SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2017 – 2018
Môn thi: Toán – Lớp 11
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 14 tháng 04 năm 2018

(Đề gồm 01 trang)
Câu I. (4,0 điểm)

x3
- x 2 + x + m có đồ thị là  C  . Tìm tất cả các giá trị của m để tiếp tuyến của đồ
3
thị  C  tại điểm M có x M = 3 chắn hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 2 .
Cho hàm số y =

Câu II. (6,0 điểm)
1) Giải phương trình

æ
pö
2 sin çç2x - ÷÷÷ = sin x + cos x - 1
çè
4 ø÷
2) Tìm số nguyên dương lẻ n sao cho
C n1 - 2.2C n2 + 3.22C n3 - 4.2 3C n4 + ... + n .2n -1C nn = 2019.
2017(2018 - x 2 ) - 2017
3) Tính giới hạn I = lim



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

Câu
1(4,0 điểm)
Ta có y '  x 2  2 x  1

HƯỚNG DẪN CHẤM
THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn: Toán – Lớp 11
Lời giải sơ lược

Điểm

Theo giả thiết ta có M(3;3  m) (C), phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) tại M là:

2,0

y  y '(3)( x  3)  3  m  y  4( x  3)  3  m  y  4 x  9  m (Δ )

9m 
;0  ; B    Oy  B  0; m  9 
Gọi A  Δ  Ox  A 
 4

Diện tích tam giác OAB: SOAB 
Theo giả thiết: SOAB  2 

 sin x(2cos x  1)  (2cosx  1)(cosx  1)

0,5

1

cos x 
(a)

 (2cos x  1)(sinx  cos x  1)  0 
2

sin x  cos x  1(b)

(a)  x  



3

1,0

 k 2

  


 x  4  4  k 2
x   k 2


n

2
n

3
n

2

n
n

= C + 2C x + 3C x + ... + C x

n -1

1,0

n -1

Cho x = - 2  n (- 1)n -1 = C n1 - 2C n2 2 + 3C n3 22 - ... + nC nn (- 2 )

1,0

Vì n lẻ nên ta có: n = C n1 - 2C n2 2 + 3C n3 22 - ... + n 2n -1C nn = 2019
Vậy n = 2019
2.3 (2 điểm)
+ I  lim
x 1


2 2017
 1
2 2017

1,0

3.1 (2 điểm)

ĐKXĐ: x ³ -1
Đặt t = 2x + 3 + x + 1 , đk: t > 0  t 2 = 3x + 4 + 2 2x 2 + 5x + 3
 3x + 2 2x 2 + 5x + 3 = t 2 - 4

1,0

ét = -4
t =5
PT trở thành: t = t - 4 - 16  t - t - 20 = 0  êê
êët = 5
2

2

Với t = 5  2x + 3 + x + 1 = 5  3x + 4 + 2 2x 2 + 5x + 3 = 25

ì
ï21 - 3x ³ 0
 2 2x 2 + 5x + 3 = 21 - 3x  ï
í
ï4(2x 2 + 5x + 3) = 441 - 126x + 9x 2

ï
3 4x + 1 + 2 3 2x + 4y - 8 = x + 2y + 5 (2)
ï
ï
î

ìïx ³ -1 / 4
Điều kiện ïí
ïï2x + 4y - 8 ³ 0
î
Phương trình (1) tương đương với ( x  1)3  3( x  1)  y 3  3 y

 (x  1  y) ( x  1) 2  ( x  1) y  y 2  3  0 (*)
Vì ( x  1) 2  ( x  1) y  y 2  3  0, x, y nên (*)  x  1  y  0  y  x  1
Thay vào phương trình (2) của hệ ta được
3 4x  1  2 3 6x  4  3x  7
 3 4x  1   2x  5     2 3 6x  4  (x  2)   0
4(x  2) 2
(x  2) 2 (x  10)


0
3 4x  1  2x  5 4 3 (6x  4) 2  2(x  2) 3 6x  4  (x  2) 2
(x  2) 2  0  x  2(tm)  y  3(tm)


4
(x  10)

 0(**)


Gọi H và K là hình chiếu vuông góc của M trên AB và
AD; Gọi N là giao điểm của KM và BC, gọi I là giao
điểm của CM và HK. Ta có DKM vuông tại K và
  450  KM = KD=NC.
MDK
Lại có MH  MN (do MHBN là hình vuông) suy ra
  IMK

  MCN
 . Mà NMC
KMH  CNM  HKM

1,0

  HKM
  NMC
  NCM
  900
nên IMK
 CI  HK .

C

D

Đường thẳng CI qua M(1;1) và vuông góc với đường thẳng d nên có phương trình:
( x  1)  ( y  1)  0  x  y  0 . Do điểm C thuộc đường thẳng CI và đường thẳng  nên tọa

x  y  0

SH. Trong mặt phẳng (SIH) dựng
IJ  SH  IJ  ( SAD)  d ( I ,( SAD))  IJ

1,0

I

C

a 2
Tam giác SIH có: IJ  SO.HI 
2 a 6
SH
3
a 3
2
a.

1,0

Vậy d ( BC , SD)  a 6
3
5 (2 điểm) Cho a , b, c, d là các số thực thoả mãn a 2 + b 2 = 25; c2 + d 2 = 16 và ac + bd ³ 20 . Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức: P = a + d .
 a  5sin  ; b  5cos 
Từ a 2 + b 2 = 25; c2 + d 2 = 16  tồn tại hai góc  ;  sao cho 
c  4 cos  ; d  4sin 
Khi đó biểu thức ac + bd ³ 20 có dạng sin a cos b + cos a sin b ³ 1 hay sin (a + b ) ³ 1 ,

p