Issuu

BỘ ĐỀ THI OLYMPIC MÔN TOÁN

vectorstock.com/20909124

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

BỘ ĐỀ TOÁN 10 11 OLYMPIC 2018 2019 TỔNG HỢP 50 ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN GV NGUYỄN ANH BA WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

SỞ GD&ĐT ………….

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi: TOÁN - Khối 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :01 Câu 1: (5 điểm) a) Giải phương trình: x 2 + x 2 − 3x = 3 ( x + 2 )

y   x − 3 y = 4. x b) Giải hệ phương trình:   y − 3 x = 4. x y  Câu 2: (3 điểm)

a) Xác định tinh chẵn, lẻ của hàm số y = f ( x ) =

b) Cho hàm số y = f ( x ) = 2 ( m − 1) x +

x x . − 10 − x 10 + x

m ( x − 2) . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để x−2

f ( x ) < 0 ∀x ∈ [ 0;1] . Câu 3: (3 điểm) Cho phương trình x 2 − ( 2m − 1) x + m 2 − 3 = 0 . Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt là độ dài 2 cạnh góc vuông của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 13 . Câu 4: (2 điểm) a) Cho tam giác ABC . Tìm tập hợp điểm M sao cho: 2 MA2 + MA.MB = MC.MA .  b3 + c3 − a3 = a2  b) Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thỏa mãn  b + c − a thì tam giác sin B = 2sin A.cos C  ABC là tam giác đều. Câu 5: (3 điểm) Cho tam giác ABC có M ( 2;0 ) là trung điểm của cạnh AB . Đường trung tuyến AN có phương trình 7 x − 2 y − 3 = 0 , đường cao AH của tam giác có phương trình 6 x − y − 4 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC . Câu 6: (4 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 2015 . Chứng

minh rằng:

 2015 − a 2015a − a 2 2015b − b 2 2015c − c 2 2015 − b 2015 − c  + + + 6 ≥ 2 2  + +  . bc ca ab a b c  

----- HẾT -----

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐÁP ÁN - TOÁN 10 Câu Nội dung 1 a) Giải phương trình: x 2 + x 2 − 3x = 3 ( x + 2 )

Điểm 3,0đ 0,5

- Điều kiện: x 2 − 3 x ≥ 0 (*)

x 2 − 3x ( t ≥ 0 )

0,5

- Phương trình trở thành: t 2 + t − 6 = 0

0,5

- Đặt t =

t = −3 ( l )

- Giải được 

0,5

- Với t = 2 tìm được x = −1; x = 4 (thỏa (*)) - Kết luận đúng tập nghiệm.

0,5 0,5 2,0đ

t = 2

y   x − 3 y = 4. x Giải hệ phương trình:   y − 3 x = 4. x y  - Điều kiện: x, y ≠ 0 (*)

0,25

 x − 3 xy = 4 y 2  y − 3 xy = 4 x 2

- Biến đổi phương trình về: 

0,5

- Lấy (1) – (2) ta được: ( x − y )( x + y + 4 ) = 0

y = x  y = −x − 4

0,25 0,25

- Đưa về 

- Với y = x giải được ( x; y ) = ( −2; −2 )

0,25 0,25

- Với y = − x − 4 giải được ( x; y ) = ( −2; −2 ) - Kết luận đúng.

2 a

Xác định tinh chẵn, lẻ của hàm số y = f ( x ) =

0,25

x x . − 10 − x 10 + x

0,5

+ TXĐ: D = ( −10;10 ) + ∀x ∈ D thì:

0,25

−x ∈ D

f (−x) =

(−x) = x − x = f x −x − ( ) 10 + x 10 − x 10 − x 10 + x

+ Kết luận hàm số chẵn

1,5đ

Cho hàm số y = f ( x ) = 2 ( m − 1) x +

m ( x − 2) . Tìm tất cả các giá trị của x−2

0,5 0,25

1,5đ

tham số m để f ( x ) < 0 ∀x ∈ [ 0;1] . Do x ∈ [0;1] nên y = f ( x ) = 2 ( m − 1) x − m

0,25 0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 f ( 0 ) < 0  f (1) < 0

Khi đó: f ( x ) < 0 ∀x ∈ [ 0;1] ⇔ 

−m < 0 ⇔ m − 2 < 0 ⇔0<m<2 Kết luận đúng.

0,25

Cho phương trình x 2 − ( 2m − 1) x + m 2 − 3 = 0 . Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt là độ dài 2 cạnh góc vuông của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 13 . ∆ > 0 P > 0  Ycbt ⇔  S > 0 2 2  x1 + x2 = 13 ( 2m − 1)2 − 4 ( m 2 − 3) > 0  m 2 − 3 > 0 ⇔ 2m − 1 > 0 2  ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 13 −4m + 13 > 0  m ∈ −∞; − 3 ∪ 3; +∞  ⇔ 1 m > 2  ( 2m − 1) 2 − 2 ( m 2 − 3) = 13 

3,0đ

0,25 0,25

(

) (

)

 13   m ∈  3;  4 ⇔  2m 2 − 4m − 6 = 0  ⇔m=3

0,5

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,25

0,5 0,25

Kết luận đúng.

4 a

Cho ∆ ABC .Tìm tập hợp điểm M sao cho 2MA2 + MA.MB = MC.MA Ta có: 2MA2 + MA.MB = MC.MA

2 ⇔ 2MA + MA.MB = MC.MA ⇔ MA 2 MA + MB − MC = 0 Gọi I là điểm xác định bởi 2 IA + IB − IC = 0 .

(

)

Xác định được vị trí điểm I

Khi đó: MA 2 MA + MB − MC = 0 ⇔ 2 MA.MI = 0

(

)

Kết luận quĩ tích điểm M là đường tròn đường kính IA .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0đ

0,25 0,25 0,25 0,25

 b3 + c3 − a3 = a2  Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thỏa mãn  b + c − a thì sin B = 2sin A.cos C  tam giác ABC là tam giác đều. b3 + c3 − a3 = a 2 ⇒ b 2 + c 2 − bc = a 2 Ta có: b+c−a 1 ⇒ cos A = 2 0 ⇒ A = 60 b Ta lại có: sin B = 2sin A.cos C ⇒ = 2 cos C a 2 2 2 a +b −c ⇒ b = 2a cos C = ⇒ a2 = c2 b ⇒a=c Vậy tam giác ABC là tam giác đều.

1,0đ

0,25

0,25 0,25

5 3,0đ Cho tam giác ABC có M ( 2;0 ) là trung điểm của cạnh AB . Đường trung tuyến AN có phương trình 7 x − 2 y − 3 = 0 , đường cao AH của tam giác có phương trình 6 x − y − 4 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC . - Tìm đúng tọa độ điểm A(1; 2) -Tìm đúng tọa độ điểm B(3; -2) - Viết phương trình đường thẳng BC: x + 6y + 9 = 0

 

0,5 0,5 0,5

3 2

- Tìm đúng tọa độ trung điểm N của cạnh BC: N  0; − 

0,5

- Tìm được tọa độ điểm C(-3; -1) - Viết đúng phương trình cạnh AC: 3x – 4y + 5 = 0.

0,5 0,5

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 2015 . Chứng 4,0đ minh rằng:  2015 − a 2015a − a 2 2015b − b 2 2015c − c 2 2015 − b 2015 − c  + + + 6 ≥ 2 2  + +  bc ca ab a b c   Thay 2015 = a + b + c thì bất đẳng thức cần chứng minh có dạng:

 b+c a (b + c ) b (c + a ) c ( a + b) c+a a+b  + + + 6 ≥ 2 2  + +  bc ca ab a b c   Ta có a (b + c )

b (c + a )

c ( a + b)

+6=

a a b b c c + + + + + +6 b c a c a b

b+c c+a a+b b+c c+a a+b .2 + 2 .2 + 2 .2 +2+ +2+ +2≥2 a b c a b c

0,75

1,0 0,75

 b+c c+a a+b  = 2 2  + + . a b c  

0,75 4

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =

SỞ GD&ĐT ………….

2015 . 3

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi: TOÁN - Khối 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :02 Câu 1/(5điểm) a/ Giải phương trình sau đây trên tập số thực: 9 x 2 + 12 x − 2 = 3x + 8 b/ Giải hệ phương trình sau đây trên tập số thực  x 2 + xy − 3x + y = 0    x 4 + 3x 2 y − 5 x 2 + y 2 = 0

Câu 2/(3 điểm) a/ Tìm m để hàm số sau đây có tập xác định là D = R (m2 − 1) x 2 + 2(m + 1) x + 5 y= x2 − x + 1 b/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol(P) y = x2 – 1 và hai điểm A(-1;2) ; B(1;-2). Tìm tọa độ điểm M trên (P) sao cho MA2 + MB2 bé nhất

Câu 3/(2 điểm) Chọn 1009 số từ 2016 số tự nhiên từ 1 đến 2016. Chứng minh rằng: “Trong các số được chọn, luôn tồn tại ít nhất một số bằng tổng của hai số khác hoặc bằng hai lần giá trị của một số nào đó” Câu 4/(3 điểm) Tùy theo tham số m, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P(x;y) = (mx + y – 2015)2 + ( x + my+ 2016)2 Câu 5 (3 điểm) Cho đường tròn (O, R) và đường thẳng d không có điểm chung với (O). Từ (O) hạ OH ⊥ d tại H. Giả sử M là một điểm bất kỳ trên d. Từ M kẻ các tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (O). Gọi K, I lần lượt là hình chiếu vuông góc của H xuống MA, MB. Chứng minh rằng đường kính KI luôn đi qua một điểm cố định. Câu 6 (4 điểm) Cho hình vuông ABCD tâm I. Gọi E và F lần lượt là hai điểm trên hai cạnh AD và AB sao cho AE = AF( E không trùng A; D). Đường thẳng d đi qua A và vuông góc với BE cắt BE, DC, BC lần lượt tại H, N, M. Gọi K là giao điểm của IM và BN. Chứng minh: CH vuông góc với HF; CK vuông góc với BK Hết. 5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐÁP ÁN. Câu 1a

9 x2 + 12 x − 2 = 3x + 8

2,5đ

Đk: x ≥ −8 / 3 Đặt 3y+2 = 3 x + 8

0,25đ 0,25đ

2 (3 x + 2) = 3 y + 8 Đưa về  2 (3 y + 2) = 3 x + 8 Trừ 2 pt Cho x=y hoặc cho 3x+3y+5 = 0

0,25đ

0,5đ

*x=y suy ra x=1/3(N) x= - 4/3(L) *3x+3y+5=0 suy ra −5 + 21 x= ( L) 6

0,5đ

−5 − 21 (N ) 6

0,5đ Kết luận

Câu 1b

 x2 + xy − 3x + y = 0    x4 + 3x 2 y − 5 x 2 + y 2 = 0

0,25đ 2,5đ

*Xét x=0 suy ra y=0 là nghiệm

0,25đ

*Xét x khác 0 đưa về

0,5đ y   x + x + y = 3  ( x + y ) 2 + y = 5  x 0,5đ

Trừ 2 pt cho y y ( x + )2 − ( x + ) = 2 x x

0,5đ

y = −1 suy ra VN x y x + = 2 suy ra x=y=1 x x+

0,5đ

Ycbt cho biểu thức trong căn lớn hơn bằng 0 với mọi x

0,25đ 1,5đ 0,25đ

L luận tử lớn hơn bằng 0 với mọi x m = -1 thỏa yc m = 1 không thỏa

0,25đ 0,25đ 0,25đ

m 2 − 1 > 0 m ≠ ±1 thì ycbt cho  ' ∆ ≤ 0

0,25đ

KL Câu 2a

Tìm m để HS có TXĐ: R

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25đ

KL m ≤ −1; m ≥ 3 / 2

Câu 2b

Gọi M(a; a -1) thuộc (P) MA2+MB2 = 2MO2 + ½(AB2)

1,5đ 0,25đ 0,25đ

MA2 + MB2 bé nhất khi MO bé nhất

0,25đ

1 2

0,5đ

Tìm tọa độ điểm M trên (P)y = x – 1 sao cho MA + MB bé nhất 2

Tính MO và cho bé nhất khi a = ± Câu 3

Câu 4

Suy ra 2 điểm M Chọn 1009 số từ 2016 số tự nhiên từ 1 đến 2016. Chứng minh rằng: “Trong các số được chọn, luôn tồn tại ít nhất một số bằng tổng của hai số khác hoặc bằng hai lần giá trị của một số nào đó”

0,25đ 2đ

GS 1009 số chọn ra là: a1 < a2 < .... < a1009 Xét thêm 1008 số b1=a1009-a1; b2=a1009-a2;……..b1008=a1009-a1008 2017 số này có giá trị từ 1 đến 2016 nên có ít nhất 2 số bằng nhau

0,5đ

Mà các ai khác nhau ; các bj khác nhau nên có ai = bj nên suy ra a1009=ai +aj

0,5đ

Tùy theo tham số m, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P(x;y) = (mx + y – 2015)2 + ( x + my+ 2016)2

3đ 0,5đ

mx + y = 2015 Vì P(x,y) lớn hơn bằng 0 nên xét hệ   x + my = -2016 2 D = m -1 * m ≠ ±1 thì hệ có nghiệm nên giá trị NN là 0 2

0,5đ 0,5đ 2

* m=1 thì P(x;y) = (x + y – 2015) + ( x + y+ 2016) có giá trị NN: 20152+20162-1/2 (Ghi chú t=x+y) 2 2 *m=-1 thì P(x;y) = (x - y + 2015) + ( x - y+ 2016) có giá trị NN : ½ (Ghi chú t=x-y+2015)

Câu 5

Cho đường tròn (O, R) và đường thẳng d không có điểm chung với (O). Từ (O) hạ OH ⊥ d tại H. Giả sử M là một điểm bất kỳ trên d. Từ M kẻ các tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (O). Gọi K, I lần lượt là hình chiếu vuông góc của H xuống MA, MB. Chứng minh rằng đường kính KI luôn đi qua một điểm cố định. Hình vẽ Gọi J và T lần lượt là giao của AB với OH và OM suy ra MTJH nội tiếp Suy ra OJ.OH = OT.OM = R 2 suy ra J cố định

Gọi N là hình chiếu vuông góc của H xuống AB, L là giao điểm của KI và OH. Vì 5 điểm M, H, O, A, B cùng nằm trên đường tròn đường kính OM Nên K, N, I thẳng hàng ( đường Simson) HIBN nội tiếp suy ra góc HBI =góc HNI suy ra tam giác HLN cân Suy ra L là trung điểm HJ Kluan KI đi qua trung điểm L của HJ Câu 6

0,5đ 0,5đ

0,75đ

3đ

0,5đ 0,5đ 0,5đ

0,5đ

0,5đ 0,5đ

Cho hình vuông ABCD tâm I. Gọi E và F lần lượt là hai điểm trên hai cạnh AD và AB sao cho AE = AF( E không trùng A,D). Đường thẳng d đi qua A và vuông góc với BE cắt BE, DC, BC lần lượt tại H, N, M. Gọi K là giao điểm của IM và BN. Chứng minh: CH vuông góc với HF; CK 7

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

4đ

vuông góc với BK Không mất tính tổng quát giả sử cạnh hình vuông =2 . Chọn hệ tọa độ sao cho A(0;0) B(2;0) C(2;2) D(0;2) tâm I(1;1) E(0;a) F(a;0) ( 0<a<2) Viết BE : ax+2y-2a=0và AH 2x-ay=0

0,5đ

 2a 2 4a  Tính H  2 ; 2  a +4 a +4 −8 4 a − 2 a 2 − 8 ; ) CH = ( 2 a +4 a2 + 4 Tính 2a 2 − a 3 − 4a 4a ; 2 ) FH = ( a2 + 4 a +4 Dùng tích vô hướng suy ra vuông góc

0,5đ

* Viết MI (a-4)x+ay=2a-4; BN 2x + (2-a)y = 4

0,5đ

Tìm K

0,5đ

Tính tọa độ vec tơ BK và CK rồi suy ra vuông góc

0,5đ

*ghi chú: câu này học sinh dùng tam giác đồng dạng thì mỗi ý 2 điểm * ghi chú: Hsinh dùng cách khác thì cho điểm tương ứng

SỞ GD&ĐT ………….

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi: TOÁN - Khối 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :03 Câu 1(4 điểm)

a) Giải phương trình:

x + 2 + 4 x + 1 = x2 + 2 x − 3

b) Giải bất phương trình: x 2 − 6 x + 5 ≥ 2(2 − x) 2 x − 2 Câu 2(4 điểm)

1) Tìm điều kiện m để phương trình: (m − 2) x3 − 2(2m − 1) x 2 + (6m − 2) x − 4m + 12 = 0 có ba nghiệm phân biệt và đều lớn hơn 1.  x + y = 1

2) Tìm điều kiện của tham số a để hệ phương trình: 

 x x + y y = 1 − 3a

có nghiệm.

Câu 3(4 điểm) Cho ba số a>0, b>0, c>0 thỏa a2 + b2 + c2 = 3

a) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = ab2 + bc2 + ca2 – abc 8

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b) Chứng minh:

ab bc ca + + ≥3 c a b

Câu 4( 4 điểm)

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, M là điểm tùy ý bên trong của tam giác. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của M xuống ba cạnh BC, CA, AB. a) Chứng minh:

MD +

ME +

MF ≤

AB 2 + BC 2 + AC 2 2R

( Với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ). b) Giả sử tam giác ABC đều tâm O và M là điểm tùy ý bên trong của tam giác Chứng minh: MD + ME + MF =

3 MO 2

Câu 5 ( 4 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho:

a) Hình bình hành ABCD có B(4; 0). Điểm C thuộc đường thẳng ∆ 1 : x- 2y + 10 = 0; phương trình đường trung tuyến DM của tam giác BCD là ∆ 2 : 2x – y - 3= 0, góc CBD = α mà tanα =

1 .Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành biết D có hoành độ nguyên. 2

b) Đường tròn (C): x 2 + y 2 + 4x + 4y +6 = 0 và đường thẳng ∆ :x + my – 2m + 3 = 0, với m là tham số thực, gọi I là tâm của đường tròn ( C ). Tìm gía trị m để ∆ cắt ( C ) tại 2 điểm phân biệt P và Q sao cho diện tích tam giác IPQ lớn nhất. ---------Hết--------ĐÁP ÁN Câu 1a(2đ)

Đáp án

a)Đk: x ≥ −

1 4

0,25

x + 2 + 4 x + 1 = x2 + 2 x − 3 ⇔ ⇔

x + 2 − 2 + 4 x + 1 − 3 = x2 + 2 x − 8

0,25

4( x − 2) x−2 + = ( x − 2)( x + 4) x+2+2 4x + 1 + 3

0,25

x = 2 ⇔  1 4  + = x + 4 (*) 4x +1 + 3  x + 2 + 2

VT(*)= x + 1 + 1 − = x +1+

1 4 +2− 4x +1 + 3 x+2 +2

1 x + 2 +1 2 4x +1 + 2 + > 0∀x ≥ − 4 x+2+2 4x + 1 + 3

KL: x = 2 1b(2đ)

Đ i ểm

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

ĐK: x ≥ 1 Đặt t = 2 x − 2, t ≥ 0

0,25 9

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

BPT thành x 2 − 3t 2 − 1 ≥ (4 − 2 x) t ⇔ ( x + t )2 − (2t + 1)2 ≥ 0

0,25

⇔ ( x − 1 − t )(x + 3t + 1) ≥ 0

0,25 0,25 0,25

⇔ x −1− t ≥ 0

do x + 3t + 1 > 0 ∀x ≥ 1; t ≥ 0

⇔ 2x − 2 ≤ x −1

0,5

x = 1 ⇔ x ≥ 3

2a(2đ)

( m − 2) x3 − 2(2m − 1) x 2 + (6m − 2) x − 4m + 12 = 0 (1)

