SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÊ VĂN THỊNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm có 1 trang)
Câu 1 ( 1 điểm). Giải phương trình

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn thi: Toán Lớp 11
Ngày thi: 7/4/2018
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề)
3 cos 2 x  sin 2 x  2 cos x  0 .

Câu 2 ( 2 điểm).
a) Cho đa giác lồi n cạnh nội tiếp đường tròn, biết số tam giác lập được bằng

4
số tứ giác lập được
7

từ n đỉnh của đa giác đó. Tìm hệ số của x 4 trong khai triển  3  2 x  .
n

Cn0
Cn1
Cn2
Cnn




 ,
Câu 6 ( 1 điểm). Cho tam giác ABC, điểm K nằm trên cạnh BC sao cho KB = 2KC và KAB
 3 3
 là trung điểm cạnh BC, điểm M
2



3 3 3
 ;
 là hình chiếu của B lên đường thẳng AK.
2
2


Biết rằng A nằm trên đường thẳng d : y  5 x và điểm I (0;5) thuộc đường thẳng chứa cạnh AC. Viết

điểm E  3;

phương trình đường thẳng chứa cạnh BC.
Câu 7 ( 1 điểm). Giải hệ phương trình
 x 3  7 x 2  18 x  18  y 3  2 y 2  3 y
.

2
2
2
 x  2   y  3 y  9  3 4 x  1  2 x  x  y  1 y  4 x  1  3
Câu 8 ( 1 điểm). Cho x, y, z  0 và x  y  z  3 . Chứng minh rằng:
x

1

3 cos 2 x  sin 2 x  2 cos x  0



 cos  2 x    cos x
6



x


 k 2

6

k  
 x     k 2

18
3
2
( 2 điểm)

0,5

0,5


n
k 1
n2

C
C



 k  1 n  k  1  n  k  1  1  k
 n  1 n  2 
 n  1 n  2 

nên

n 1  2  ...  n  1  n  1  (1  2  ...  n )
2

S

0,25
2

2

0,25

2

 n  1 n  2 


2
m
1
0




 5  m  3a 

2

0,25

 m1  5  3a  2a  4a  9 
 2 a  4a  9   
 m  5  3a  2a  4a  9 
 2

Do a < 0 nên m1 và m2 là phân biệt vậy ta luôn tìm được giá trị của m với mỗi trường hợp
a < 0.

Ta lại có SOAB 

0,25

 5  2a  .
1b


0,5



n  an  2018  bn  6n  5n  2019 .
2

3

3

2

Nếu b  1 L   (loại)
Nên b = 1
Xét b = 1 ta có lim
lim





3

0,5



n  6n  5n  2019  n  2  0 nên
3

B

C
O

N

M
G

A

D

1

5a)

Gọi I là trung điểm của BC nên tứ giác ADCI là hình thoi cạnh a nên IA = IB = IC = a thì
tam giác ABC vuông tại A, suy ra AC vuông góc DI

0,25
0,25

AC  ID  ID || AB  , AC  SD  AC   SID 
 AC  SI
Do AC  SI , BC  SI  SI   ABCD   ( ABCD )   SBC 

0,25
0,25




S MNPQE  4 x 3a  2 3 x


0,25

Max S MNPQE 

3 3 2
a 3
a tại x 
2
4


6
( 1 điểm)

1

A

O
M
B

E



2
2
2
 x  2   y  3 y  9  3 4 x  1  2 x  x  y  1 y  4 x  1  3  2 



0,25

Ta có 1  x  2  y  1
Thế vào (2) ta được:



2 x2  4 x  5  x  4 x  1



2 x2  4 x  4  3



 2x2  4x  4 2  9 



 2x2  4x  5  x  4x  1 
2
2x  4x  4  3

4x 1  2x  4x  4 .
2

Do 2 x 2  4 x  4  4 x  1  0 nên x  3 . Ta có

 x  3 

4 x  1  2 x 2  6 x  9  4 x  1  2  x 2  2 x  10 

 2  x2  2x  2
nên (4) vô nghiệm.
 2  14 4  14 
;
Vậy S  

2
2 

8
(1 điểm)

1

x
x
Ta có x  x  1  3x nên 2

. Từ đó
x  x  1  yz 3x  yz


6
2ac
6
6
ac

3
Mà cosA  cosB cosC 
2
suy ra VT 
0

3
.Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =1.
4

0,25

0,25