SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: TOÁN – Lớp 11 THPT
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 21 tháng 3 năm 2019
(Đề thi có 01 trang, gồm 5 câu)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Số báo danh……………
Câu I (4,0 điểm)

1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số y = x2 –2mx + 3, biết rằng (P) có trục đối xứng là x = 2.
2. Giải phương trình: x  2 7  x  2 x  1   x 2  8x  7  1 .
Câu II (4,0 điểm)

2sin 2 x  cos 2 x  7sin x  4  3
 1.
2cos x  3

1. Giải phương trình:






y3  4 y 2  4 y  x  1 y 2  5 y  4  x  1



lim
* . Tìm số hạng tổng quát un và tính giới hạn

2n 2  3n  1
.
un

Câu IV (4,0 điểm)
1. Có bao nhiêu số tự nhiên có 8 chữ số khác nhau mà có mặt hai chữ lẻ và ba chữ số chẵn, trong đó mỗi chữ số
chẵn có mặt đúng hai lần?.

8 
2. Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm I, trọng tâm G  ;0  , các điểm
3 
M  0;1 , N  4;1 lần lượt đối xứng với I qua AB và AC, điểm K  2; 1 thuộc đường thẳng BC. Viết phương
trình đường tròn (C).
Câu V (4,0 điểm)
1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành tâm O. Một mặt phẳng không qua S cắt các cạnh SA, SB,
SB
SC, SD lần lượt tại M, N, P, Q thỏa mãn: SA  2SM , SC  3SP . Tính tỉ số
khi biểu thức
SN
2

 SD 
 SB 
T 
 đạt giá trị nhỏ nhất.
  4

Từ pt  2sin 2x  cos 2x  7sin x  4  2cos x  2cos x  2sinx  1  2sin 2 x  7sin x  3  0
1
1


sinx

sinx


 2sinx  1 2cos x  sin x  3  0  
2
2

 2cos x  sin x  3
cos x  sin x  1(loai)

 sinx 

1

5

 x   k2 (loại nghiệm x 
 k2 ). KL: nghiệm của pt là x   k2 .
2
6
6
6





 y  x 1
2
 y  x  1  y  2   x  1   0  
 y  x  1 (loại nghiệm x = -1, y = 2)


y  2  x 1  0





Thế y2  x  1 (y > 0) vào pt thứ hai thì được:

2 x 2  3x  3  2   3x  2   x 3x  2   x  1 x  1   3x  3
2

2

x 2  3x  2
x 2  3x  3  2

 3x  2





x 2  3x  3  2



3x  2
x2
3x  2  x

Dễ thấy (*) vô nghiệm vì x 



2
x 2  3x  3  2



3x  2
 x  2 (*)
3x  2  x

2
thì VT(*) < 1 < VP(*).
3

 



KL: hệ có nghiệm  x; y   1; 2  2; 3 .

Ta có  a  b  c   a 3  b3  c3  3  a  b  b  c  c  a  hay là:
3

a  b  c

3

 a 3  b3  c3  3  a  b  c  ab  bc  ca   3abc

a 3  b3  c3  S3  3S  ab  bc  ca   3abc thế vào P thì:

P

1  3  ab  bc  ca   3abc
1  3abc
 P3
. Mặt khác từ giả thiết ta có:
ab  bc  ca
ab  bc  ca

1  S2 

1
1
 2  ab  bc  ca   ab  bc  ca  thế vào P thì ta được:
2
4

11
1






1
2
1
2

 1
 2 1  2c  c2   c2    0  c2  c   0   c  . Bđt đúng nếu ta lấy c là số lớn nhất thì
2
9
3
3

 9
1
11
1
2
1
tại a  b  ,c   x  y  z .
1  a  b  c  3c   c . Ta có đpcm. Vậy maxP 
6
3
4
3
9


*



3
thì thỏa mãn công thức.
4

.

 2n  1 n  1  4lim  n  1
2n 2  3n  1
2n 2  3n  1
 lim n 1
 4lim
 n
un
4  3n  1
4n  3n  1
4n
4

2n  1
2

 0.  0 .
 .lim
3n  1
3



Câu IV. 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm I, trọng tâm G  ;0  , các điểm
8
3



M  0;1, N 4;1  lần lượt đối xứng với I qua AB và AC, điểm K  2; 1 thuộc đường thẳng BC.

Viết phương trình đường tròn (C).
A

M

N
E

F
G

B

I

D

K

C


Loại I(3; 4) vì IC 

5 . Vậy đương tròn (C) là :  x  3  y2  5 .
2


Câu V. 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành tâm O. Một mặt phẳng không qua S
cắt các cạnh SA, SB, SC, SD lần lượt tại M, N, P, Q thỏa mãn: SA  2SM , SC  3SP . Tính tỉ số
2

 SD 
SB
 SB 
khi biểu thức T  
  4
 đạt giá trị nhỏ nhất.
SN
SQ
SN




2

Đặt

SB
SD

2
(Vì AECF là hình bình hành). Tương
SM SP
SG
SG
SB SD
SO

2
tự ta cũng có tổng:
suy ra x + y = 2 + 3 = 5.
SN SQ
SG

Cộng các vế ta được

Khi đó ta xét T  x 2  4  5  x   5x 2  40x  100  5  x  4   20  20  min T  20  x  4 .
2

2

Câu V. 2. Cho hình lăng trụ ABCD.A1B1C1D1. Một mặt phẳng (  ) thay đổi và luôn song song
với đáy cắt các đoạn AB1, BC1, CD1, DA1 lần lượt tại M, N, P, Q. Hãy xác định vị trí của mp(  )
sao cho diện tích MNPQ nhỏ nhất.
B

b

C



AA'
 AA'  x,0  x  1 . Khi đó ta lần lượt tính
AA1

được: A’M = ax, A’Q = (1 - x) d nên tỉ số diện tích
Tương tự tỉ số diện tích

SA 'MQ
SABD

 x 1  x  .

S
SB'MN
S
 x 1  x  , C' NP  x 1  x  , D 'PQ  x 1  x  và do đó cộng các
SACD
SABC
SBCD

đẳng thức trên ta có 2S 

1
1
SA 'MQ  SB'MN  SC' NP  SD 'PQ  

S  SMNPQ 
x 1  x 
x 1  x 