0,25

⇔ (x-2)[(m – 2)x – 2(m+1)x +2m – 6] = 0

0,25

x = 2 ⇔  2  g ( x) = (m − 2) x − 2(m + 1) x + 2m − 6 = 0

0,25

Pt (1) có ba nghiệm phân biệt lớn hơn 1 ⇔ g(x) =0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 lớn hơn 1 và khác 2 a ≠ 0 m ≠ 2 m ≠ 2, m ≠ 9  '  2 1 < m < 11 0 ∆ > 12 11 0 − m + m − >     ⇔ ( x1 − 1)( x2 − 1) > 0 ⇔  x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 1 > 0 ⇔   m < 2 ⇔ 10<m<11  x + x > 2 x + x − 2 > 0   m > 10  1 2  1 2   g (2) ≠ 0 m ≠ 9 m > 2

2b(2đ)

x + y = 1 ⇔ ( x + y )3 = 1

0,25

⇔ x x + y y +3 x y( x + y) =1

0,25

⇒ 1 − 3a + 3 x y = 1 ⇔ x y = a

u + v = 1  y hệ đã cho tương đương với: uv = a u ≥ 0; v ≥ 0  2

⇒ u, v là các nghiệm không âm của phương trình: Z – Z + a = 0 (*)

Hệ đã cho có nghiệm ⇔ pt(*) có nghiệm không âm  ∆ = 1 − 4a ≥ 0 1  ⇔0≤a≤ ⇔ S = 1 ≥ 0 4 P = a ≥ 0 

3a(2đ)

0,25 0,25 0,25 0,25x2

Không mất tính tổng quát, g/s: a ≤ b ≤ c ⇒ (b − a )(b − c) ≤ 0 (*) 2

0.25x4

0,25

Đk: x ≥ 0; y ≥ 0

Đặt u = x ; v =

0,25

P = ab + bc + ca – abc =(ab + ca – a b – abc)+(bc +a b) =a(b – a)(b – c) + b(c2 +a2) Từ (*) suy ra: P ≤ b(c2 +a2)

0,25 0,25 0,25 0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ta có: b(c2 +a2)= 2 b 2

c2 + a2 c2 + a2 2 2

 2 c2 + a2 c2 + a 2 + b + 2 2 ≤2  3   

     

0,25

 a2 + b2 + c2  ≤ 2.   =2 3   a (b − a )(b − c) = 0 a = b = c = 1  ⇒ P ≤ 2. Đẳng thức xảy ra khi a 2 + c 2 = 2b 2 ⇔  a = 0, b = 1, c = 2 a 2 + b 2 + c 2 = 3 

0,25 0,25

KL: 3b

ab bc ca  ab bc ca  + + ≥3⇔ + +  ≥9 c a b a b   c a 2b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 + 2 + 2 + 2(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 3(a 2 + b 2 + c 2 ) c2 a b 2 2 2 2 a b b c c2a2 ⇔ 2 + 2 + 2 ≥ a 2 + b 2 + c 2 (*) c a b

0,25 0,25

⇔

Có:

a 2b 2 b 2 c 2 a 2b 2 b 2 c 2 2 + ≥ = 2b 2 c2 a2 c2 a2

(1)

b 2c 2 c 2 a 2 b 2c 2 c 2 a 2 2 + ≥ = 2c 2 2 2 2 2 a b a b

(2)

c 2 a 2 a 2b 2 c 2 a 2 a 2b 2 + 2 +≥2 = 2a 2 (3) 2 2 2 b c b c

Cộng (1), (2), (3) được: 4a(2,5đ)

a 2b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 + 2 + 2 ≥ a 2 + b 2 + c 2 = 3 (Đpcm) c2 a b

1 [ MD. BC + ME. AC + MF. AB ] = AB.BC. AC 2 4R MD.BC + ME. AC + MF . AB 1 * = AB.BC. AC 2R MD.BC + ME. AC + MF . AB * (AB 2 + BC 2 + AC 2 ) ( ) AB.BC. AC AB 2 + BC 2 + AC 2 = 2R 2 2 2 *AB + BC + AC ≥ AB. BC + BC. AC + AB. AC MD.BC + ME. AC + MF . AB *( AB 2 + BC 2 + AC 2 ) ( ) AB.BC. AC MD.BC + ME. AC + MF . AB ≥ ( AB. BC + BC. AC + AB. AC) ( ) AB.BC. AC *Tính được S =

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 0,25 0,25 0,25

0,5 (0.5)

0,5

1 1 1 + + ) (MD. BC + ME. AC + MF. AB) AB BC AC ≥ ( ME + MF + MD ) 2 * Suy ra kết quả *Dấu = xảy ra khi tam giác ABC đều và M là trọng tâm của tam giác . 4b(1,5đ) *Qua M dựng A 1 B 2 // AB, BC // B 1 C 2 , C 1 A 2 // CA và suy ra được các tam giác nhỏ đều. *Viết được các đẳng thức vecto ME , MF , MD *Suy ra kết quả 5a(2,5) *Gọi M(x ; y ) thuộc , suy ra tọa độ M *M là trung điểm BC, suy ra tọa độ C *C thuộc suy ra C( 2; 6 ) , M( 3; 3) 1 2 *tanCBD = , tìm được CosCBD = 2 5 *Gọi D(x : y) thuộc , suy ra tọa độ D *(

*Cos( BC ; BD ) =

2 5

⇔

BC BD 2 . = BC BD 5

⇒ IH = 1 *m = 0; m =

SỞ GD&ĐT ………….

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

*Phương trình *Tọa độ D(5;7) , A(7;1) 5b(1,5đ) *Xác định được tâm I và bán kính của ( C ) *Giả sử cắt ( C ) tại 2 điểm phân biệt P,Q. kẻ đường cao IH của tam giác IPQ 1 *S ∆PIQ = IP. IQ. SinPIQ = SinPIQ 2 *S ∆PIQ lớn nhất khi SinPIQ = 1 hay tam giác PIQ vuông tại I

1 *S ∆PIQ = IH.PQ 2

0,5 0,5

8 15

0,5 0,5

0,5 0,5 0,5

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi: TOÁN - Khối 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :04

Câu I (2,0 điểm)

x x − ⋅ 10 − x 10 + x 2) Cho các nửa khoảng A = (a; a + 1], B = [b; b + 2). Đặt C = A ∪ B. Với điều kiện nào 1) Xác định tính chẵn - lẻ của hàm số y =

của các số thực a và b thì C là một đoạn? Tính độ dài của đoạn C khi đó.

Câu II (3,0 điểm) 2

1) Tìm m để phương trình x − 1 = m − m + 1 có bốn nghiệm phân biệt. 2) Giải và biện luận (theo tham số m) bất phương trình: 12

( m − 1) x + 2 < m + 1 . x−2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu III (3,0 điểm) 2

1) Giải phương trình x − 7 x + 8 = 2 x . 2) Giải hệ phương trình

 7 x + y + 2 x + y = 5   x − y + 2 x + y = 1.

Câu IV (4,0 điểm)

= 600. Các điểm M, N được xác định bởi giác ABC có AB = c, AC = b và BAC 1) Cho tam MC = −2 MB và NB = −2 NA . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN vuông góc với nhau. 2) Cho hình vuông ABCD, M là điểm di động trên đường thẳng AB (M khác A và M khác B). Gọi E là giao điểm của hai đường thẳng MC và AD, N là hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng MC, I là giao điểm của hai đường thẳng AN và BE. Chứng minh ba điểm M, I, D thẳng hàng.

Câu V (3,0 điểm) cho đường cong (C) y=x2+2x-1 và đường thẳng (D) y=2mx-2m-1 Tìm m để (D) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B sao cho tam giác OAB vuông tại O

Câu VI: (2 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC, các đường thẳng chứa đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A có phương trình lần lượt là: x − 2 y − 13 = 0 và 13 x − 6 y − 9 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I ( −5 ; 1). 3 2 Câu VII: (3 điểm) Xét phương trình ax − x + bx − 1 = 0 với a, b là các số thực, a ≠ 0 , a ≠ b sao cho

các nghiệm đều là số thực dương. Tìm GTNN của P =

5a 2 − 3ab + 2 . a2 (b − a )

--HẾT---

Đáp án CÂU

NỘI DUNG ĐÁP ÁN

ĐIỂM

x x − ⋅ 10 − x 10 + x Câu I 2) Cho các nửa khoảng A = ( a; a + 1], B = [b; b + 2). Đặt C = A ∪ B. Với điều kiện nào của các số thực a và b thì C là một đoạn? Tính độ dài của đoạn C khi đó. 2,0 đ Hàm số y có tập xác định D = ( −10; 10) là tập đối xứng qua điểm x = 0. 0,25 I.1 Kiểm tra: ∀x ∈ D, f (− x) = f ( x) ⇒ f chẵn 0,5 f không lẻ (vì nó không đồng nhất bằng 0 trên D), kết luận 0,25 C = [b; b + 2) ∪ ( a; a + 1] là một đoạn ⇔ b ≤ a < b + 2 ≤ a + 1 0,25 I.2 (*) ⇔ b + 1 ≤ a < b + 2. 0,5 Khi đó, C = [b; b + 2) ∪ ( a; a + 1] = [b; a + 1] là đoạn có độ dài a − b + 1. 0,25 1) Xác định tính chẵn - lẻ của hàm số y =

1) Tìm m để phương trình x 2 − 1 = m 4 − m 2 + 1 có bốn nghiệm phân biệt.

CâuII

2) Giải và biện luận (theo tham số m) bất phương trình: 4

( m − 1) x + 2 < m + 1 . x−2

2,0 đ

Ta có: m − m + 1 > 0 II.1  x 2 = m4 − m2 + 2 (1,00đ) PT ⇔  2 2 4 2 2  x = m − m = m (1 − m )

(1) (2)

0,25 13

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

(1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m vì m 4 − m2 + 2 > 0 (2) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0 và 1 − m 2 > 0 PT có 4 nghiệm phân biệt

⇔ 2

m ∈ (−1; 1) \{0} 2

⇔ m ∈ ( −1;1) \{0} và m − m + 2 ≠ m − m 4

0,25

m ∈ ( −1;1) \{0} và m − m + 1 ≠ 0 ⇔ m ∈ ( −1;1) \{0} , kết luận ( m + 1)( x − 2) + (1 − m) x − 2 x − ( m + 2) BPT ⇔ >0 ⇔ >0 x−2 x−2 II.2 (1,00đ) Nếu m = 0 thì BPT nghiệm đúng với mọi x ≠ 2 Nếu m > 0 thì m + 2 > 2 nên BPT nghiệm đúng với mọi x ∈ ( −∞; 2) ∪ ( m + 2; +∞ ) Nếu m < 0 thì m + 2 < 2 nên BPT nghiệm đúng với mọi x ∈ ( −∞; m + 2) ∪ (2; +∞ )

⇔

1) Giải phương trình

Câu III

2) Giải hệ phương trình

x2 − 7 x + 8 = 2 x.  7 x + y + 2 x + y = 5   x − y + 2 x + y = 1.

Điều kiện: x ≥ 0 PT ⇔ x 2 − 1 − 7 x + 7 + 2 − 2 x = 0

III.1

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

3,0 đ

⇔ ( x − 1)( x x + x − 6 x − 8) = 0

0,25

⇔ ( x − 1)( x x + 8 + x − 6 x − 16) = 0

0,25

⇔ ( x − 1)( x + 2)( x − 2 x + 4 + x − 8) = 0

0,25

⇔ ( x − 1)( x + 2)( x − x − 4) = 0

0,25

x = 1  x −1 = 0  2 ⇔  ⇔   1 + 17  9 + 17  x − x − 4 = 0  x =  2  = 2    7 x + y ≥ 0 Điều kiện  ; Đặt 2 x + y ≥ 0

Kết luận

u = 7 x + y ≥ 0 u 2 = 7 x + y u 2 − v2 7v 2 − 2u 2 ⇒ và y = ⇒x=  2 5 5 v = 2 x + y ≥ 0 v = 2 x + y

u + v = 5 u + v = 5 ⇔  2  2 2 2 2 2 u − v − 7v + 2u + 5v = 5 3u − 8v + 5v − 5 = 0 III.2 u = 5 − v u = 5 − v u = 5 − v (1,25đ) ⇔  ⇔ ⇔   2 2 2 2 3(5 − v) − 8v + 5v − 5 = 0 −5v − 25v + 70 = 0 v + 5v − 14 = 0 (*) u = 3 (*) ⇔ v = 2 (nhận) hoặc v = −7 (loại) ; nên HPT trên ⇔  v = 2

0,50

0,25

HPT trở thành:

7 x + y = 9 x = 1 Do đó HPT đã cho trở thành  ⇔ (phù hợp) 2 x + y = 4 y = 2 = 600. Các điểm M, N được xác định bởi 1)Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và BAC MC = −2MB và NB = −2 NA . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN vuông góc với nhau.

0,25 0,5 0,25 0,25

Câu IV 2.)Cho hình vuông ABCD, M là điểm di động trên đường thẳng AB (M khác A và M khác

B). Gọi E là giao điểm của hai đường thẳng MC và AD, N là hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng MC, I là giao điểm của hai đường thẳng AN và BE. Chứng minh ba điểm M, I, D thẳng hàng. 4,0 đ

IV.1

Ta có: MC = −2 MB ⇔ AC − AM = −2( AB − AM ) ⇔ 3 AM = 2 AB + AC Tương tự ta cũng có: 3CN = 2CA + CB Vậy: AM ⊥ CN ⇔ AM ⋅ CN = 0 ⇔ (2 AB + AC )(2CA + CB ) = 0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,50 0,25 0,5

⇔ (2 AB + AC )( AB − 3 AC ) = 0 ⇔ 2 AB 2 − 3 AC 2 − 5 AB. AC = 0 0,5 5bc ⇔ 2c 2 − 3b 2 − ⇔ 4c 2 − 6b 2 − 5bc = 0 =0 0,25 2 Đặt hệ trục Axy với AB là trục Ox, AD là trục Oy và độ dài cạnh hình vuông bằng a, điểm 0,5 M(m,0) với 0<m<a. A(0;0), B(a;0) c(a;a) D(0;a) Phương trình đt MC: ax-(a-m)y-am=0, AD: x=0 suy ra E(0;am/m-a) 0,25 2 am am(m − a) ; 2 ) Ptđt AN: (a-m)x+ay=0 suy ra tọa độ N( 2 0,25 2 a + (m − a) a + (m − a)2 IV.2

Câu V

a2m am(m − a) ; ) 2 am + (m − a) am + (m − a) 2 m2 (a − m) ma(m − a) m( m − a ) MI = ( ; ) ( m ; a ); MD = (−m; a) = − am + (m − a) 2 am + (m − a)2 am + (m − a) 2 Kết luận

0,25

Ptđt BE:mx+(m-a)y-am=0 suy ra tọa độ I(

là cùng phương

0,5 0,25

Câu V (3,0 điểm) cho đường cong (C) y=x2+2x-1 và đường thẳng (D) y=2mx-2m-1 Tìm m để (D) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B sao cho tam giác OAB vuông tại O 0,5

Pthđgđ : x2+2(1-m)x+2m=0 có

0,5

∆ ' > 0 ⇔ m 2 − 4m + 1 > 0 ⇔ m ∈ (−∞; 2 − 3) ∪ (2 + 3; +∞ )

0,5 Có 2 nghiệm x1;x2. Với x1+x2=2m-2 và x1.x2 =2m

0,5

Khi đó A(x1;2mx1-2m-1) và B(x2;2mx2-2m-1) thỏa

OA.OB = 0 ⇔ x1.x2 + (2m + 1) 2 + 4m 2 x1.x2 − 2m(2m + 1)( x1 + x2 ) = 0 ⇔ 8m2 + 10m + 1 = 0 m = (−5 ± 17) / 8

0,5 0,5

vậy

Giải: 0,5 + Theo giả thiết thì A(-3 ;-8) + Đường thẳng qua I(-5;1) và song song với x-2y-13=0 cắt đường thẳng 13x-6y-9=0 tại 0,5 VI M(3;5). (2,00đ) + Đường thẳng qua BC có phương trình là: 2x + y – 11 = 0 nên B(xB; 11-2xB). Mà IA = 0,5 IB nên B(4; 3) hoặc B(2;7) + Vậy B(4; 3) và C(2;7) hoặc C(4; 3) và B(2;7) là hai nghiệm cần tìm. 0,5

− x 2 + bx − 1. Theo định lý Viete ta có 1 b 1 u + v + s = ; uv + vs + su = ; uvs = (1) . a a a

Gọi u, v, s là ba nghiệm thực dương của đa thức ax

0,5

Từ đó suy ra a > 0, b > 0.

Câu VII

Đặt c =

1 . Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương ta có a

0,5

c = uvs = u + v + s ≥ 3 3 uvs = 3 3 c ⇒ c 3 ≥ 27c ⇒ c ≥ 3 3 2

Mặt khác, ( u + v + s ) − 3 ( uv + vs + su ) =

( 2) .

1 2 2 2 (u − v ) + (v − s ) + ( s − u ) ≥ 0 . 2

(

)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

Do đó c

= ( u + v + s ) ≥ 3 ( uv + vs + su ) = 3bc

( 3)

0,5

Từ (1), (2) và (3) ta có

5a 2 − 3ab + 2 1 P= = . a2 (b − a ) a

Xét hàm số f ( c ) =

b 1 5 − 3 + 2 3 c ( 5 − 3bc + 2c 2 ) c ( 5 − c 2 + 2c 2 ) 5c ( c 2 + 5) a a = ≥ = b c2 bc − c2 − 3 1 −1 −1 a 3

5c ( c 2 + 5 ) c2 − 3

( 4)

với c ≥ 3 3 .

0,5

Ta được f ( c ) ≥ 12 3 . Dấu bằng xảy ra khi c = 3 3 . Suy ra P ≥ 12 3 . Đẳng thức xảy ra khi u = v = s =

SỞ GD&ĐT ………….

3 , tức là a =

0,5

1 3 3

, b = 3 . Vậy min P = 12 3 .

