −1
n −1
u
3
u
2
−
=
−
n
 n +1
 1 1  2 n  1
 3n −1 + 2n −1 

4,0 sinh lớp 11C thành một hàng ngang. Tính xác suất để không có học sinh của cùng
điểm một lớp đứng cạnh nhau.
Số phần tử của không gian mẫu : Ω =10!

0,50

0,50
0,50
0,50
0,50
0,50
0,50
2,0
0,25

Gọi A là biến cố “Không có học sinh của cùng một lớp đứng cạnh nhau”. Để tìm A ta
thực hiện theo hai bước sau:
Bước 1: Xếp 5 học sinh của lớp 11C thành 1 dãy: có 5! cách xếp.
Khi đó, 5 học sinh của lớp 11C tạo ra 6 khoảng trống được đánh số từ 1 đến 6 như sau:

0,25

1C2C3C4C5C6
Bước 2: Xếp 5 học sinh của hai lớp 11A và 11B vào các khoảng trống sao cho thỏa mãn
yêu cầu của bài toán. Khi đó chỉ xảy ra hai trường hợp sau:
Trường hợp 1: Xếp 5 học sinh của hai lớp 11A và 11B vào các vị trí 1, 2, 3, 4, 5 hoặc
các vị trí 2, 3, 4, 5, 6: có 2 × 5! =
240 cách xếp.

4


Vậy xác suất cần tìm là P( =
A)

0,25

0,25

2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A . Các

điểm M , N lần lượt thuộc các cạnh AB, AC sao cho AM = AN ( M , N không
trùng với các đỉnh của tam giác). Đường thẳng d1 đi qua A và vuông góc với
6 2
BN cắt cạnh BC tại H  ; −  , đường thẳng d 2 đi qua M vàvuông góc với
5 3
2 2
BN cắt cạnh BC tại K  ;  . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC , biết
5 3
0 và có hoành độ dương.
rằng đỉnh A thuộc đường thẳng (∆) : 5 x + 3 y + 13 =

2,0

N

A

C

H

b = 4a

⇔ 4b − 15ba − 4a =
0⇔
Ta có cos 45 =
b = − 1 a
34. a 2 + b 2
4

•
Với b = 4a
chọn a =1 ⇒ b =4 ta có
0
AC: x + 4 y + 6 =
0

5a + 3b

2

0,25

2

5

phương

trình
0,25

x 5
⇔
Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ 
(thoả mãn) ⇒ B ( 5; −7 )
5 x + 3 y − 4 =0
 y =−7
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là: A(1; −6), B(5; −7), C (2; −2).

•

0,25

0,50

Chú ý 5:Nếu học sinh công nhận điểm H là trung điểm của KC (không chứng minh)
và tìm đúng tọa độcác đỉnh của tam giác thì chỉ cho tối đa 1,0 điểm.
V
1. Cho tứ diện SABC có SA
= SB
= SC
= 1 . Một mặt phẳng (α ) thay đổi luôn đi qua
4,0 trọng tâm G của tứ diện, cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại các điểm A ', B ', C ' .
điểm
1
1
1
Chứng minh rằng biểu thức T =
có giá trị không đổi.
+
+

SA + SB + SC
4
4
 SA   SB   SC 
Lại có SA =
=
SA ', SB
=
SB ', SC
SC '
SA '
SB '
SC '

1 
1 
1 
Do đó SG =
SA ' +
SB ' +
SC '
4 SA '
4 SB '
4 SC '
1
1
1
Vì bốn điểm A ', B ', C ', G đồng phẳng nên phải có
+
+

R
I
P
F

Q

A

D

N
E
B

O
M

C

Kẻ MN / / AC ( N ∈ AB ) ; NP / / SB ( P ∈ SA ) ; MQ / / SB ( Q ∈ SC ) .

AC ∩ BD; E =
MN ∩ BD; F =
PQ ∩ SO; R =
EF ∩ SD.
Gọi O =
Khi đó thiết diện cần tìm là ngũ giác MNPRQ , trong đó tứ giác MNPQ là hình bình hành.
Gọi α là góc giữa SB và AC .
BM

4 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có
2
3x  3x  1  3x
3x 
1
 3x  1
1 −  ≤  + 1 −  = ⇒ x 1 −  ≤ .
4 
4  4 4
4 
4
4  3

1
Từ (*) suy ra S MNPRQ ≤ .SB.AC.sin α .
3
3x
3x
2
MB
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
= 2.
=1 −
⇔ x = hay
4
4
3
MC