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi: TOÁN - Khối 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :05 Câu 1: (5.0 đ) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực.

 x3 − y 3 + 3 x − 12 y + 7 = 3 x 2 − 6 y 2  3 2  x + 2 + 4 − y = x + y − 4 x − 2 y Câu 2: (4.0 đ) a) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số sau: − x 2 + 3x + 4 khi x ≤ 4 y = f ( x) =  khi x ≥ 4 x − 4 2 b) Xác định các giá trị của tham số m để phương trình x − 3 x = m vô nghiệm trên nữa

khoảng [ 4; +∞ ) c) Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để ∆ABC cân tại A là:

sin A = 2 (với A, B và C là 3 góc của tam giác ABC) sin B.cos C Câu 3: (3.0 đ) Cho ba số thực x, y, z thỏa điều kiện x ≥ 1, y ≥ 2, z ≥ 3 . Tìm giá trị lớn nhất của yz x − 1 + zx y − 2 + xy z − 3 xyz Câu 4: (2.0 đ) Cho hàm số Cho tam giác ABC . Tìm tập hợp các điểm M thỏa mãn hệ thức 4 MA + MB + MC = 2 MA − MB − MC . biểu thức sau: P =

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 5: Trong mặt phẳng Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng BD; E, F lần lượt là trung điểm của đoạn CD, BH. Biết A(1 ; 1) , phương trình đường thẳng EF là 3 x − y − 10 = 0 và điểm E có tung độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh B, C và D. --------------------------------------------hết-------------------------------------------------

Câ u

Đề x3 − y3 + 3x −12y + 7 = 3x2 − 6y2 (1)  3 2  x + 2 + 4 − y = x + y − 4x − 2y ( 2)

+) ĐK: x ≥ −2, y ≤ 4 +) (1) ⇔ ( x − 1)3 = ( y − 2 )3 → y = x + 1 +) ( 2 ) trở thành

Điể m 0.5 1.0

x + 2 + 3 − x = x 3 + x 2 − 4 x − 1( 3)

0.5

Giải (3): ĐK: −2 ≤ x ≤ 3 +) (3) về dạng: ( x2 − x − 2 ) 3 ( x + 2 ) + 3 x + 21 + x + 4 + 3 3 − x1 + 5 − x  = 01.0   0.5

+) lý luận 1 1   + 3( x + 2) +  > 0, x ∈[ −2;3] 3 x + 2 + x + 4 3 3− x + 5 − x  

 x = −1 → y = 0 x = 2 → y = 3

0.5

+) Suy ra: x 2 − x − 2 = 0 ⇔ 

Kết luận hệ có 2 nghiệm: (-1;0) và (2;3)

2c)

sin A = 2 ⇔ sin A = 2sin B.cos C sin B.cos C ⇔ sin A = sin ( B + C ) + sin( B − C ) ⇔ sin A = sin A + sin( B − C ) ⇔ sin( B − C ) = 0 ⇔ B −C = 0 ⇔ B = C

yz x − 1 + zx y − 2 + xy z − 3 xyz

= =

x −1 + x 1( x − 1) x

y−2 z −3 + y z +

2 ( y − 2) 1 3 ( z − 3) 1 1 1 1 + ≤ + + . . y z 2 2 3 2 2 2 3

Suy ra MaxP = 1 + 1 + 1 ⇔ x = 2, y = 4, z = 6 2 2 2 2 3 4MA + MB + MC = 2 MA − MB − MC

Gọi K là điểm xác định bởi 4KA + KB + KC = 0. Khi đó: 4MA + MB + MC = 2 MA − MB − MC ⇔ 6 MK = 2 MA − 2 MI (I là trung điểm của

BC) 17

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5 0.5

1 ⇔ 6 MK = 2 IA ⇔ KM = IA 3

Kết luận: Tập hợp điểm M là đường tròn tâm K bán 1 kính IA 3 5 A

B F

I D

H E

+) Chứng minh: AF vuông góc với EF ? - Dựng FI song song với DC , I thuộc AH. - Chưng minh được DEFI là hình bình hành và I là trực tâm tam giác ADF - Suy ra DI//EF mà DI ⊥ AF ⇒ EF ⊥ AF +) Lập AF: x+3y-4=0 suy ra tọa độ của F là nghiệm của hệ: 17   x = 5 3x − y = 10 32  17 1  ⇔ ⇒ F  ;  ⇒ AF =  x + y = 3 4 1 5 5 5    y =  5

+) tam giác AFE đồng dạng DBC suy ra:

EF =

1 2 AF = 2 2 5

+) E (t ;3t − 10) → EF 2 =

8 19 ⇒ t = 3, t = 5 5

 19 7  ⇒ E ( 3; −1) ∨ E  ;  theo giả thiết thì  5 5 E ( 3; −1) +Tam giác ADE vuông cân tại D nên: gọi D(x;y) Tai giải hệ: ( x − 1)2 + ( y − 1)2 = ( x − 3)2 + ( y + 1)2  AD = DE ⇔    AD ⊥ DE ( x − 1)( y − 1) = ( x − 3)( y + 1) x = 1 x = 3 ⇔ ∨ hay D (1; −1) , D ( 3;1)  y = −1  y = 1 Vì D nằm về 2 phía đối với đường thẳng AE nên D(1;-1) suy ra C(5;-1), B(1;5) KL: C(5;-1), B(1;5) ; D(1;-1)

SỞ GD&ĐT ………….

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi: TOÁN - Khối 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :06

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5

Câu 1. (5 điểm):  12   1 −  x =2 y + 3x   Giải hệ phương trình   1 + 12  y = 6   y + 3x   Câu 2 (3 điểm): Cho hai hàm số y = x 2 , y = − x 2 + 2 x + 4 có đồ thị lần lượt là ( P1 ) , ( P2 ) .

a). Tìm tọa độ giao điểm A, B của ( P1 ) và ( P2 ) biết hoành độ của điểm A, x A < 0 . b). Gọi a là đường thẳng qua A và cắt ( P1 ) , ( P2 ) lần lượt tại E và F khác A, b là đường thẳng qua B và cắt ( P1 ) , ( P2 ) lần lượt tại G và H khác B. Chứng minh rằng EG song song với HF. Câu 3 (3 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = − x 2 + 4 x + 21 − − x 2 + 3x + 10.

Câu 4:( 2 điểm) Trong 45 học sinh làm bài kiểm tra không có ai bị điểm dưới 2, chỉ có 2 học sinh được điểm 10. CMR ít nhất cũng tìm được 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau (điểm kiểm tra là một số tự nhiên từ 0 đến 10)

Câu5: (3điểm) a) Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi K là hình chiếu vuông góc của điểm B lên đoạn AC, M, N lần lượt là trung điểm của AK và CD. Chứng minh rằng BM vuông góc với MN. b) ). Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi M là trung điểm của CD, N là điểm nằm trên

1 4

5 1 8 4

đoạn BM sao cho BN = BM . Chứng minh AN = AB + AC

Câu6: (4điểm) Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng (∆ ) : 3 x − y − 5 = 0 sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau. ĐÁP ÁN 1 5đ

Cộng vế với vế ta đc 3 1 1= + (3) y x Trừ vế với vế ta đc

1,0

12 3 1 = − (4) y + 3x y x

1,0

Nhân (3) với (4) 12 9 1 = − ( ĐK : x,y >0 Và y+3x ≠ 0 ) y + 3x y x

1,0

Quy đồng và tách hạng tử nhóm lại đc (3x-y)(9x+y)=0

1,0 19

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

kq x = 4+2 3 y = 12 + 6 3

2.a 0,5đ

1,0

x =1 Xét phương trình hoành độ giao điểm 2 x 2 − 2 x − 4 = 0 ⇔  x = 2 ( P1 ) cắt ( P2 ) tại A ( −1;1) , B ( 2; 4 ) .

2.b 2.5đ

0,5

Đường thẳng a đi qua A cắt ( P1 ) và ( P2 ) lần lượt tại E và F khác A. Giả sử hệ số góc của a là α khi đó a: y = α x + α + 1 . Ta có: Hoành độ của E là nghiệm khác −1 của phương trình  x = −1 ( L) x2 = α x + α + 1 ⇔ x2 − α x − α −1 = 0 ⇔   xE = α + 1

0,5

Hoành độ của F là nghiệm khác −1 của phương trình

 x = −1 ( L) − x 2 + 2 x + 4 = α x + α + 1 ⇔ x 2 + (α − 2 ) x + α − 3 = 0 ⇒   xF = −α + 3 Đường thẳng b đi qua A cắt ( P1 ) và ( P2 ) lần lượt tại G và H khác A. Giả sử hệ số góc của b là β khi đó b: y = β x − 2 β + 4 . Ta có: Hoành độ của G là nghiệm khác 2 của phương trình  x = 2 ( L) x 2 = β ( x − 2 ) + 4 = 0 ⇔ ( x − 2 )( x + 2 − β ) ⇔   xG = β − 2

0,5

Hoành độ của H là nghiệm khác 2 của phương trình  x = 2 ( L) − x 2 + 2 x + 4 = β ( x − 2 ) + 4 ⇔ ( x − 2 )( x + β ) ⇔   xH = − β y − yE xG2 − xE2 Ta có, hệ số góc của đường thẳng EG là k1 = G = = xG + xE = α + β − 1 xG − xE xG − xE

Hệ số góc của đường thẳng HF là k2 =

Câu3 3 điểm

(

( x + 2 )( 7 − x )( x + 2 )( 5 − x )

( x + 3)( 5 − x ) − ( 7 − x )( x + 2 ) )

+2≥2

Suy ra y ≥ 2 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = Vậy giá trị nhỏ nhất của y là

0.5

yH − yF − xH2 + 2 xH + xF2 − 2 xF = = α + β −1 xH − x F xF − xH

Do đó, ta có điều phải chứng minh. Điều kiện −2 ≤ x ≤ 5 . Ta có ( − x 2 + 4 x + 21) − ( − x 2 + 3 x + 10 ) = x + 11 > 0 , suy ra y > 0 .

y 2 = ( x + 3)( 7 − x ) + ( x + 2 )( 5 − x ) − 2

0.5

1 3

2. 20

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5 0,75 0,75 0,75

0,75

Đáp án câu 4: Có 43 học sinh phân chia vào 8 loại điểm (từ 2 đến 9). Giả sử mỗi loại

trong 8 loại điểm đều là điểm của không quá 5 học sinh thì lớp học có không quá 5.8=40 học sinh, ít hơn 43 học sinh. Vậy tồn tại 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau. Câu5: (3điểm) a) =

(0,5) (

(0,5)

Vậy: BM MN(0,5) b) Ta có 1 1 1 BN = BM ⇔ AN − AB = AM − AB 4 4 4 1 Vì M là trung điểm của CD nên AM = AC + AD thay vào (1) ta được 2 1 1 3 1 3 BN = . AC + AD + AB = AC + AD + AB 4 2 4 8 4

(

0,5

)

(

)

(

0,5

)

1 3 5 1 Mà AD = AC − AB . Do đó BN = AC + AC − AB + AB = AB + AC 8 4 8 4

(

)

Câu6: (4điểm) Viết phương trình đường AB: 4 x + 3 y − 4 = 0 và AB = 5 Viết phương trình đường CD: x − 4 y + 17 = 0 và CD = 17

0,5

1đ 1đ

Điểm M thuộc ∆ có toạ độ dạng: M = (t ;3t − 5) Ta tính được: 13t − 19 11t − 37 d ( M , AB) = ; d ( M , CD) = 5 17

1đ

Từ đó: S MAB = S MCD ⇔ d ( M , AB ). AB = d ( M , CD).CD 7 7 ⇒ Có 2 điểm cần tìm là: M ( −9; −32), M ( ; 2) ⇔ t = −9 ∨ t = 3 3

1đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GD&ĐT ………….

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi: TOÁN - Khối 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :07 Câu 1: (5 điểm)

8 2 ≤ − x + 11 (1) x x ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 + 3) = 3 ( x 2 + y 2 ) + 2 b/ Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ ℝ ) 2  x + 6 + y + 3 = − x + 2 x + 8

a/ Giải bpt: 2x +

Câu 2: (3 điểm) a/ Cho phương trình bậc hai x 2 − 2mx + 3m − 2 = 0 , trong đó x là ẩn, m là tham số. Tìm tất cả các giá trịcủa m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 và x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất. b/ Cho tam thức bậc hai f ( x ) = ax 2 + bx + c, a ≠ 0 . Chứng minh rằng nếu f ( x ) ≥ 0 với mọi x ∈ ℝ thì

4a + c ≥ 2b

Câu 3: (3 điểm) a/ Cho a , b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 . Chứng minh rằng 3 a b c + + ≥ ( a + 1)( b + 1) ( b + 1)( c + 1) ( c + 1)( a + 1) 4

x+y+z≤ b/ Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn:

3 2 . Tìm GTNN của biểu thức:

x 2 y2 z2 1 1 1 + + + + + y z x x y z

Câu 4: (2 điểm) a/ Người ta điều tra trong một lớp học có 30 học sinh thì thấy có 15 học sinh thích học Toán, 20 học sinh thích học Văn, 5 học sinh không thích cả Toán và Văn.Hỏi có bao nhiêu học sinh thích cả hai môn Văn và Toán ?. b/CMR trong 65 số tự nhiên tùy ý bao giờ cũng chọn được 9 số mà tổng của chúng chia hết cho 9

Câu 5: (3 điểm) a/ Cho tam giác ABC ( AB < AC ) nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn (O), trọng tâm G và a = BC , b = CA, c = AB . Gọi M là trung điểm của cạnh AC. Chứng minh rằng nếu bốn điểm A, O, M, G cùng nằm trên một đường tròn thì b 2 + c 2 = 2a 2 .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b/ Cho tam giác ABC không vuông và a = BC , b = CA, c = AB . Chứng minh rằng nếu a 2 + b 2 = 2c 2 và tan A + tan B = 2 tan C thì ABC là một tam giác cân.

Câu 6: (4 điểm) a/ Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy ; cho tam giác ABC có tọa độ tâm đường tròn  11 1  ngoại tiếp, trong tâm lần lượt có tọa độ là I ( 4;0 ) , G  ;  . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C của tam  3 3 giác ABC biết rằng đỉnh B nằm trên đường thẳng ( d ) : 2 x + y − 1 = 0 và điểm M ( 4; 2 ) nằm trên đường cao kẻ từ đỉnh B của tam giác ABC. b/ Cho hai hình vuông ABCD và BKMN có chung đỉnh B và đỉnh M nằm trên BD kéo dài. Chứng minh rằng trung tuyến BE của tam giác ABK nằm trên đường thẳng chứa đường cao BH của tam giác BNC. ĐÁP ÁN Câu 1

a (3 đ)

Nội dung

Điể m 0,5 0,25

Điều kiện xác định: x > 0 2 Đặt t = − x x 4 Suy ra t 2 = + x − 4 x 8 Suy ra 2(t 2 +4) = + 2 x x 2 (1) trở thành: 2(t +4) ≤ t + 11 ⇔ 2t 2 - t – 3 ≤ 0 Suy ra -1 ≤

2 x

− x≤

0,5

0,25 0,25 0,25

3 2

x > 0  ⇔ 3 − x ≤ 2 − x ≤ 2 x

⇔

LK : Pt (1) có tập nghiệm là S = [

25 − 3 41 ;4 ] 8

− 3 + 41 ≤ 4

x ≤2⇔

25 − 3 41 ≤x≤4 8 0,5

Đkxđ: x ≥ −6, y ≥ −3 Từ phương trình đầu của hệ ta có: ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 + 3) = 3 ( x 2 + y 2 ) + 2

0,5

⇔ ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 ) + 3 ( x − y ) = 3 x 2 + 3 y 2 + 2 b (2đ)

⇔ x3 − y 3 + 3 x − 3 y = 3 x 2 + 3 y 2 + 2 3

⇔ ( x − 1) = ( y + 1) ⇔ x − 1 = y + 1 ⇔ y = x − 2 ⇒ x ≥ −1 Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

x + 6 + x + 1 = − x2 + 2x + 8

0,5

⇔ x + 6 − 3 + x + 1 − 2 + x2 − 2 x − 3 = 0 x−3 x−3 + + ( x − 3)( x + 1) = 0 x+6 +3 x +1 + 2 1 1   ⇔ ( x − 3)  + + x + 1 = 0 x +1 + 2  x+6 +3  ⇔ x=3 So sánh với đkxđ ta được ( x, y ) = ( 3,1) .

⇔

0,5

3,0 m ≥ 2 Phương trình đã cho có hai nghiệm ∆ ' = m 2 − 3m + 2 ≥ 0 ⇔  m ≤ 1 Theo định lí Vi – ét ta có x1 + x2 = 2m, x1 x2 = 3m − 2

0,5 0,25

0,5

Do đó x12 + x22 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 4m 2 − 2 ( 3m − 2 ) = 4m 2 − 6m + 4 Lập bảng biến thiên của hàm số f ( m ) = 4m2 − 6m + 4 trên ( −∞;1] ∪ [ 2; +∞ ) ta được m

-∞ ∞

+∞ ∞

0,75

+∞ ∞ +∞ ∞

f( m) 8

Từ bảng biến thiên ta được f ( m ) = 4m2 − 6m + 4 đạt giá trị nhỏ nhất khi m = 1 . Do f ( x ) ≥ 0 với mọi x ∈ ℝ nên f ( 0 ) ≥ 0 ⇔ c ≥ 0 .

a > 0 a > 0 ⇔ 2 Mặt khác f ( x ) ≥ 0 với mọi x ∈ ℝ ⇔  2 ∆ = b − 4ac ≤ 0 b ≤ 4ac

0,5

Ta có 4a + c ≥ 2 4ac ≥ 2 b 2 = 2 b ≥ 2b .

0,5

3,0

Ta có

≥

3 4

( a + 1)( b + 1) ( b + 1)( c + 1) ( c + 1)( a + 1) ⇔ 4a ( c + 1) + 4b ( a + 1) + 4c ( b + 1) ≥ 3 ( a + 1)( b + 1)( c + 1) ⇔ 4 ( ab + bc + ca ) + 4 ( a + b + c ) ≥ 3abc + 3 + 3 ( ab + bc + ca ) + 3 ( a + b + c )

⇔ ab + bc + ca + a + b + c ≥ 6 Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho ba số dương ta được: ab + bc + ca ≥ 3 3 ab.bc.ca = 3 a + b + c ≥ 3 3 abc = 3 Cộng từng vế hai bất đẳng thức trên ta được ab + bc + ca + a + b + c ≥ 6 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 . Vậy bđt được chứng minh. b

Ta có P ≥ 3 3 xyz + 3 3

Đặt t =

1 . xyz

xyz ⇒ 0 < t = 3 xyz <

0,5

0,5 0,5 0,5 0,5

x+y+z 1 ≤ 3 2 24

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3 3 9 15 = 12t + − 9t ≥ 2 36 − = t t 2 2 1 15 Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = ⇒ min P = 2 2

Khi đó P ≥ 3t +

0,25 0,25

Gọị a là số học sinh thích học Toán; b là số học sinh thích học Văn c là số học sinh thích học cả hai môn Toán và Văn d là số học sinh không thích học cả hai môn Toán và Văn (1) a + c = 15 b + c = 20 ( 2)  Theo đề ta có hệ pt  (3) a + b + c + d = 30 d = 5 ( 4) Suy ra a = 5, b = 10, c = 10, d = 5 Vậy có 10 học sinh thích cả hai môn Toán và Văn TH1: Giả sử trong 65 số đã cho ta tìm được 9 số mà số dư của chúng chia hết cho 9 nhận 9 giá trị khác nhau. Khi đó tổng các số dư này chia hết cho 9 vì tổng các số dư là: 0+1+2+…+8 = 36 TH2: Giả sử ta không tìm được 9 số như vậy. Khi đó số dư của các phép chia các số này cho 9 sẽ nhận nhiều hơn 8 giá trị khác nhau, vì: 65 = 8.8 + 1. Ở đây số k theo nguyên lý Dỉrichlet là 8. Nên sẽ có 9 số mà tổng của chúng chia hết cho 9

0,25 0.25

0.25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

M G

0,5

B C

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ta có OA + OB + OC = 3.OG ⇒ 9.OG 2 = OA + OB + OC = OA2 + OB 2 + OC 2 + 2.OA.OB + 2.OB.OC + 2.OC.OA

(

)

= 3R 2 + OA2 + OB 2 − AB 2 + OB 2 + OC 2 − BC 2 + OC 2 + OA2 − CA2 = 9 R 2 − a 2 − b 2 − c 2 Từ gt suy ra OM ⊥ AC và do 4 điểm A, G, O, M cùng nằm trên một đường tròn nên OG vuông góc với GA hay 1 1 OG 2 + GA2 = OA2 ⇔ ( 9 R 2 − a 2 − b 2 − c 2 ) + ( 2b 2 + 2c 2 − a 2 ) = R 2 9 9 2 2 2 2 2 2 2 2 ⇔ 9 R − a − b − c + 2b + 2c − a = 9 R ⇔ b 2 + c 2 = 2a 2 2S sin A 4S Ta có tan A = . Tương tự ta tính được tan B, tan C = 2 bc2 = 2 2 2 b + c − a2 cos A b + c − a 2bc Theo giả thiết 4S 4S 4S tan A + tan B = 2 tan C ⇔ 2 2 + 2 =2 2 2 2 2 b +c −a c +a −b a + b2 − c 2 2

(

⇔ a 4 − (b2 − c2 ) + b4 − ( c 2 − a 2 ) = 2 c4 − ( a 2 − b2 ) 4

2 2

0,5

0,5 0,5

0,5

0,25

)

⇔ a − b − c + 2b c + b − c − a + 2c a = 2c − 2a 4 − 2b 4 + 4a 2b 2 2

⇔ 2c 4 − ( a 2 − b 2 ) = c 2 ( a 2 + b 2 ) 2

0,25

⇔ 2c 4 − ( a 2 − b 2 ) = 2c 4 ⇔ a = b Hay tam giác ABC cân

A M

H G a

(d) C

Ta chứng minh IH = 3.IG

0,25

x−4 y−2 = ⇔ x− y−2=0. 3 − 4 1− 2 Do B là giao của (d) và đường thẳng MH nên tọa độ B là nghiệm của hệ: x − y − 2 = 0 x = 1 ⇔ ⇒ B (1; −1) .  2 x + y − 1 = 0  y = −1

Suy ra H ( 3;1) ⇒ pt MH :

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,75

3 Gọi N là trung điểm của AC. Khi đó BN = BG ⇒ N ( 5;1) 2

Ta có VTPT của (MH) là n (1; −1) nên VTCP của (MH) là u (1;1)

Vì AC ⊥ MH nên (AC) nhận u (1;1) làm VTPT

0,5

⇒ pt AC :1( x − 5 ) + 1. ( y − 1) = 0 ⇔ x + y − 6 = 0 . Do A thuộc đường thẳng AC nên A ( t ;6 − t ) , kết hợp với I là tâm đường tròn ngoại

t = 3 2 2 tiếp tam giác ABC nên IA2 = IB 2 ⇔ ( t − 4 ) + ( 6 − t ) = 10 ⇔  t = 7 +) Với t = 3 ⇒ A ( 3;3) , C ( 7; −1) +) Với t = 7 ⇒ A ( 7; −1) , C ( 3;3)

0,5

Vậy A ( 3;3) , B (1; −1) , C ( 7; −1) hoặc A ( 7; −1) , B (1; −1) , C ( 3;3)

Giả sử hình vuông ABCD có cạnh a; hình vuông BKMN có cạnh là b.Chọn hệ tọa độ (Oxy) , sao cho B(0;0); C(a; 0); A(0; a); D(a;a), a > 0; N(0; - b); K(-b ; 0)

0,75

 b a   b a  E  − ;  ⇒ BE  − ;  ; NC ( a;b )  2 2  2 2 b b BE.NC = − + = 0 ⇒ BE ⊥ CN hay BE nằm trên đường thẳng chứa đường 2 2

0,75 0,5

cao của tam giác BNC.

SỞ GD&ĐT ………….

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi: TOÁN - Khối 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :08 Câu 1 (3 điểm) a) Cho hàm số y = x 2 + 2 x và hàm số y = −2 x + m (m là tham số). Tìm m để đồ thị các hàm số trên cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trung điểm I của đoạn thẳng AB đến các trục tọa độ bằng nhau. b) Cho A , B, C , a , b , c lần lượt là các góc và các cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng : B+C-A A+B-C   b. cos( )+cos( ) = (a + c).sin B . 



Câu 2 (5 điểm) a. Giải phương trình :

2 x2 + x + 1 + x2 − x + 1 = 3x ( x ∈ ℝ) . 2 2 2 2 b. Giải hệ phương trình:  x + y + x y = 1 + 2 xy ( x ∈ ℝ ) .  ( x − y )(1 + xy ) = 1 − xy

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 3 (3 điểm). a. Cho phương trình x 2 + 2(m + 3) x + m2 − 3 = 0 , m là tham số.Tìm giá trị của m để phương trình trên có hai nghiệm x1 , x2 và biểu thức P = 5(x1 + x2) – 2x1x2 đạt giá trị lớn nhất. b.Cho các số thực dương x , y , z thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng: 1 + x3 + y 3 1 + y3 + z3 1 + z 3 + x3 + + ≥3 3. xy yz zx a + b + c > 0

(1)

 abc > 0 

(3)

Câu 4.(2 điểm). Cho các số a, b, c thỏa các điều kiện  ab + bc + ca > 0 (2) .Chứng minh rằng cả ba số trên đều là số dương. Câu 5 (3điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2 ; 1), đường cao qua đỉnh B và đường trung tuyến qua đỉnh C lần lượt có phương trình là d1: x – 3y – 7 = 0, d2: x + y + 1 = 0. Tính độ dài các cạnh của tam giác ABC. Câu 6 (4 điểm) a. Cho tam giác ABC có trọng tâm G, M là một điểm tùy ý, BC = a ; AC = b ; AB = c. Chứng minh rằng: MA2 + MB2 + MC2 = 3MG2 + GA2 + GB2 . 1 2 Từ đó suy ra : GA2 + GB2 + GC2 = (a + b2 + c2 ). 3 b. Cho ba đường tròn (O , R) , ( O’ , R’) , (I , r) với R > R’ > r cùng tiếp xúc với 1 1 1 đường thẳng (d) và đôi một tiếp xúc nhau. Chứng minh rằng: . = + r R R' ---------Hết--------

Câu Ý

Nội dung Điểm Cho hàm số y = x + 2 x và hàm số y = −2 x + m (m là tham số). Tìm m 2

a để đồ thị các hàm số trên cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trung điểm I của đoạn thẳng AB đến các trục tọa độ bằng nhau. Yêu cầu bài toán ⇔ PT sau có hai nghiệm phân biệt x 2 + 2 x = −2 x + m hay x 2 + 4 x − m = 0 (*)có ∆ ' > 0 ⇔ m > - 4 x + xB Gọi x A ; x B là 2 nghiệm của (*), I là trung điểm AB ta có x I = A = −2 ; 2 y I = −2x I + m = m + 4 . Yêu cầu bài toán ⇔ y I = x I

⇔ m + 4 = 2 ⇔ m = −2; m = −6 Kết hợp ĐK, kết luận m = −2 Cho A , B, C , a , b , c lần lượt là các góc và các cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng :

B+C-A A+B-C   b.  cos( )+cos( )  = (a + c).sin B . 2 2   28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,5 0,5 0,5

Vế trái = 2 R.sin B. cos( π - A) +cos( π - C)    2 2 = 2 R.sin B.(sin A + sin C )

0,5 0,25

= sin B.(2 R sin A + 2R sin C ) = (a + c).sin B = VP

a Giải phương trình :

2x2 + x + 1 +

x2 − x + 1 = 3x

0,25

( x ∈ ℝ) .

Nhận xét: Vế trái luôn dương với mọi x nên có điều kiện vế phải là x > 0 1 1 1 1 Phương trình ⇔ 2 + + 2 + 1 − + 2 = 3 . x x x x 1 Đặt t = , t > 0 ta thu được: t 2 + t + 2 + t 2 − t + 1 = 3 (1) x Nhân , chia liên hợp vế trái của (1) ta được: 2t + 1 t2 + t + 2 − t2 − t +1 = (2) ; kết hợp với (1) ta có hệ: 3  t2 + t + 2 + t2 − t +1 = 3   2 2t + 1 2  t + t + 2 − t − t +1 = 3  7 Giải hệ (cộng vế theo vế) tìm được t = 1; t = − . 8 So với điều kiện chọn t = 1 và tìm đúng nghiệm x = 1.

 x + y + x y = 1 + 2 xy ( x ∈ ℝ) . b Giải hệ phương trình:  2

2,5 0,25

0,75

0,5

0,75 0,25

 ( x − y )(1 + xy ) = 1 − xy 2 2 2 (x − y) + x y = 1 Hệ ⇔  ; (x − y) + xy + xy(x − y) = 1 Đặt u = x – y ; v = xy , ta có: u 2 + v 2 = 1 (u + v) 2 − 2uv = 1 (1) (*) ⇔   (2)  u + v + uv = 1  u + v + uv = 1 Từ (2) ⇒ uv = 1 − (u + v) thay vào (1) ta được: u + v = 1 (u + v) 2 + 2(u + v) − 3 = 0 ⇔   u + v = −3

2,5

0,75

 u = 0  u + v = 1   v = 1 + Thay u + v = 1 vào hệ (*) ta được  ⇔  u = 1  uv = 0    v = 0 x = 1 x = 1   u = 0 u = 1 y = 1 y = 0   * Từ  ; * Từ  ⇔ ⇔   x = −1 x = 0 v = 1 v = 0     y = −1   y = −1  u + v = −3 + Thay u + v = -3 vào hệ (*) ta được  ⇒ hệ vô nghiệm.  uv = 4 Kết luận nghiệm của hệ : (1 ; 1) ; (-1 ; -1); (1 ; 0);(0 ; -1) 29

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,75

0,25

Cho phương trình x 2 + 2(m + 3) x + m2 − 3 = 0 , m là tham số.Tìm giá trị a của m để phương trình trên có hai nghiệm x1 , x2 và biểu thức P = 5(x1 + x2) – 2x1x2 đạt giá trị lớn nhất. Phương trình có hai nghiệm ⇔ ∆ ' ≥ 0 ⇔ m ≥ −2.  x1 + x 2 = −2(m + 3) , khi đó P = -2m2 -10m-24 Theo Viet  2 = − x x m 3  1 2 Xét hàm số : f(m) = -2m2 -10m-24 ; với m ≥ −2.

1,5 0,25 0,25

Bảng xét dấu:

0,5

−

5 2

−2

+∞

−12

f(m)

−∞ Suy ra maxf(m) = −12 ⇔ m = −2 . m∈[ −2; +∞ )

0,25

Vậy m = -2 là giá trị cần tìm.

Cho các số thực dương x , y , z thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng: 1 + x3 + y 3 1 + y3 + z3 1 + z 3 + x3 b + + ≥3 3. xy yz zx Áp dụng BĐT Cô-si , ta có: 1 + x 3 + y3 ≥ 3xy ⇒

1 + y3 + z 3 ≥ Tương tự , ta có : yz Cộng vế theo vế , ta được:

1 + x 3 + y3 3 ≥ . xy xy

3 1 + z3 + x 3 3 ; ≥ zx yz xz

1 + x 3 + y3 1 + y3 + z 3 1 + z3 + x 3 1 1 1 ) (1) + + ≥ 3( + + yx yz zx xy yz xz

Áp dụng BĐT Cô-si , ta có:

1 1 1 3 + + ≥ = 3 (2) . 3 xy yz zx xyz

1,5

0,5

0,25

Từ (1) , (2) suy ra đpcm.

0,25

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.

0,25

(1) a + b + c > 0 Cho các số a, b, c thỏa các điều kiện  ab + bc + ca > 0 (2) .   abc > 0 (3)  Chứng minh rằng cả ba số trên đều là số dương. Giả sử có ít nhất một số không dương, không mất tính tổng quát ta giả sử a ≤ 0 * Nếu a = 0 thì mâu thuẫn với (3). * Nếu a < 0 thì từ (3) suy ra bc < 0. 30

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2 0,5 1,0

Từ (2) suy ra : a(b + c) > - bc ⇒ a(b + c) > 0 ⇒ b + c < 0 ⇒ a + b + c < 0 , mâu thuẫn với (1).

Vậy cả ba số a , b , c đều dương. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2 ; 1), đường cao qua đỉnh B và đường trung tuyến qua đỉnh C lần lượt có phương trình là d1: x – 3y – 7 = 0, ,d2: x + y + 1 = 0. Tính độ dài các cạnh của tam giác ABC.

0,5

d1 A d2 M

5 Do B ∈ d 2 nên B có tọa độ B(3b + 7 ; b)

 3b + 9 b + 1  Gọi M là trung điểm AB suy ra tọa độ M  ;  2   2 3b + 9 b + 1 Do M ∈ d 2 nên + + 1 = 0 ⇔ b = −3 , suy ra B(-2 ; -3) 2 2 Do C ∈ d 2 nên C có tọa độ C (c ; -1 - c) ⇒ AC = (c − 2; −2 − c) d1 có vectơ chỉ phương u1 = (3;1) ; AC ⊥ d1 ⇒ AC.u1 = 0 ⇔ c = 4 ⇒ C(4; −5) Tính đúng AB = 4 2 ; AC = BC = 2 10.

Cho tam giác ABC có trọng tâm G, M là một điểm tùy ý, BC = a ; AC = b ; 2 2 2 2 2 2 a AB = c. Chứng minh rằng: MA + MB + MC = 3MG + GA + GB .

1 2 Từ đó suy ra : GA2 + GB2 + GC2 = (a + b2 + c2 ). 3 M A

Tính được : M B M C

2 2

= M A 2 = M G 2 + G A 2 + 2 M G .G A = M B 2 = M G 2 + G B 2 + 2 M G .G B = M C 2 = M G 2 + G C 2 + 2 M G .G C

Cộng vế theo vế suy ra MA2 + MB2 + MC2 = 3MG2 + GA2 + GB2 (1). Xét các trường hợp: * M ≡ A thì (1) viết lại: c2 + b2 = 4GA2 + GB2 + GC2 * M ≡ B thì (1) viết lại: c2 + a2 = 4GB2 + GA2 + GC2 * M ≡ C thì (1) viết lại: b2 + a2 = 4GC2 + GA2 + GB2

0,75

0,75 0,75 0,75

0,75

0,25

0,75

Cộng các đẳng thức trên ta đươc đpcm 0,25 Cho ba đường tròn (O , R) , ( O’ , R’) , (I , r) với R > R’ > r cùng tiếp xúc với đường thẳng (d) và đôi một tiếp xúc nhau. 2 b 1 1 1 Chứng minh rằng: . = +

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

O' O I J F M (d)

Gọi E , F , M theo thứ tự là tiếp điểm của đường tròn (O) , (O’), (I) với đường thẳng d. Từ F kẻ đường thẳng song song với OO’, cắt OE tại J. Ta có : EF2 = JF2 - EJ2 = OO’2 – (R – R’)2 = (R + R’)2 - (R – R’)2 = 4RR’ Suy ra : EF = 2 RR ' . Tương tự, ta có: EM = 2 Rr ; MF = 2 R ' r

0,5 0,75

Lại có: EF = EM + MF ⇒ 2 RR ' = 2 Rr + 2 R ' r

⇒

1 1 1 = + r R R'

0,75

(đpcm)

----------------------------------------------------------------------------------SỞ GD&ĐT ………….

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi: TOÁN - Khối 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :09 Câu 1: (5đ) 2

a/ Giải phương trình: 3( 2x + 1 − 1) = x(1 + 3x + 8 2x + 1)

  x + y − x − y = 4x − y b/ Giải hệ phương trình:   x 2 − 16 = 2 + y − 3x Câu 2: (3đ) Xét họ đường thẳng: y =

2(1 − m) (m − 1)(m + 3) x+ (m>0) m +1 (m + 1) 2

Xác định tất cả các điểm mà qua đó mỗi điễm đó có hai đường thẳng của họ đã cho vuông góc với nhau.

Câu 3: (3đ) Chứng minh rằng nếu a, b, c, d là các số thực dương thì: 32

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a −b b−c c−d d −a + + + ≥0 b+c c+d d +a a+b Câu 4: (2đ) Một nhóm gồm 7 học sinh chơi bắn bi; tổng số bi là 100 ngoài ra tất cả 7 em đều có số bi khác nhau. Chứng minh rằng có 3 em trong số 7 em đó có tổng số bi ít nhất là 50. Câu 5: (3đ) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R). Chứng minh rằng: AC ⊥ BD khi và 2 2 2 chỉ khi AB + CD = 4 R Câu 6: (4đ) Cho tam giác ABC có trung tuyến AD, cho đường thẳng (d) vuông góc với đường thẳng AD. Xét điểm M trên (d). Gọi E, F lần lượt là trung điểm của MB, MC. Đường thẳng qua E và vuông góc với (d) cắt AB tại P, đường thẳng qua F và vuông góc với (d) cắt AC tại Q. CMR đường thẳng qua M và vuông góc với PQ luôn đi qua 1 điểm cố định khi M di động trên (d) ========Hết========

Câu

Nội dung đáp án

Câu 1

Biểu đ i ểm 2

a/ giải phương trình 3( 2x + 1 − 1) = x(1 + 3x + 8 2x + 1) (1) 2

0,25

2x 2 + 1, t ≥ 1 2 2 Pt thành 3t + (8x − 3)t − 3x + x = 0

0,25

(1) ⇔ 3x + x + 3 + (8x − 3) 2x + 1 = 0

Đặt t =

0,5 0,25

Ta có △= (10x − 3) ≥ 0 Pt co nghiệm là t=x/3 hoặc t=1-3x 2

* t=x thì 2x + 1 = x /3 * t=1-3x thì giải pt ta được x=0 KL phương trình đã cho có nghiệm x=0

  x + y − x − y = 4x − y (1) b/ Giải hệ phương trình:   x 2 − 16 = 2 + y − 3x (2) 33

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 0,25 0,5 0,25

0,25

ĐK x ≥ 4; y ≥ 0; x ≥ y; 4x ≥ y; y ≥ 3x 2

(1) bình phương 2 lần ta được 4( x − y ) = y − 4xy + 4x y=0 (loại) hoặc y=4x-4

x2 − 16 − 3 = x − 4 − 1 x+5 1 ⇔ ( x − 5)( − )=0 2 x − 4 + 1 x − 16 + 3

Thay y vào (2) ta được

Câu 2

0,5 0,25 0,5 0,25

Giải ptđược x=5 suy ra y=16 0,5 Vậy hệ pt đã cho có nghiệm (5; 16) 0,25 Gsử (xo; yo) là tọa độ của điểm cho trước. Số đường thẳng của họ đi qua điểm đó là số nghiệm dương của pt : 2(1− m ) ( m −1)( m + 3) 0,25

m +1

x + o

( m +1)2

(1)

Đưa (1) về pt bậc 2 theo m. Cần pt bậc 2 theo m có 2 nghiệm pb m1, 0,75

∆ ' > 0  m2 thỏa  S > 0 (*) P > 0  Mặt khác để 2 đường thẳng của họ trên vuông góc thì:

2(1 − m1 ) 2(1 − m2 ) −1 0,75 = −1 sử dụng Viet ở pt m ở trên giải ra y0 = 1 + m1 1 + m2 4 5 11 thay vào hệ (*) giải ra < x0 < 0,75 8 8 Vậy M thuộc đoạn AB //Ox(trừ hai điểm đầu mút)với 0,5

Câu 3

5 −1 11 −1 A( ; ), B( ; ) 8 4 8 4 a−b b−c c−d d −a +1+ +1+ +1+ +1− 4 VT = b+c c+d d+a a+b a+c b+d a+c d +b = + + + −4 b+c c+d d +a a+b 1 1 1 1 = ( a + c )( + ) + ( b + d )( + )−4 b+c d +a c+d a+b Sử dụng BĐT : ( a + b)(

Câu 4

1 1 + ) ≥ 4 Chứng minh được VT>=0 a b

0,5

0,5 1,5

Ta sắp xếp các em theo thứ tự để số bi của các em giảm dần

0,5

Do đó em thứ 1 có nhiều bi nhất và em thứ 7 có ít bi nhất

0,25

Nếu em thứ 4 có số bi lớn hơn hay bằng 15 viên thì 3 em đầu có số bi 0,5 34

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

lớn hơn hay bằng: 16+17+18=51 viên. Nếu em thứ 4 có số bi nhỏ hơn hay bằng 14 viên thì 4 em sau có số bi 0,5 không quá: 14+13+12+11=50 viên. Như vậy 3 em đầu có không ít hơn 50 viên 0,25 Câu 5

A B

III

D O

C 2

Có AB + CD = (OB-OA) + (OD-OC)

AOB + cos CO D) =4R2-2R2 (cos

0,5

AOB + cos CO D) = 0 Nên AB + CD = 4 R (cos

0,5

⇔ AOB + CO D = 1800 1 ⇔ sd AB + sdC D = đường tròn 2 = 1800 ⇔ AIB + CID ⇔ AIB = 900 ⇔ AC ⊥ BD Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho: D ≡ O; Oy ≡ DA ⇒ Ox//d và A(0; a),

0,5

Câu 6

0,5

0,25 0,5 0,25 1

B(b; c), C(-b; -c)

Pt đường thẳng AB: (a-c)x+by-ab=0 0,25 Pt đường thẳng AC: (a+c)x-by+ab=0 0,25 Gọi M(m; d) thuộc (d), gọi (d1) là đường thẳng qua E và vuông góc với (d), (d2) là đường thẳng qua F và vuông góc với (d). Pt (d1): x=(b+m)/2; pt(d2): x=(-b+m)/2 0.5 0.5 b+m (c − a)(b + m) ;a + ) Ta có: P=d1∩AB; Q=d2∩AC Suy ra: P (

−b + m (c + a)( −b + m) ;a + ) 2 2b 35

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5

Phương trình đường thẳng qua M và vuông góc với PQ là: b2(x-m)+(cb-am)(y-d)=0 (∆) Suy ra điểm cố định mà ∆ đi qua là: (cb/a; d-b2/a)

SỞ GD&ĐT ………….

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi: TOÁN - Khối 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :010 Bài 1 Giải bất phương trình 3 4 − 8x + 9 x 2 ( 2 − )(2 x − 1 − 1) ≥ x 3x + 2 2 x − 1 Bài 2 Giải hệ phương trình  xy + x + y = x 2 − 2 y 2   x 2 y − y x − 1 = 2 x − 2 y Bài 3Tìm tất cả các h/số f : R → R thỏa mãn 1 f ( x) x ≠ 0 (2) f ( x + y ) = f ( x) + y ∀x, y (1) và f ( ) = 2 x x Bài 4 a) Gọi r, R lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp , bán kính đường tròn ngoại tiếp r tam giác ABC , chứng minh cos A + cos B + cos C = 1 + R b) Goi J(2;1) là tâm của đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC , 2x+y-10=0 là đường cao xuất phát từ A D(2;-4) là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC Tìm tọa độ A,B,C , biết B có hoành độ âm và B thuộc đường thẳng x+y+7=0 Bài 5 Cho x,y,z>0 chứng minh

1 1 1 1 1 1 1 + + ≤ ( + + ) 2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z 4 x y z ------------------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 0,75

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 10 LỜI GIẢI

Điểm

Bài 1 (2đ) 0,5 0,5

-Rút gọn vế phải 3 x − 2 2 x − 1 - (1) ⇔ ( 2 x − 3)( 2 x − 1 − 1) ≥ 3 x 2 − 2 x 2 x − 1

⇔ 2( x − 1 − x − 1) 2 + ( x − 2 x − 1) 2 + 2( x − 1 + x − 1) ≤ 0 Với điều kiện x ≥ 1 , có vế trái không âm , pt xảy ra khi x=1 Bài 2 (2đ) ĐK x ≥ 1; y ≥ 0

0,25

 x = − y (l ) Coi y là tham số giải pt (1) ta được  2 y = x − 1  x −1 Thay 2y= x-1 vào (2) , x x − 1 −   x −1 = x +1  2  Quy về tích A.B=0 Tìm được x=5,y=2

0,5 0,25 0,5 0,5

Bài 3 (1đ) Ta có Từ (1) Cho x=0 , f ( y ) = f (0) + y hay f ( x) = a + x 1 1 1 Từ đó , có f   = f ( ) = a + (*) x x  x  1  f ( x) a + x Mà f   = 2 = 2 (**) x x  x 1 a+x Từ (*) .(**) suy ra a + = 2 hay ax 2 = a∀x x x Suy ra a=0 Vậy f ( x) = x

Bài 4 (3đ) a) Định lý hàm sô sin , thu gọn vế trái Áp dụng công thức r,R thu gọn vế phải

với a= f(0)

0,25 0,25

0,25 0,25 0,5

Biến đổi lượng giác để 2 vế bằng nhau

b) Tìm A đối xứng của D qua J Tìm B thỏa mãn :x+y+7=0, x<0 , BJ=R

0,25 0,75 0,5 0,5

Lập pt của BC Tìm C là giao điểm của đường tròn và BC ĐS

0,5 0,5

A(2;6) ,B(-3,-4) ,C(5;0)

Bài 5 (2đ) Chứng minh

0,5

1 1 1 1 ≤ ( + ) a+b 4 a b 37

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 1 1 1 1  = ≤  + 2 x + y + z ( x + z ) + ( x + y ) 4  ( x + y ) ( x + z )  1 1 1  1  1  1 1  1  1 1  1  2 1 1  + ≤   +  +  +  =  + +   4  ( x + y ) ( x + z )  4  4  x y  4  x z  16  x y z  1 2 1 1 1 V ậy ≤  + +  2 x + y + z 16  x y z  Viết 3 bất đẳng thức tương tự ,rồi cộng lại

SỞ GD&ĐT ………….

0,5 0,5 0,5

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi: TOÁN - Khối 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :011 Câu 1(2đ). Giải và biện luận bất phương trình : x 2 − 3 x − m ≤ x 2 − 4 x + m (1) Câu 2(4đ).Cho hàm số y=2x2-x a) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số b) Tìm m để phương trình 4 x 2 − 2 x − m = 0 có 6 nghiệm Câu 3(4đ).Cho tứ giác ABCD, hai đường chéo cắt nhau tại O. Gọi H, K lần lượt là trực tâm tam giác AOB và COD ; I,J là trung điểm AD,BC. Cm : HK vuông IJ  x 3 − y 3 + 5 x 2 − 2 y 2 + 10 x − 3 y + 6 = 0 Câu 4 (4đ) Giải hpt:   x + 2 + 4 − y = x 3 + y 2 − 4 x − 2 y Câu 5(4đ). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A, B và AD = 2BC. Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường chéo BD và E là trung điểm của đoạn HD. Giả sử 5  H ( −1;3) , phương trình đường thẳng AE : 4 x + y + 3 = 0 và C  ; 4  . Tìm tọa độ các đỉnh A, B và D 2  của hình thang ABCD Câu 6.(2đ) Cm : Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa điều kiện a + b + c = 3 . Chứng minh bất đẳng thức sau: a2 b2 c2 + + ≥1 a + 2b 3 b + 2c 3 c + 2a 3 ----------------------- Hết ----------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……………………………………………..; Số báo danh: ……………………….

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Môn thi: TOÁN 10

Câu 1(2đ)

Đáp án 2

(1) ⇔ ( x − 3 x − m ) ≤ ( x − 4 x + m ) 2

Điểm

⇔ ( 2 x 2 − 7 x ) ( x − 2m ) ≤ 0

0.5đ

⇔ x ( 2 x − 7 )( x − 2m ) ≤ 0

Ta có : x(2 x − 7)( x − 2m) = 0 ⇔ x = 2m ∪ x = 0 ∪ x =

+) Nếu 2m < 0 : Có trục xác định dấu:

7 2

 x ≤ 2m

Kết luận : 

0 ≤ x ≤ 7 2 

0.5đ

Nếu 2m = 0 Kết luận: x ≤

7 2

+) Nếu 0 < 2m <

7 7 ⇔0<m< 2 4

x ≤ 0

Kết luận: 

 2m ≤ x ≤ 7 2  7 7 +)Nếu 2m = ⇔ m = 2 4 x ≤ 0 Kết luận:  7 x = 2  7 7 +)Nếu 2m > ⇔ m > 2 4 x ≤ 0 Kết luận:  7  ≤ x ≤ 2m 2

2(4đ)

0.5đ

a) Lập bbt và vẽ đồ thị b) Dựa vào đthị biện luận nghiệm tìm được m

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2đ 2đ

3(4đ)

4(4đ)

HK ⊥ IJ ⇔ HK .IJ = 0 ⇔ (OK − OH )( AB + DC ) = 0 ⇔ OK AB − OH DC = 0 ⇔ OK (OB − OA) = OH (OC − OD ) ⇔ OK .OB − OK OA = OH .OC − OH .OD ⇔ (OC + CK )OB − (OD + DK )OA = (OB + BH )OC − (OA + AH )OD ⇔ OCOB − ODOA = OBOC − OAOD

Điều kiện

(1đ)

1đ

2đ

x ≥ -2; y ≤ 4

(1) ⇔ x + 5 x 2 + 10 x + 6 = y 3 + 2 y 2 + 3 y 3

⇔ ( x + 1) + 2( x + 1) + 3( x + 1) = y 3 + 2 y 2 + 3 y ⇔ ( x + 1 − y )(( x + 1)2 + ( x + 1) y + y 2 + 2( x + y + 1) + 3) = 0  y = x +1 ⇔ 2 2 (( x + 1) + ( x + 1) y + y + 2( x + y + 1) + 3) = 0(1)

Pt(1) vn. Từ y=x+1 thay vào (*) ta được Phương trình : x + 2 + 3 − x = x 3 + x 2 − 4 x − 1 ⇔ ⇔ ⇔

)

(

(x + 2 )(3 − x ) − 2 ) = (x + 1)(x 2 − 4 )

(

x + 2 + 3 − x − 3 = x3 + x2 − 4 x − 4 ⇔

(

2[( x + 2 )(3 − x ) − 4 ] = ( x + 2 )( x 2 − x − 2 ) x + 2 + 3 − x + 3 (x + 2 )(3 − x ) + 2

(

2( − x 2 + x + 2) − (x + 2 ) x 2 − x − 2 = 0 x + 2 + 3 − x + 3 (x + 2 )(3 − x ) + 2

)(

2đ

x+ 2 + 3− x +3

)

)(

)

(

)

x = 2 ⇔ x2 − x − 2 = 0 ⇔   x = −1

Vậy hệ pt có nghiệm (x; y) = (2;3) , (x;y)= (-1; 0)

2đ 5(4đ)

B H I

K E D

- Qua E dựng đường thẳng song song với AD cắt AH tại K và cắt AB tại I Suy ra: +) K là trực tâm của tam giác ABE, nên BK ⊥ AE. 40

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

+) K là trung điểm của AH nên KE =

1 AD hay KE = BC 2

Do đó: CE ⊥ AE ⇒ CE: 2x - 8y + 27 = 0  3  Mà E = AE ∩ CE ⇒ E  − ;3  , mặt khác E là trung điểm của HD nên D ( −2;3)  2  - Khi đó BD: y - 3 = 0, suy ra AH: x + 1 = 0 nên A(-1; 1). - Suy ra AB: x - 2y +3=0. Do đó: B(3; 3). KL: A(-1; 1), B(3; 3) và D(-2; 3)

6(2đ)

Ta có: a2 2 ab 3 2ab 3 2 = a − ≥ a − = a − b 3 a 2 (1) 3 3 3 3 a + 2b a+b +b 3 3 ab 6 Tương tự ta có: c2 2 b2 2 3 2 ; ≥ c − a3 c2 (3) ≥ b − c b (2) 3 3 c + 2a 3 3 b + 2c Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a2 b2 c2 2 + + ≥ a + b + c − b3 a 2 + c3 b 2 + a3 c 2 3 3 3 3 a + 2b b + 2c c + 2a 2 ≥ 3 − b3 a 2 + c3 b 2 + a3 c 2 (*) 3 Mặt khác ta có:  a + a +1  2a + 1  2ab + b b3 a 2 = b3 a.a.1 ≤ b (1' )  = b = 3 3    3 

(

)

1 1

)

(

Tương tự ta có: 2bc + c 2ca + a c3 b 2 ≤ (2' ) ; a 3 c 2 ≤ 3 3 Cộng theo vế (1’), (2’), (3’) ta được:

)

1đ

(3' )

a+b+c 2 + (ab + bc + ca ) 3 3 2 a + b + c 2 (a + b + c ) ≤ + . =3 3 3 3

a 2 + c3 b 2 + a 3 c 2 ≤

Từ (*) và (**) ta có:

a2 b2 c2 + + ≥1 a + 2b 3 b + 2c 3 c + 2a 3

(**)

(đpcm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1đ

SỞ GD&ĐT ………….

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi: TOÁN - Khối 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :012

Câu 1 (5 điểm). Giải hệ phương trình: 8 xy  2 2  x + y + x + y = 16   x + y = x2 − y 

Câu 2 (3 điểm). Cho các số thực a, b, x, y thoả mãn điều kiện ax − by = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F = a 2 + b 2 + x 2 + y 2 + bx + ay .

Câu 3 (3 điểm). Cho tam giác ABC có các góc A, B thỏa điều kiện: 3A 3B A−B sin + sin = 2 cos . 2 2 2 Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều. Câu 4 (3 điểm). Cho tứ giác lồi ABCD. Xét M là điểm tùy ý. Gọi P, Q, R, S là các điểm sao cho: MB + MC + MD = 4MP ; MC + MD + MA = 4MQ ; MD + MA + MB = 4MR ; MA + MB + MC = 4MS . Tìm vị trí của điểm M sao cho PA = QB = RC = SD.

Câu 5 (4 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ cho một ngũ giác lồi có các đỉnh là những điểm có tọa độ nguyên. Chứng minh rằng bên trong hoặc trên cạnh ngũ giác có ít nhất một điểm có tọa độ nguyên. Câu 6 (2 điểm). Trong hình tròn có diện tích bằng 1 ta lấy 17 điểm bất kỳ, không có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng có ít nhất 3 điểm lập thành 1 tam giác có diện tích nhỏ hơn

1 . 8

-------------------HẾT--------------------ĐÁP ÁN 42

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NỘI DUNG

ĐIỂM

Câu 1: Giải hệ phương trình: 8xy  2 2  x + y + x + y = 16   x + y = x2 − y 

(1) ( 2)

* Điều kiện: x + y > 0 * (1) ⇔ (x2 + y2)(x + y) + 8xy = 16(x + y) ⇔ [(x + y)2 – 2xy ] (x + y) – 16(x + y) + 8xy = 0 ⇔ (x + y)3 – 16(x + y) – 2xy(x + y) + 8xy = 0 ⇔ (x + y)[(x + y)2 – 16] – 2xy(x + y – 4) = 0 ⇔ (x + y – 4)[(x + y)(x + y + 4) – 2xy] = 0 x + y − 4 = 0

⇔

0,5 1 0,5

0,5

(3)

 x + y + 4(x + y) = 0 (4)

Từ (3) ⇒ x + y = 4, thế vào (2) ta được:

0,5

 x = −3 ⇒ y = 7

x2 + x – 4 = 2 ⇔ x2 + x – 6 = 0 ⇔  . x = 2 ⇒ y = 2 (4) vô nghiệm vì x2 + y2 ≥ 0 và x + y > 0. Vậy hệ có hai nghiệm là (–3; 7); (2; 2)

0,5 0,5

NỘI DUNG Câu 2: Cho các số thực a , b , x , y thỏa mãn điều kiện ax − by = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F = a 2 + b 2 + x 2 + y 2 + bx + ay . 2

ĐIỂM

0,5

b a 3 Viết lại F =  x +  +  y +  + (a 2 + b 2 ) . 2

2 4  b a Đặt M = (x; y ) , A =  − ; −  , (∆ ) : ax − by = 3 . Ta có 2  2 

1,5

b  a 3  2 . MA =  x +  +  y +  . Mà M ∈ (∆ ) nên MA 2 ≥ [d ( A; ∆ )] = 2 2  2 a + b2  Đẳng thức xảy ra khi M là hình chiếu của A trên (∆ ) . 2

Suy ra F ≥

3 3 3 3 + a2 + b2 ≥ 2 2 . a2 + b2 = 3 . 2 2 4 a +b a +b 4

(

Vậy

)

min F = 3 đạt   (a; b; x; y ) =  2 ; 0; 6 ; − 2  . 2 2  

(

được

)

chẳng

0,5 hạn

khi 0,5

NỘI DUNG Câu 3: Cho tam giác ABC có các góc A, B thỏa điều kiện : 3A   3B   A− B  + sin   = 2cos  .  2   2   2 

sin 

Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều. 43

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐIỂM

Ta có: sin( 3A ) + sin( 3B ) = 2 sin( 3( A + B ) ) cos( 3( A − B) ) . 2

1≥ 0≤

sin( 3( A + B ) ) 4 A− B

⇒ cos(

> 0; cos(

4 A− B ) 2

>0 1

≤ 3A− B < π 4

A− B

) ≥ cos( 3 A − B )

4 3 ( A − A B ) ≥ cos( − B ) ) ⇒ cos( 2 4 3A 3B Từ sin( ) + sin( ) = 2cos( A − B ) 2 2 2 Suy ra : 2sin( 3( A + B) )cos( 3( A − B) ) >0 4 4 2

và cos( A − B )>0 2

0,5

Hay cos( 3( A − B ) )>0. 4

Kết hợp với sin( 3( A + B) ) ≤ 1, ta có sin( 3( A + B) )cos( 3( A − B) ) ≤ cos( 3( A − B) ) 4

Do đó: 2

sin( 3( A + B) )cos( 3( A − B) ) 4 4

≤ 2cos(

3( A − B ) 4

) ≤ 2cos(

A−B 2

0,5

)

Vì vậy nếu sin( 3A ) + sin( 3B ) = 2cos( A − B ) thì phải có: 2

 A− B 3A− B  2 = ⇔A 4  3 ( A + B )  sin( ) =1  4

=B=

π 3

Vậy tam giác ABC là tam giác đều. NỘI DUNG ĐIỂM Câu 4: Cho tứ giác lồi ABCD. Xét M là điểm tùy ý. Gọi P, Q, R, S là các điểm sao cho MB + MC + MD = 4 MP ; MC + MD + MA = 4 MQ MD + MA + MB = 4MR ; MA + MB + MC = 4 MS Tìm vị trí của điểm M sao cho PA = QB = RC = SD. Giả sử có điểm M thỏa bài toán. Gọi G là điểm sao cho 5MG = MA + MB + MC + MD . Từ MB + MC + MD = 4 MP , ta có 4 PA = 5GA . Tương tự 4QB = 5GB , 4 RC = 5GC , 4 SD = 5GD .

0,5

Do đó PA = QB = RC = SD ⇔ GA = GB = GC = GD. Nếu ABCD là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn tâm O thì G trùng O và M là điểm duy nhất xác định bới OM = − OA + OB + OC + OD . Kiểm tra lại thấy thỏa PA = QB = RC = SD. Nếu ABCD không phải là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn thì không tồn tại điểm M.

0,5 1

(

0,5

)

NỘI DUNG 44

ĐIỂM

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

Câu 5: Trong mặt phẳng tọa độ cho một ngũ giác lồi có các đỉnh là những điểm có tọa độ nguyên. Chứng minh rằng bên trong hoặc trên cạnh ngũ giác có ít nhất một điểm có tọa độ nguyên. Coi đỉnh Ai (xi; yi), i = 1, 2, 3, 4, 5. (xi; yi) có thể rơi vào những trường hợp sau: (2k; 2k’), (2k; 2k’+1), (2k+1; 2k’ + 1), ( 2k +1; 2k’) với k, k’ ∈Z Do đa giác có 5 đỉnh nên theo nguyên lí Đi rich lê, có ít nhất 2 đỉnh có tọa độ thuộc một trong bốn kiểu trên. Khi đó trung điểm của đoạn nối 2 đỉnh ấy sẽ có tọa độ nguyên. Do ngũ giác là lồi nên điểm này ở miền trong hoặc trên cạnh của ngũ giác đó. Câu 6: Chia hình tròn thành 8 phần bằng nhau. Mỗi phần có diện tích là

1 8

1,5 1

0,5

Do 17:8 = 2 (dư 1) nên theo nguyên lý Dirichlet có 1 phần chứa ít nhất 3 điểm. ba điểm này là 3 đỉnh của một tam giác có diện tích nhỏ hơn diện tích mỗi hình quạt. Vậy có ít nhất 3 điểm trong 17 điểm đã cho lập thành 1 tam giác có diện tích nhỏ hơn

SỞ GD&ĐT ………….

1,5

1 8

1 0,5

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi: TOÁN - Khối 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :013

Câu I (4,0 điểm) x x − ⋅ 10 − x 10 + x 2) Cho các nửa khoảng A = (a; a + 1], B = [b; b + 2). Đặt C = A ∪ B. Với điều kiện nào của các số thực a và b thì C là một đoạn? Tính độ dài của đoạn C khi đó.

1) Xác định tính chẵn - lẻ của hàm số y =

Câu II (4,0 điểm) 1) Tìm m để phương trình x 2 − 1 = m 4 − m 2 + 1 có bốn nghiệm phân biệt. 45

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2) Giải và biện luận (theo tham số m) bất phương trình:

( m − 1) x + 2 < m + 1 . x−2

Câu III (6,0 điểm) 1) Giải phương trình

x2 − 7 x + 8 = 2 x.  7 x + y + 2 x + y = 5 2) Giải hệ phương trình   x − y + 2 x + y = 1.

Câu IV (6,0 điểm) 0 1) Cho có tam giác ABC AB = c, AC = b và BAC = 60 . Các điểm M, N được xác định bởi MC = −2 MB và NB = −2 NA . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN vuông góc với nhau. 2) Cho tam giác ABC. Trên các cạnh BC, CA và AB của tam giác đó, lần lượt lấy các điểm A ', B ' và C '. Gọi S a , Sb , Sc và S tương ứng là diện tích của các tam giác 3 S. AB ' C ', BC ' A ', CA ' B ' và ABC. Chứng minh bất đẳng thức S a + Sb + Sc ≤ 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi nào?

---HẾT---

CÂU

NỘI DUNG ĐÁP ÁN TOÁN 10

ĐIỂM

x x − ⋅ 10 − x 10 + x Câu I 2) Cho các nửa khoảng A = (a; a + 1], B = [b; b + 2). Đặt C = A ∪ B. Với điều kiện nào

1) Xác định tính chẵn - lẻ của hàm số y =

của các số thực a và b thì C là một đoạn? Tính độ dài của đoạn C khi đó. Hàm số y có tập xác định D = (−10; 10) là tập đối xứng qua điểm x = 0. I.1 Kiểm tra: ∀x ∈ D, f (− x) = f ( x) ⇒ f chẵn (2,0đ) f không lẻ (vì nó không đồng nhất bằng 0 trên D), kết luận C = [b; b + 2) ∪ ( a; a + 1] là một đoạn ⇔ b ≤ a < b + 2 ≤ a + 1 I.2 (*) ⇔ b + 1 ≤ a < b + 2. (2,0đ) Khi đó, C = [b; b + 2) ∪ (a; a + 1] = [b; a + 1] là đoạn có độ dài a − b + 1. 1) Tìm m để phương trình x 2 − 1 = m 4 − m 2 + 1 có bốn nghiệm phân biệt. CâuII ( m − 1) x + 2 < m + 1 . 2) Giải và biện luận (theo tham số m) bất phương trình: x−2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

4,0 đ 1,0 0,5 0,5 1,0 0,5 0,5

4,0 đ

Ta có: m 4 − m 2 + 1 > 0  x2 = m4 − m2 + 2

PT ⇔ 

(1) 2

 x = m − m = m (1 − m )

(2)

II.1 (1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m vì m 4 − m 2 + 2 > 0 (2,0đ) (2) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0 và 1 − m 2 > 0 ⇔ m ∈ (−1; 1) \{0} PT có 4 nghiệm phân biệt ⇔ m ∈ (−1;1) \{0} và m 4 − m 2 + 2 ≠ m 2 − m 4 ⇔ ⇔ m ∈ (−1;1) \{0} và m 4 − m 2 + 1 ≠ 0 m ∈ (−1;1) \{0} , kết luận ( m + 1)( x − 2) + (1 − m) x − 2 >0 x−2

BPT ⇔

x − ( m + 2) >0 x−2

⇔

II.2 (2,0đ) Nếu m = 0 thì BPT nghiệm đúng với mọi x ≠ 2 Nếu m > 0 thì m + 2 > 2 nên BPT nghiệm đúng với mọi x ∈ (−∞; 2) ∪ (m + 2; +∞) Nếu m < 0 thì m + 2 < 2 nên BPT nghiệm đúng với mọi x ∈ (−∞; m + 2) ∪ (2; +∞) 1) Giải phương trình x2 − 7 x + 8 = 2 x.

Câu III

 7 x + y + 2x + y = 5 2) Giải hệ phương trình   x − y + 2 x + y = 1.

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

6,0 đ

Điều kiện: x ≥ 0 PT ⇔ x 2 − 1 − 7 x + 7 + 2 − 2 x = 0 ⇔ ( x − 1)( x x + x − 6 x − 8) = 0 ⇔ ( x − 1)( x x + 8 + x − 6 x − 16) = 0 ⇔ ( x − 1)( x + 2)( x − 2 x + 4 + x − 8) = 0 III.1 ⇔ ( x − 1)( x + 2)( x − x − 4) = 0 (3,0đ) x = 1  x −1 = 0  ⇔  ⇔   1 + 17 2 9 + 17  x − x − 4 = 0  x =  2  = 2   

0,5

1,5 0,5 0,5 Kết luận

u = 7 x + y ≥ 0 u 2 = 7 x + y 7 x + y ≥ 0 u 2 − v2 7v 2 − 2u 2 ; Đặt  ⇒ 2 ⇒x= và y = 5 5 2 x + y ≥ 0 v = 2 x + y v = 2 x + y ≥ 0

0,5

Điều kiện 

HPT trở thành:

u + v = 5  2 2 2 2 u − v − 7v + 2u + 5v = 5

u + v = 5 ⇔  2 2

3u − 8v + 5v − 5 = 0 u = 5 − v u = 5 − v ⇔  2 ⇔  2 2 3(5 − v) − 8v + 5v − 5 = 0 −5v − 25v + 70 = 0 v + 5v − 14 = 0 (*) u = 3 (*) ⇔ v = 2 (nhận) hoặc v = −7 (loại) ; nên HPT trên ⇔  v = 2 7 x + y = 9 x = 1 Do đó HPT đã cho trở thành  (phù hợp) ⇔ 2 x + y = 4 y = 2 = 600. Các điểm M, N được xác 1) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và BAC định bởi MC = −2 MB và NB = −2 NA . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN

III.2 u = 5 − v (3,0đ) ⇔  2

1,0 0,5 0,5 0,5 0,5

Câu IV vuông góc với nhau. 2) Cho tam giác ABC. Trên các cạnh BC, CA và AB của tam giác đó, lần lượt lấy các điểm A ', B ' và C '. Gọi S a , Sb , Sc và S tương ứng là diện tích của các tam giác 6,0 đ 47

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

AB ' C ', BC ' A ', CA ' B ' và ABC. Chứng minh bất đẳng thức

S a + Sb + Sc ≤

3 S. 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi nào? Ta có: MC = −2MB ⇔ AC − AM = −2( AB − AM ) ⇔ 3 AM = 2 AB + AC Tương tự ta cũng có: 3CN = 2CA + CB Vậy: AM ⊥ CN ⇔ AM ⋅ CN = 0 ⇔ (2 AB + AC )(2CA + CB) = 0 IV.1 2 2 (3,0đ) ⇔ (2 AB + AC )( AB − 3 AC ) = 0 ⇔ 2 AB − 3 AC − 5 AB. AC = 0 5bc =0 ⇔ 2c 2 − 3b2 − ⇔ 4c 2 − 6b 2 − 5bc = 0

1,0 0,5 0,5 0,5 0,5

Ta có các công thức tính diện tích: 2 S a = AC '⋅ AB 'sin A; 2 S = AB ⋅ AC sin A

⇒

Sa = S

AC ' AB ' 1  AC ' AB '  ⋅ ≤  +  (BĐT Cauchy) AB AC 2  AB AC 

Tương tự ta cũng có:

Sb 1  BA ' BC '  ≤  +  và S 2  BC BA 

1,0

Sc 1  CB ' CA '  ≤  +  S 2  CA CB 

0,5

Sa S S 1  AC ' BC ' BA ' CA ' CB ' AB '  3 (đpcm) + b + c ≤  + + + + + = 2  AB BA BC CB CA AC  2 S S S  AC ' AB '  AB = AC C ' B ' //BC   BA ' BC ' = Dấu bằng xảy ra ⇔  ⇔  A ' C ' //CA ⇔ A’, B’, C’ là trung điểm của BC, BC BA   B ' A ' //AB   CB ' CA ' =  CA CB 

IV.2 Do đó: (3,0đ)

0,5

CA, AB

1,0

SỞ GD&ĐT ………….

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi: TOÁN - Khối 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :014

CÂU 1: (5đ) a) Giải bất phương trình sau:

b) Giải hệ phương trình:

x+4 + x−4 ≤ x + x 2 − 16 − 3 2

1 1 x + y = 9   ( 1 + 1 )(1 + 1 )(1 + 1 ) = 18 3 3 y  3 x 3 y x

( x; y ∈ℜ)

CÂU 2: (3đ) ( Hàm số, đồ thị) 48

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2 Cho parabol y = − x + x − 1 ( P) . Đường thẳng d : y = m( x + 2) − 3 cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A, B. Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng AB.

CÂU 3: (3đ) Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa mãn 2

Chứng minh rằng

a +b + c = 3.

3 a b c2 + + ≥ 1 + b2 1 + c2 1 + a2 2

CÂU 4: (2đ) Trong mp tọa độ, cho một ngũ giác lồi có các đỉnh là những điểm có tọa độ nguyên. Chứng minh rằng, bên trong hoặc trên cạnh của ngũ giác đó có ít nhất một điểm có tọa độ nguyên. CÂU 5: (3đ) ∧

∧

Cho ∆ABC có trọng tâm G; các góc GAB = α ; GBC = β ; GCA = γ 3(a 2 + b 2 + c 2 ) Chứng minh rằng cot α + cot β + cot γ = 4S CÂU 6: (4đ) Trong mp tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có B(1; 2), đường phân giác trong ∆ của góc A có phương trình 2 x + y − 1 = 0 . Khoảng cách từ C đến ∆ bằng 2 lần khoảng cách từ B đến ∆ . Tìm tọa độ các điểm A và C, biết C thuộc trục tung. --------------------------------- HẾT----------------------------------

ĐÁP ÁN Câu Đáp án Câu 1 a) ĐK x ≥ 4 Đặt t = x + 4 + x − 4 (t > 0) BPT trở thành 5đ

t2 − t − 6 ≥ 0

t ≤ −2 ( L) ⇔ t ≥ 3 ( N ) Với t ≥ 3 , ta có:

Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

2 x 2 − 16 ≥ 9 − 2 x  9 − 2 x < 0  2   x − 16 ≥ 0 ⇔ 9 − 2x ≥ 0    4( x 2 − 16) ≥ (9 − 2 x) 2

0,25

9  x > 2 ⇔ 145 ≤ x ≤ 9  36 2 145 ⇔ x≥ 36 b)ĐK x ≠ 0; y ≠ 0 1 1 Đặt u = 3 ; v = 3 x y

0,25 0,25

Ta có hệ u 3 + v 3 = 9  (u + v)(1 + u)(1 + v) = 18 (u + v)3 − 3uv(u + v) = 9 ⇔ (u + v)(u + v + uv + 1) = 18 Đặt S = u + v; P = uv ( S 2 ≥ 4 P)

Ta được hệ :

 S 3 + 3S 2 + 3S − 63 = 0 ⇔ 2  PS = 18 − S − S S = 3 ⇔ P = 2 u = 2 hoặc v = 1

1  x = Kết luận  8 hoặc  y = 1

Câu 2

u = 1  v = 2

0,25 0,25 0,25 0,25

x = 1  1   y = 8

PTHĐGĐ của (P) và d: 0,25

x 2 + (m − 1) x + 2m − 2 = 0(*)

+ d cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt A;B ⇔∆>0

3đ

0,25 0,25 0,25

 S 3 − 3PS = 9   S ( S + P + 1) = 18

Từ đó suy ra 

0,25

m < 1 ⇔ m 2 − 10m + 9 > 0 ⇔  m > 9 x A + xB 1  = (−m + 1)  xI = + I là trung điểm của AB nên  2 2  yI = m( xI + 2) − 3 50

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 0,5 0,5

0,5 + Suy ra yI = −2 x − 3xI − 1 + Mặt khác: 2 I

0,25

1 xI = (− m + 1) ⇔ m = −2 xI + 1 2  − 2 xI + 1 < 1  xI > 0 m < 1  m > 9 ⇔  −2 x + 1 > 9 ⇔  x < −4  I   I

0,25

Vậy quỹ tích trung điểm I là parabol y = −2 x 2 − 3x − 1 với

0,5

x ∈ ( −∞; −4 ) ∪ ( 0; +∞ )

Câu 3

a ab 2 ab 2 ab = a − ≥ a − =a− 2 2 1+ b 1+ b 2b 2

0,5

b bc ≥b− 2 1+ c 2 c ca ≥c− 2 1+ a 2 a b c 1 Suy ra + + ≥ (a + b + c) − (ab + bc + ca ) 2 2 2 1+ a 1+ c 1+ a 2

0,5

(a + b + c) 2 =3 3 3 a b c + + ≥ Nên 2 2 2 1+ a 1+ c 1+ a 2

0,5

Gọi tọa độ các đỉnh của ngũ giác là Ai ( xi ; yi ) (i = 1, 2, 3, 4,5) Khi đó ( xi ; yi ) có thể rơi vào các trường hợp sau:

0,25

Ta có Tương tự

3đ

Mặt khác (ab + bc + ca) ≤

Câu 4

(2 k; 2 k'); (2 k; 2 k'+ 1); (2 k + 1; 2 k'); (2 k + 1; 2 k'+ 1) (k; k' ∈ Ζ)

2đ

Vì có 5 đỉnh, nên theo Nguyên lí Dirichlet, có ít nhất 2 đỉnh có tọa độ cùng thuộc 1 trong 4 kiểu trên.

Câu 5

0,5

0,5 0,5

0,5 Suy ra, trung điểm của 2 điểm đó có tọa độ nguyên. Do ngũ giác lồi, nên điểm này thuộc miền trong hoặc nằm trên cạnh 0,25 của ngũ giác. Gọi M là trung điểm của BC AH 0,25 Ta có ∆AMH vuông ⇒ cos α = AM BH 2 BH ∆BMH vuông ⇒ cosB = = BM a

3đ

0,5

0,25

Có 0,25 51

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

AB = AH + HB a ⇔ c = AM cos α + cos B 2 1 a ⇔ cos α = (c − cos B) (1) AM 2 Theo định lí Sin trong ∆AMB : MB AM MB sin B a sin B (2) = ⇔ sin α = = sin α sin B AM 2 AM

0,5 0,25

Lấy (1) chia (2), ta được

a c − cos B 2c − a cos B R(4 c− 2a cos B) 2 cot α = = = a b ac sin B a 2 2R R(4c 2 − 2ac cos B) 3c 2 + b 2 − a 2 = = abc 4S

0,5

Tương tự, ta có :

0,5

3a 2 + c 2 − b 2 3b 2 + a 2 − c 2 cot β = ; cot γ = 4S 4S

Câu 6

3(a 2 + b 2 + c 2 ) Kết luận cot α + cot β + cot γ = 4S Gọi H,I lần lượt là hình chiếu vuông góc của B,C lên ∆ BH cắt AC tại M

Ta có d (C ; ∆) = 2d ( B; ∆) ⇔ CI = 2 BH ⇔ CI = 2 HM Suy ra MA = MC ; HA = HI 4đ

0,25

0,25 0,5 0,25

+ BH qua B(1;2) , nhận u∆ = (1; −2) làm VTPT nên có phương trình 0,5 là x − 2 y + 3 = 0 x − 2y + 3 = 0 −1 7 ⇒ H( ; ) 5 5 2 x + y − 1 = 0 −7 4 + H là trung điểm của BM nên suy ra M( ; ) 5 5 3 5 6 6 + BH = ; CI = 5 5

Tọa độ H là nghiệm của hệ pt 

+ C ∈ Oy nên C (0; y0 ) , suy ra CI =

y0 − 1 5

 y0 = 7 6 6 ⇔ 5  y0 = −5

0,5 0,25 0,5 0,5

0,25

+ Do M là trung điểm AC nên

0,25 52

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

−14 −27 ; ) 5 5 −14 33 ; ) C (0; −5) ⇒ A( 5 5 −14 33 + Chỉ có A( ; ) thỏa mãn pt ∆ 5 5 −14 33 ; ) + Vậy C (0; −5); A( 5 5 C (0;7) ⇒ A(

SỞ GD&ĐT ………….

0,25 0,25

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi: TOÁN - Khối 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :015

Bài 1: (5,0 điểm) a/ Giải phương trình sau: 4 x 2 − 13x + 3x + 1 + 5 = 0  x + 3 y − 2 = y 2 + 4 x − 3 + 1 b/ Giải hệ phương trình sau:  2  2 x + 2 x = x + y + y( x + y) Bài 2: (3,0 điểm) Cho hàm số: y = x2 -4x +3 có đồ thị (P) và đường thẳng (d):y=-2x+m. Tìm m để d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A, B mà ∆ OAB vuông tại O (O là gốc toạ độ ). Bài 3: (3,0 điểm) Cho 3 số dương a,b,c thỏa mãn: a+b+c=3. Chứng minh rằng:

3 a b c + + ≥ 1 + b2 1 + c2 1 + a2 2 Bài 4: (2,0 điểm) Có 6 học sinh thi đấu cờ vua với nhau. Mỗi học sinh phải đấu một ván với một học sinh khác (hai học sinh chỉ đấu với nhau một ván). Chứng minh rằng với bất kỳ lúc nào của giải đấu cũng có 3 học sinh trong đó từng cặp đấu với nhau hoặc chưa đấu với nhau một ván nào. Bài 5: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC và M là điểm tùy ý trong tam giác ABC. Gọi A1, B1, C1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên BC, CA, AB. Chứng minh rằng: cot AA1B + cot BB 1C + cot CC1 A = 0 53

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Bài 6: (4,0 điểm) a/ Cho đường tròn (O) đường kính AB=2R, OC là bán kính của đường tròn vuông góc với AB và I là trung điểm của OC, M di động trên đường tròn (O). Tiếp tại M của (O) cắt các tiếp tuyến của (O) tại A và B lần lượt tại D và E; AE cắt BD tại N. Xác định vị trí của M trên (O) sao cho tam giác NIA có diện tích lớn nhất. b/ Trong mặt phẳng (Oxy), cho tam giác ABC có trung điểm của BC là M(3;-1), đường thẳng chứa đường cao vẽ từ B đi qua E(-1;-3) và đường thẳng chứa cạnh AC qua F(1;3). Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC biết D(4;-2) là điểm đối xứng của A qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. ------Hết------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Bài 1 (5,0 điểm)

4 x 2 − 13x + 3x + 1 + 5 = 0 Điều kiện: x ≥ − a (2đ)

1 3

0,25

4 x 2 − 13x + 3x + 1 + 5 = 0 ⇔ (2 x − 3)2 = − 3x + 1 + x + 4 (*) 3  Đặt − 3x + 1 = 2 y − 3 y ≤  . Suy ra (2 y − 3)2 = 3x + 1(1). 2  Khi đó pt(*) trở thành: (2 x − 3)2 = 2 y + x + 1 (2) Giải hệ gồm (1) và (2) tìm được nghiệm.

0,25 0,25 0,25 1,0

 x + 3 y − 2 = y 2 + 4 x − 3 + 1 (1) b/  2  2 x + 2 x = x + y + y( x + y) (2)

b (3đ)

2   x ≥ 0, y ≥ Điều kiện:  3  y2 + 4x − 3 ≥ 0 

0,25

pt (2) ⇔ ( 2 x − x + y ) + ( x2 − y 2 ) + ( x2 − xy) = 0 ⇔ x = y thay vào pt(1) ta được :

0,75

( x − 1) + 3x − 2 = ( x −1)2 + 2(3x − 2) (*)

0,25 0,25 1,5

Đặt a = 3x − 2, b = x − 1( a ≥ 0, b ≥ −1) Thay vào (*) giải tìm nghiệm Bài 2 (2,0 điểm) + Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: x2 − 2 x + 3 − m = 0 (*) + (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt khi pt(*) có hai nghiệm phân biệt. ⇔ m > 2. + Gọi A( x1; −2 x1 + m), B( x2 ; −2 x2 + m) ( với x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình (*))

0,25

+ OA = ( x1; −2 x1 + m), OB = ( x2 ; −2 x2 + m) . + Tam giác OAB vuông tại O suy ra :

0,25

OA.OB = 0 ⇔ 5 x1 x2 − 2m( x1 + x2 ) + m2 = 0 (**)

0,25

+ x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình (*) nên: x1 + x2 = 2, x1 x2 = 3 − m thay vào (**) tìm được m. Kiểm tra lại A và B không trùng với O.

0,25 0,75

0,25

Bài 3 (3,0 điểm) Cho 3 số dương a,b,c thỏa mãn: a+b+c=3. Chứng minh rằng:

3 a b c + + ≥ 2 2 2 1+ b 1+ c 1+ a 2 2 a ab ab2 ab =a− ≥a− = a − ( vì 1 + b2 ≥ 2b ) 2 2 1+ b 1+ b 2b 2 b bc c ca Tương tự: ≥b− , ≥c− 2 2 1+ c 2 1+ a 2 55

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0 0,5

a b c 1 + + ≥ a + b + c − (ab + bc + ca) 2 2 2 1+ b 1+ c 1+ a 2 a b c 1 Hay + + ≥ 3 − (ab + bc + ca) . 1 + b2 1 + c 2 1 + a 2 2 1 3 Do đó ta cần chứng minh : 3 − (ab + bc + ca) ≥ hay ab + bc + ca ≤ 3 2 2 2 ( a + b + c) Dễ thấy ab + bc + ca ≤ = 3 . Suy ra điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra 3 Suy ra

0,25 0,25 0,25 0,25 0,5

khi a=b=c=1.

Bài 4 (2,0 điểm)

*Giải: Gọi 6 học sinh đó là: A,B,C,D,E,F - xét học sinh A cặp với 5 bạn còn lại suy ra có 5 cặp. Chia 5 cặp còn lại vào 2 ngăn kéo đấu và chư đấu nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại một phòng chứa ít nhất 3 cặp đấu hoặc chưa đấu. -giả sử (A,B), (A,C), (A,D) là 3 cặp chưa đấu hoặc từng cặp đã đấu +Trường hợp 1: B,C,D có ít nhất một cặp chưa đấu với nhau (ví dụ B và C). Suy ra A, B, C từng cặp (có 3 cặp) chưa đấu với nhau trận nào. +Trường hợp 2: B,C,D không có cặp nào chưa đấu. Suy ra B,C,D từng cặp (có 3 cặp) đã đấu với nhau. Từ hai trường hợp trên suy ra điều phải chứng minh.

0,75 0,75 0,5

Bài 5: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC và M là điểm tùy ý trong tam giác ABC. Gọi A1, B1, C1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên BC, CA, AB. Chứng minh rằng: cot AA1 B + cot BB 1C + cot CC1 A = 0 + Trước hết ta chứng minh được: trong tam giác ABC ta luôn có: cot A =

b2 + c 2 − a 2 . 4S

0,5

A B1 C1 M

AA2 + BA12 − AB 2 + Trong tam giác ABA1 ta có: cot (1), AA1B = 1 4.S ∆AA1B

(

)

AA1 B = cot 1800 − AA1C = − cot AA1C cot

+ Trong tam giác ABA1 ta có: cot AA1C =

AA12 + A1C 2 − AC 2 4.S ∆AA1C

AC 2 − AA12 − A1C 2 Suy ra: cot (2) AA1B = − cot AA1C = 4.S ∆AA1C

Từ (1) và (2) suy ra: 56

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

0,25 0,25

AA12 + BA12 − AB 2 AC 2 − AA12 − A1C 2 ( AA12 + BA12 − AB 2 ) + ( AC 2 − AA12 − A1C 2 ) = = 4.S ∆AA1B 4.S ∆AA1C 4.S ∆AA1B + 4.S ∆AA1C

2 2 2 2 2 2 ( BA12 − A1C 2 ) + ( AC 2 − AB 2 )  ( MB − MA1 ) − ( MC − MA1 )  + ( AC − AB ) = 4.S ∆ABC 4.S ∆ABC

MB 2 − MC 2 + AC 2 − AB 2 4.S ∆ABC

Suy ra:

0,75

MB 2 − MC 2 + AC 2 − AB 2 , cot AA1 B = 4.S ∆ABC

0,25

MC 2 − MA2 + BA2 − BC 2 MA2 − MB 2 + CB 2 − CA2 , cot CC A = 1 4.S ∆ABC 4.S ∆ABC Suy ra: cot AA1 B + cot BB 1C + cot CC1 A = 0 . Tương tự: cot BB 1C =

0,5 0,25

Bài 6 (4,0 điểm) y

C R I H

A -R

-R

a (2đ)

B R

EN BE EM (BE=ME và AD=MD) suy ra MN//AD. = = NA AD MD Do đó MN vuông góc với AB. Gọi H là giao điểm của MN và AB. HN BN MN BN MN HN Ta có . Suy ra nên MN = HN hay N là trung = , = = AD BD AD BD AD AD điểm của HM. +Chọn hệ trục như hình vẽ trên. +phương trình đường thẳng (AI):x-2y+R=0 y + Gọi M(x0;y0) thuộc đường tròn (O). Ta có x02 + y02 = R 2 . Suy ra N ( x0 ; 0 ) . 2 Gọi h là khoảng cách từ N đến đường thẳng AI. Vì AI không đổi nên diện tích tam giác NIA lớn nhất khi h lớn nhất.

+ vì AD//BE nên

h = d ( N , AI ) =

x0 − y0 + R 5

≤

x0 − y0 + R 5

≤

2( x02 + y02 ) + R

R 2+R 5

 R ( x0 − y0 ) ≥ 0 R R  Đẳng thức xãy ra khi:  x0 − y0 2 ⇔ x0 = , y0 = − 2 2 2 2  1 = 1 , x0 + y0 = R

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

0,25 0,25

0,5 0,25

Khi đó M là điểm chính giữa của cung nhỏ BF với F là điểm đói xứng của C qua O.

0,25

E(-1;-3) x

F(1;3) x

b (2đ)

M(3;-1) /

D(4;-2)

+ Chứng minh được tứ giác BHCD là hình bình hành + Tìm được H(2;0). + PT đường cao (BH):x-y-2=0. + PT cạnh (AC):x+y-4=0. +Gọi C(c ;4-c) thuộc AC. Nhờ t/c trung điểm suy ra B(6-c ;-6+c). B nằm trên BH nên ta có (6-c)-(-6+c)-2=0 hay c=5. Suy ra : B(1 ;-1) và C(5 ;-1). + PT đường cao (AH) đi qua H(2;0) và vuông góc BC là :x-2=0. + A là giao điểm của AH và AC nên A(2;2).

SỞ GD&ĐT ………….

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi: TOÁN - Khối 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :016

Câu 1 (5,0 điểm) : 1) Giải bất phương trình :

6 ( x 2 − 3x + 1) + x 4 + x 2 + 1 ≤ 0 2 x 2 − xy − 3 y 2 + 5 y − 2 = 0 2 2 xy + y + y − 1 = 0

2) Giải hệ phương trình sau:  Câu 2 (3,0 điểm) :

1) Tìm điều kiện của tham số m để hàm số y =

x +1 xác định trên [0; 1) x − 2m + 1

2) Vẽ đồ thị hàm số y= x − 1 ( x − 1) từ đó tìm điều kiện của tham số m để bất phương trình: x − 1 ( x − 1) > m có nghiệm trên [− 1;1] .

Câu 3 ( 3,0 điểm) Cho x,y ∈ R và x,y>1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

x3 − y 2 + y 3 − x 2 ( x − 1)( y − 1)

Câu 4 ( 2,0 điểm) Chứng minh rằng từ tập hợp tùy ý gồm n số tự nhiên luôn tách ra được một tập con (khác rỗng) chứa các số mà tổng của chúng chia hết cho n . Câu 5 ( 3,0 điểm): 1) Cho tứ giác ABCD có các cạnh lần lượt là a;b;c;d . Chứng minh rằng: a 2 + b 2 + c 2 >

d2 3

2) Cho tam giác ABC, một điểm M trên cạnh BC. Kẻ đường tròn (O) qua M ,B và tiếp xúc với AB tại B. Tia AM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N. Đường tròn (MNC) cắt tia AC tại điểm thứ hai là D. Chứng minh rằng hai đường tròn (BCD) và (O) tiếp xúc nhau. Câu 6 (4,0 điểm): 1) Cho đường thẳng d và điểm P nằm ngoài d. Tìm quỹ tích những điểm M cách đều P và d. 2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy . Cho tam giác ABC có AB=AC= 5 ; BC = 8 và BC song song với trục hoành. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết điểm E(2;1) là trung điểm của đường cao AH của tam giác ABC. …hết… HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1( 5đ) 1) (2,5đ) 6 ( x 2 − 3x + 1) + x 4 + x 2 + 1 ≤ 0 (1)

[( ) ( )] (x ⇔ 6[2(x − x + 1) − ( x + x + 1)] + 6( x

(1) ⇔ 6 2 x 2 − x + 1 − x 2 + x + 1 + 2

⇔ 12

)

− x +1 x 2 + x +1 ≤ 0

0,25đ

− x + 1)( x 2 + x + 1) ≤ 0

0,25đ

x2 − x +1 6( x 2 − x + 1) + − 6 ≤ 0 ( vì: x 2 + x + 1 > 0, ∀x) 2 2 x + x +1 x + x +1

0,25đ

6( x 2 − x + 1) ,t > 0 x 2 + x +1

Đặt: t =

ta đc: 2t 2 + t − 6 ≤ 0 ⇔ −2 ≤ t ≤

0,25đ 3 2

kết hợp với t>0 ta được: 0 < t ≤ (1) ⇔

)(

025đ+ 0,25đ 3 2

0,25đ

6( x 2 − x + 1) 9 ≤ ⇔ 5 x 2 − 11x + 5 ≤ 0 4 x 2 + x +1

025đ+ 0,25đ

11 − 21 11 + 21  ;   10   10

Tập nhiệm:

0,25đ

2 x 2 − xy − 3 y 2 + 5 y − 2 = 0(1)  2 xy + y 2 + y − 1 = 0( 2)

2) (2,5đ)

(1) ⇔ 2x2 – y.x -3y2 +5y -2 =0 Xem (1) là ptb2 ẩn x, có: ∆ = (5 y − 4 )2

0,25đ 0,25đ

3y − 2 2  x = 1 − y  

nên (1) ⇔  . Thay x =

0,25đ

3y − 2 vào (2) ta được: (3 y − 2) y + y 2 + y − 1 = 0 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 − 13 − 3 17 1 − 17 ⇒x= y = 8 16 ⇔ 4 y 2 − y − 1 = 0 (025đ) ⇔   − 13 + 3 17 1 + 17 ⇒x= y = 8 16  2 Thay x = 1 − y vào (2) ta được: 2 y(1 − y) + y + y − 1 = 0

 3− 5 −1 + 5 ⇒x= y = 2 2 ⇔ y 2 − 3 y + 1 = 0 (025đ) ⇔   3+ 5 −1− 5 ⇒x= y =  2 2

0,25đ+025đ

025đ+025đ

hpt có 4 ng (x;y) là :  − 1 + 5 3 − 5   − 1 − 5 3 + 5   − 13 − 3 17 1 − 17   − 13 + 3 17 1 + 17   ;  ;  ;   ; ; ; ;      2 2 2 2 16 8 16 8     

025đ

Câu 2 ( 3,0 điểm ) 1) (1,5 điểm) Hàm số xác định khi và chỉ khi : x − 2m + 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 2m − 1  2m − 1 < 0  2m − 1 ≥ 1

Hàm số xác định trên [0; 1) ⇔ 2m − 1 ∉ [0;1) ⇔ 

025đ 025đ 025đ+025đ

1  m<  ⇔ 2  m ≥ 1

025đ

KL :

025đ  x − 1...voi...x < 0  y= x − 1 ( x − 1) = − ( x − 1) 2 ...voi....0 ≤ x < 1 2 (  x − 1) ....voi....x ≥ 1 2

2) (1,5điểm)

025đ

Vẽ đồ thị: 025đ+025đ Dựa vào đồ thị ta có: − 1 ≤ f ( x) ≤ 0; ∀x ∈ [− 1;1] Bất phương trình : x − 1 ( x − 1) > m có nghiệm.

025đ

⇔ ∃x 0 ∈ [− 1;1] : f ( x 0 ) > m ⇔ m<0

025đ 025đ

Câu 3 (3,0 điểm) Cho x,y ∈ R và x,y>1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=

x3 − y 2 + y 3 − x 2 ( x − 1)( y − 1)

x 2 ( x − 1) + y 2 ( y − 1) y2 x2 = + ( x − 1)( y − 1) y −1 x −1 Đặt : a = x − 1 > 0, b = y − 1 > 0

Có: P =

(a + 1)

(b + 1)

)

(

025đ+025đ

)

+ 1 + 2 a b 2 + 1 + 2b + b a b a Có: a2+1 ≥ 2a, ∀a > 0; b 2 + 1 ≥ 2b, ∀b > 0 , a b ⇒ P ≥ 4( + ) ≥ 8 b a ⇒P=

025đ +025đ

025đ+025đ 025đ+025đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

025đ

dấu“=” xảy ra kck : a=b=1 hay . x = y =2 025đ+ 025đ Vậy: MinP=8 tại x = y = 2 . 025đ Câu4 (2,0 điểm) Gỉa sử có tập hợp nào đó chứa các chữ số a1;a2;…;an mà không thỏa ycbt 025đ khi đó không có số nào trong các số: S1=a1 ; S2=a1+a2 ; …; Sn=a1+a2+…..+an chia hết cho n. 025đ+025đ Vì các số dư khác không trong phép chia cho n là (n-1) nên theo định lí Dirichlet ta tìm được hai số Si và Sj ( 1 ≤ i ≤ j ≤ n ) có cùng số dư 025đ+025đ Suy ra: Sj-Si =ai+1+….+aj chia hết cho n. Điều này mâu thuẩn với giả sử nói trên 025đ+025đ Vậy bài toán được chứng minh . 025đ Câu5 (3,0 điểm) 1) (1,5đ) Kí hiệu AB, BC, CD, DA lần lượt là a, b, c, d 025đ Ta có: a + b + c + d = AB + BC + CD + DA = 0

(

)

Suy ra: a + b + c = − d ⇒ a + b + c = ( − d ) 2 2

⇒ a + b + c + 2(a.b + b.c + c.a) = d 2

2 2

⇒ 3(a + b + c ) = (a − 2a.b + b ) + (b − 2b.c + c ) + (c − 2c.a + a ) + d

( ) ( ) ( ) 2

= a − b + b − c + c − a + d 2 > d 2 ( do a ≠ b Vậy:

a2 + b2 + c2 >

2) (1,5đ)

025đ 025đ 025đ

)

025d 025đ

d 3

hình vẽ Ta có: p(A/(MNC)) =AD.AC=AN.AM P(A/(0)) = AN.AM = AB2 (1) Suy ra: AD.AC=AB2 (2) (1) và (2) suy ra hai đương tròn (BCD) và (O) tiếp xúc nhau (vì chúng cùng tiếp xúc với AB tại B)

Câu 6 (4,0 điểm) 1) (2,0 điểm) : hình vẽ:

025đ 025đ 025đ 025đ 025đ 025đ 025đ

Kẻ PH ⊥ d tại H . Chọn (HP) là trục tung và d là trục hoành. Đặt HP = p thì P(0, p).p>0 và p không đổi 025đ Giả sử M(x, y) là một điểm thuộc quỹ tích thì rõ ràng y > 0 . 025đ ta có :

MP = d(M, d) x 2 + (y − p) 2 = y x2 + (y-p)2 = y2 ⇔ x2 – 2py + p2 = 0

1 2 p x + 2p 2

Vậy quĩ tích là một parabol .

2( (2,0 điểm) AH ⊥ BC ⇒ H là trung điểm BC BC // 0 x ⇒ AH ⊥ Ox; E ∈ AH ⇒ pttAH : x = 2

025đ 61

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

025đ 025đ 025đ

025đ 025đ

AH= AB 2 − BH 2 = 3 025đ S=

1 1 AB. AC .BC 25 .BC . AH = 8.3 = 12 = ⇔R= 2 2 4.R 6

025đ Gọi I là tâm đtngtiếp ⇒ I ∈ .. AH ⇒ I (2; m) 025đ n/x: I, H nằm về 1 phía đối A trên (AH) 5  A(2; )  AH 3 3 2 AE = = ⇔ y A − yI = ⇒  2 2 2  A(2; − 1)  2

025đ −5  m=  AI 25 25 3 Có: IA = R =25/6 >AH ⇒ AI = (1 − y A ) ⇒  AE = AE ⇒ .m − y A = AE 9 9 m = 11  3 11 5 Suy ra : I 1 (2; ) ; I 1 ( 2;− ) ( thử lại thấy thỏa) 3 3

025đ

11   Vậy có hai đương tròn thỏa đề,có pt: ( x − 2)2 +  y −  

3

 

5 3

và ( x − 2)2 +  y +  =

SỞ GD&ĐT ………….

625 36

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi: TOÁN - Khối 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :017

Câu 1: (5 điểm) Giải phương trình sau : Câu 2: (3 điểm)

x − 9 = ( x − 3)3 + 6

Cho Parabol (P) y = x 2 − 5 x + 4 và họ đường thẳng (dm) : y = (m – 2)x + 2 – 2m. 1) Tìm điều kiện của m để (dm) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

025đ

2) Khi (dm) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x 1 , x 2 . Tìm tất cả các giá trị của m thỏa mãn : x12 ≤ x2 (5 x1 − x2 ) + 4

Câu 3 : ( 3 điểm) 3 a

Cho a>0, b>0, c>0 và a + 2b + 3c ≥ 20 . Tìm giá trị nhỏ nhất của S = a + b + c + +

9 4 + . 2b c

Câu 4 : ( 2 điểm) Có 6 đội bóng chuyền thi đấu với nhau, mỗi đội bóng phải đấu một trận với 5 đội bóng khác. Chứng minh rằng vào bất cứ lúc nào cũng có 3 đội bóng trong đó từng cặp đã đấu với nhau hoặc chưa đấu với nhau trận nào ?

Câu 5 : ( 3 điểm) Cho tam giác ABC có ba cạnh là a, b,c. Chứng minh rằng:

a 2 + b 2 + c 2 cos A cos B cos C = + + 2abc a b c

. Câu 6 : ( 4 điểm) : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A có phương trình hai cạnh là x + 2 y − 2 = 0, ( AC ) : 2 x + y + 1 = 0 , điểm M (1; 2 ) thuộc đoạn thẳng BC . Tìm tọa độ điểm H sao cho HB.HC có giá trị nhỏ nhất.

( AB ) :

…………………Hết…………………

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐÁP ÁN THI OLYMPIC TOÁN LỚP 10 Câu 1: (5 điểm) Giải phương trình sau trên tập số thực:

x − 9 = ( x − 3)3 + 6 .

Phương trình đã cho tương đương: 3 x − 9 + 3 = ( x − 3)3 + 9 (*) Đặt a = 3 x − 9 + 3 ⇒ x − 9 = ( a − 3)3 ⇔ x = ( a − 3)3 + 9 Phương trình (*) trở thành hệ đối xứng:

 a = ( x − 3)3 + 9  3  x = ( a − 3) + 9

1,0

1,5

⇒ x − a = ( a − 3) − ( x − 3)3 ⇔ x − a = (a − x) ( a − 3) + ( x − 3)2 + (a − 3)( x − 3)    2 2 ⇔ (a − x) ( a − 3) + ( x − 3) + (a − 3)( x − 3) + 1 = 0   a = x ⇔  2 2 ( a − 3) + ( x − 3) + ( a − 3)( x − 3) + 1 = 0(2) u = a −3 Đặt  v = x − 3 2

1,5

Phương trình (2) trở thành: u 2 + uv + v 2 + 1 = 0 (2’) Xem đây là phương trình bậc hai theo ẩn u. ∆ = v 2 − 4(v 2 + 1) = −3v 2 − 4 < 0, ∀v ∈ R . ⇒ Phương trình (2’) vô nghiệm ⇒ Phương trình (2) vô nghiệm. +) Với a = x thế vào (1): Vậy

x = 1 ( x − 3)3 − x + 9 = 0 ⇔  2 ⇔ x =1  x − 8 x + 18 = 0(Vô nghiêm) phương trình có nghiệm x = 1 .

1,0

Câu 2: (3 điểm) Cho Parabol (P) y = x 2 − 5 x + 4 và họ đường thẳng (dm) : y = (m – 2)x + 2 – 2m. 1) Tìm điều kiện của m để (dm) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (dm): x 2 − (m + 3) x + 2 + 2m = 0 (1)

1,0

Theo đề: (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > 0 m 2 − 2m + 1 > 0 ⇔ ∀m ≠ 1 (*) 2) Khi (dm) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x 1 , x 2 . Tìm tất cả các giá trị của m thỏa mãn : x12 ≤ x2 (5 x1 − x2 ) + 4 64

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

Phương trình (1) có 2 nghiệm x 1 , x 2 nên x 1 + x 2 =m+3 và x 1 . x 2 = 2+2m. Theeo đề : x12 ≤ x2 (5 x1 − x2 ) + 4 ⇔ ( x1 + x2 ) 2 ≤ 7 x1 x2 + 4

1,0

⇔ m 2 − 8m − 9 ≤ 0 ⇔ − 9 ≤ m ≤ 1

Kết hợp với (*) ta được : −9 ≤ m < 1

Câu 3 : ( 3 điểm) 3 a

Cho a>0, b>0, c>0 và a + 2b + 3c ≥ 20 . Tìm giá trị nhỏ nhất của S = a + b + c + +

Ta có:

4 S = 4a + 4b + 4c +

9 4 + . 2b c

1,0

12 18 16 + + a b c

4 S = a + 2b + 3c + (3a +

12 18 16 ) + (2b + ) + (c + ) a b c

Áp dụng giả thiết và bất đẳng thức Côsi ta được:

0,5 1,0

4 S ≥ 20 + 3.2.2 + 2.2.3 + 2.4 = 52 S ≥ 14 ,

dấu = xảy ra khi a = 2, b = 3, c = 4

0,5

1,0

Theo nguyên lý Đirichlê ta suy ra: A phải đấu hoặc không đấu với ít nhất 3 đội khác. Không mất tính tổng quát , giả sử A đã đấu với B, C, D. + Nếu B, C, D từng cặp chưa đấu với nhau thì bài toán đã được chứng minh. + Nếu B, C, D có 2 đội đã đấu với nhau, ví dụ B và Cthif 3 đội A, B, C từng cặp đã đấu với nhau Như vậy bất cứ lúc nào cũng có 3 đội trong đó từng cặp đã đấu với nhau hoặc chưa 65

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

đấu với nhau trận nào. Câu 5 : ( 3 điểm) Cho tam giác ABC có ba cạnh là a, b,c. Chứng minh rằng:

a 2 + b 2 + c 2 cos A cos B cos C = + + 2abc a b c

. Ta có

(

AB + BC + CA

)

1,0

= AB + BC + CA + 2 AB.BC + 2 AB.CA + 2 BC.CA 2

⇔ a 2 + b 2 + c 2 = 2 AB.BC + 2 AB.CA + 2 BC.CA

1,5

⇔ a 2 + b 2 + c 2 = 2ac.cos B + 2cb cos A + 2ab.cos C

⇔

0,5

a 2 + b 2 + c 2 cos A cos B cos C = + + 2abc a b c

Câu 6: (4 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A có phương trình hai cạnh là x + 2 y − 2 = 0, ( AC ) : 2 x + y + 1 = 0 , điểm M (1; 2 ) thuộc đoạn thẳng BC . Tìm tọa độ điểm D sao cho DB.DC có giá trị nhỏ nhất.

( AB ) : HDC

Tìm tọa độ điểm D sao cho DB.DC có giá trị nhỏ nhất - Phương trình các đường phân giác góc A là 2x + y +1 x + 2y − 2 x − y + 3 = 0 = ⇔ 5 5 3 x + 3 y − 1 = 0 - Do ∆ ABC cân tại A nên phân giác trong ( la ) của góc A vuông góc với BC

1,0 B

C la

- TH1 : (la ) : x − y + 3 = 0 , khi đó BC đi qua M(3;0) và có vtpt n1 = (1;1) ; ⇒Phương trình cạnh BC : x + y − 3 = 0 x + 2 y − 2 = 0 x = 4 Tọa độ B :  ⇔ ⇒ B (4; −1) x + y − 3 = 0  y = −1

1,0

2 x + y + 1 = 0  x = −4 Tọa độ C :  ⇔ ⇒ C ( −4; 7) x + y − 3 = 0 y = 7 Khi đó MB = ( 3; −3) ; MC = ( −5;5 ) ngược hướng ; B,C nằm hai phía ( la ) ( thỏa mãn) - TH 2 : (la ) : 3x + 3y − 1 = 0 , khi đó BC đi qua M(1;2) và có vtpt n2 = (1; −1)

1,0

BC ⊥ AD; M ∈ BC ⇒Phương trình cạnh BC : x − y + 1 = 0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

x + 2 y − 2 = 0 x = 0 Tọa độ B :  ⇔ ⇒ B (0;1) x − y +1 = 0 y =1 2   x = − 3 2 x + y + 1 = 0 2 1 Tọa độ C :  ⇔ ⇒ C (− ; ) 3 3 x − y +1 = 0 y = 1  3  5 5  Khi đó MB = ( −1; −1) ; MC =  − ; −  cùng hướng (loại)  3 3 Với B (4; −1) ; C ( −4;7 ) . Đặt D ( x; y ) ⇒ DB = ( 4 − x; −1 − y ) , DC = ( −4 − x;7 − y ) x = 0 2 ⇒ DB.DC = x 2 + y 2 − 6 y − 23 = x 2 + ( y − 3) − 32 ≥ −32 . Dấu '' = '' ⇔  y = 3 Vậy D(0;3) thì DB.DC nhỏ nhất bằng -32.

1,0

----------- Hết -----------SỞ GD&ĐT ………….

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi: TOÁN - Khối 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :018 Câu 1 (5điểm). Giải phương trình sau trên tập số thực

27 x 2 − 36 x − 4 = 5 5 x + 2 Câu 2(3điểm). Tìm tất cả các hàm số f : ℝ → ℝ thỏa mãn điều kiện: f ( x 3 − y ) + 2 y 3 f 2 ( x ) + y 2  = f  y + f ( x )  , ∀x, y ∈ ℝ (1) Câu 3 (3 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 . + + ≤ 2 2 1 + a (b + c) 1 + b (c + a ) 1 + c (a + b) abc 2

Câu 4(2điểm). Một người ham thích làm toán. Mỗi ngày làm 1 hoặc 2 bài toán, nhưng mỗi tuần làm không quá 10 bài. Chứng minh rằng có một số ngày liên tiếp người ấy làm đúng 30 bài toán. A B 1 tan = . Chứng minh rằng: Điều kiện cần 2 2 2 A B C 1 và đủ để tam giác ABC vuông là sin sin sin = . 2 2 2 10

Câu 5(3điểm). Cho tam giác ABC thỏa mãn tan

Câu 6 (4,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có hình  6 7

chiếu vuông góc của A lên đường thẳng BD là H  − ;  , điểm M(−1; 0) là trung điểm cạnh  5 5 67

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

BC và phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH có phương trình là 7 x + y − 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.

ĐÁP ÁN Nội dung Câu 1: Giải phương trình sau trên tập số thực

Đ i ểm 5đ

27 x 2 − 36 x − 4 = 5 5 x + 2 2 Điều kiện xác định x ≥ − . 5 3 Đặt 5 x + 2 = 3a − 2 , điều kiện a ≥ ta có hệ phương trình 2 2 2 27 x − 36 x − 4 = 5 ( 3a − 2 ) 9 x − 12 x − 5a + 2 = 0 ⇔ 2  2 3 a − 2 = 5 x + 2 ( ) 9a − 12a − 5 x + 2 = 0 

1,5

Suy ra

9 ( x 2 − a 2 ) − 12 ( x − a ) + 5 ( x − a ) = 0

x = a ⇔ 9 ( x − a )( x + a ) − 7 ( x − a ) = 0 ⇔  7  −x=a 9

1,5

Với x = a ta có

9 x 2 − 17 x + 2 = 0 17 + 217  5x + 2 = 3x − 2 ⇔  ⇔x= 3 18  x ≥ 2 V ới a =

7 − x ta có 9

1  2 + 5x + 2 7 x ≤ = − x ⇔ 3 5x + 2 = 1 − 9 x ⇔  9 3 9 2 81x − 63 x − 17 = 0 ⇔x=

7 − 3 13 18 17 + 217 7 − 3 13  ;  18 18  

Vậy nghiệm của phương trình là S = 

Câu 2: Tìm tất cả các hàm số f : ℝ → ℝ thỏa mãn điều kiện: f ( x 3 − y ) + 2 y 3 f 2 ( x ) + y 2  = f  y + f ( x )  , ∀x, y ∈ ℝ (1)

3.0

+ Thay y = x3 vào (1), ta có:

0.75

f ( 0 ) + 2 x 3 3 f 2 ( x ) + x 6  = f  x 3 + f ( x )  + Thay y = − f ( x ) vào (1), ta được: 3

f  x + f ( x )  − 2 f ( x ) 3 f

(2) 0.75

( x ) + f ( x ) = f ( 0 ) (3) 68

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Từ (2) và (3) ta suy ra: 4 f 3 ( x ) − 3 f 2 ( x ) x 3 − x9 = 0, ∀x ⇔  f ( x ) − x3   4 f 2 ( x ) + x 3 f ( x ) + x 6  = 0, ∀x (4) Mà 4 f 2 ( x ) + x 3 f ( x ) + x 6 > 0, ∀x ≠ 0

0.75

Từ (4) suy ra f ( x ) = x , ∀x Thử lại thỏa mãn điều kiện bài toán V ậy f ( x ) = x 3

0.75

Câu 3: Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng:

3.0

1 1 1 1 . + + ≤ 2 2 1 + a (b + c) 1 + b (c + a ) 1 + c (a + b) abc 2

0,75

Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 3 = ab + bc + ca ≥ 3 3 (abc) 2 ⇒ abc ≤ 1 . Suy ra: 1 + a 2 (b + c) ≥ abc + a 2 (b + c) = a(ab + bc + ca) = 3a ⇒ Tương tự ta có:

0,75

1 1 (1). ≤ 1 + a (b + c) 3a 2

1 1 1 1 (2), ≤ ≤ (3). 2 1 + b (c + a ) 3b 1 + c (a + b) 3c 2

Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:

0,75

1 1 1 1 1 1 1 ab + bc + ca 1 □. + + ≤ ( + + )= = 2 2 abc 1 + a (b + c) 1 + b (c + a ) 1 + c ( a + b) 3 c b c 3abc 2

0,75

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc = 1, ab + bc + ca = 3 ⇒ a = b = c = 1, (a, b, c > 0).

Câu 4: Một người ham thích làm toán. Mỗi ngày làm 1 hoặc 2 bài toán, nhưng mỗi tuần làm không quá 10 bài. Chứng minh rằng có một số ngày liên tiếp người ấy làm đúng 30 bài toán. Gọi Si là tổng số bài toán người ấy làm đến ngày thứ i. Xét dãy số S1, S2,…, S31 Theo giả thiết ta có: S31 ≤ 4.10+3.2=46 (4 tuần + 3 ngày). Ta chia các số hạng của dãy cho 30. Theo nguyên lý Dirichlet sẽ có 2 số hạng khác nhau trong dãy Sk và Sq (k<q) sao cho Sk và Sq có cùng số dư khi chia cho 30. Hay Sk – Sq ⋮ 30 mà 1 ≤ Sk < Sq ≤ S31 ≤ 46 Suy ra Sq – Sk = 30. Hay liên tiếp từ ngày k + 1 đến ngày q người đó làm đúng 30 bài toán. A B 1 tan = . Chứng minh rằng: Điều 2 2 2 A B C 1 kiện cần và đủ để tam giác ABC vuông là sin sin sin = . 2 2 2 10

Câu 5: Cho tam giác ABC thỏa mãn tan

2đ

0,5 0.5 0,5 0,5

3.0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A B = p ( p − b ) tan = p ( p − a )( p − b )( p − c ) 2 2 2 A B S p−c a+b−c ⇒ tan tan = 2 = = 2 2 p ( p − a )( p − b ) p a+b+c

+ Ta có S = p ( p − a ) tan

Theo gt tan

A B 1 tan = ⇔ 2 ( a + b ) − 2c = a + b + c ⇔ a + b = 3c (1) 2 2 2

Mặt khác S = pr =

 p = 2c p−c = c

0.25

r = p 2 − ( a + b ) p + ab 4R

r  2 Suy ra  1 −  ab = 2c (3) 4R 



* Giả sử sin

0.25

abc r ⇒ pabc = S 2 = p ( p − a )( p − b )( p − c ) (2) 4R 4R

Từ (1) ⇔ 

Từ (2) suy ra ab

0.25

1 A B C 1 r = sin sin = suy ra 2 2 2 10 4 R 10

0.25

20 2 c , cùng với (1) suy ra a và b là nghiệm của phương trình 9 20 5 4 t 2 − 3ct + c 2 = 0 ⇔ t1 = c, t2 = c 9 3 3

Từ (3) ta có ab =

5 3

0.25

4 3

Không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b , ta có a = c, b = c suy ra 2

4  5  b + c =  c  + c 2 =  c  = a 2 suy ra tam giác ABC vuông tại A. 3  3  2

* Ngược lại, giả sử tam giác ABC vuông tại A, ta có:  a = 2 R a = 2 R a = 2 R   2 2  2 2 2 2 a = b + c (1) ⇒ ( 3c − b ) = b + c ⇒ b = 4r  c = 3r  1  b = 4r ( do p=2c )  S = bc = pr  2 a = 2 R r 2 ⇒ 5r = 2 R ⇒ = R 5  a = 5r

0.5 0.5

Từ (1) ta có:  Suy ra 4sin

0.5

A B C 2 A B C 1 sin sin = ⇒ sin sin sin = 2 2 2 5 2 2 2 10

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 6 : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có 4.0  6 7

hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng BD là H  − ;  , điểm M(−1; 0) 5 5 



là trung điểm cạnh BC và phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH có phương trình là 7 x + y − 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. 1 2

Gọi N, K lần lượt là trung điểm của HD và AH ⇒ NK // AD và NK = AD. Do AD ⊥ AB ⇒ NK ⊥ AB. Mà AK ⊥ BD ⇒ K là trực tâm tam giác ABN. Suy ra BK ⊥ AN (1) 1 2

Vì M là trung điểm BC ⇒ BM = BC. A

Do đó NK // BM và NK = BM ⇒ ◊ BMNK là hình bình hành ⇒ MN // BK (2) Từ (1) và (2) suy ra MN ⊥ AN.

1.0 H B

⇒ phương trình MN có dạng: x − 7 y + c = 0. M(−1; 0) ∈ MN ⇔ −1 − 7.0 + c = 0 ⇔ c = 1. ⇒ phương trình MN là: x − 7 y + 1 = 0.

1.0

2 1

Mà N = MN ∩ AN ⇒ N  ;  . Vì N là trung điểm HD ⇒ D(2; −1). 5 5 

 8 6  Ta có: HN =  ; −  5 5



Do AH ⊥ HN ⇒ AH đi qua H và nhận n = (4; −3) là 1 VTPT. ⇒ phương trình AH là: 4x − 3y + 9 = 0. Mà A = AH ∩ AN ⇒ A(0, 3).

2 = 2(−1 − x B ) x = −2 ⇔ B ⇒ B(−2; 2). −4 = 2(0 − y B ) y B = 2

1.0

Ta có: AD = 2BM ⇔ 

Vì M là trung điểm BC ⇒ C(0; −2). Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là: A(0; 3), B(−2; 2),C(0; −2), D(2; −1).

1.0

Ghi chú: Học sinh làm theo cách khác đúng và lý luận chặt chẽ , giám khảo cho điểm tương ứng theo thang điểm trên

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GD&ĐT ………….

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi: TOÁN - Khối 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :019 Câu 1 (5 điểm): a/ Giải bất phương trình :

4x 2 < 2x + 9 (1 − 1 + 2x ) 2

3 x 2 y − ( y − 2) 2 = 6 x 2 + 2 2 2 3 x( y − 2) = x + 2

b/ Giải hệ phương trình: 

Câu 2 (3 điểm): Cho f ( x ) = x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + d . Với a, b, c, d là những hằng số. Giả sử f (1) = 10, f ( 2 ) = 20, f ( 3) = 30 f (12) + f ( −8) + 32 10 Câu 3 (3 điểm): Cho a,b,c là các số thực dương sao cho ab+bc+ca =1. Chứng minh:

Hãy tính

a 2 + b2 + c 2 +

8abc ≥2 ( a + b )( b + c )( c + a )

Câu 4 (2 điểm): Tìm tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số, sao cho mỗi số là trung bình cộng của các số suy từ số đó bằng phép hoán vị tròn các chữ số của số đó. Câu 5 (3điểm): Cho tam giác ABC, G là trọng tâm.

a) Chứng minh : MA.BC + MB.CA + MC. AB = 0 b) Chứng minh: MA2 + MB 2 + MC 2 = 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 (1) với M tùy ý. Suy ra vị trí M để MA2 + MB 2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất Câu 6 (4 điểm): a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(-1,2) ; B(3;4); C(1;-2). Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. b) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng (d1): x – y = 0; (d2): 2x + y – 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD biết rằng đỉnh A thuộc d1, đỉnh C thuộc d2 và các đỉnh B, D thuộc trục hoành. ==========================Hết============================ Học sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên học sinh:.......................................................SBD:....................Phòng:........... Chữ ký của giám thị :............................................

HƯỚNG DẪN CHẤM 72

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

(Hướng dẫn chấm này có 03 trang) Nội dung

Câu 1a 2.5đ

Điểm

4x 2 < 2x + 9 (1 − 1 + 2x )2

Điều kiện: 2x + 1 ≥ 0 1 ⇔ 0 ≤ 2x + 1 ≠ 1 ⇔ − ≤ x ≠ 0.  2 1 − 2x + 1 ≠ 0

(*)

0.5

Biến đổi bất phương trình về dạng:    

(

  < 2x + 9 2x + 1 + 1  

)

2x + 1 + 1

(

2x + 1 − 1

)(

⇔

(

)

2x + 1 + 1 < 2x + 9

0.5

⇔ 2x + 1 + 1 + 2 2x + 1 < 2x + 9 ⇔

2x + 1 <

7 49 45 ⇔ 2x + 1 < ⇔x< 2 4 8

 1 45  Vậy, bất phương trình có tập nghiệm là S =  − ,  \ {0}  2 8  1b 2.5đ

3 x 2 y − ( y − 2) 2 = 6 x 2 + 2  3 x( y − 2) 2 = x 2 + 2 3 x 2 ( y − 2) = ( y − 2) 2 + 2 ⇔ 3 x( y − 2) 2 = x 2 + 2

(I)

Đặt t = y -2 thì hệ (I) trở thành 3 x 2t = t 2 + 2 (1)  2 2 (2) 3 xt = x + 2 Lấy (1) trừ đi (2) vế theo vế ta được: 3 xt ( x − t ) = t 2 − x 2 ⇔ ( x − t )(3 xt + x + t ) = 0(*)

Nếu x,t thỏa mãn hệ (1),(2) thì x〉 0 và t 〉 0 ⇒ 3 xt + x + t 〉 0 Do đó (*) ⇔ x = t

2 3đ

0.5

Từ đó giải được: x = t = 1 ⇒ y = 3 Vậy, hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (1; 3) Đặt g ( x) = f ( x) − 10 x Lúc đó: g (1) = g (2) = g (3) = 0 Nên g ( x) chia hết cho ( x − 1)( x − 2)( x − 3) Vì g ( x) là đa thức bậc 4 nên g ( x) = ( x − 1)( x − 2)( x − 3)( x − x0 ) ⇒ f ( x) = ( x − 1)( x − 2)( x − 3)( x − x0 ) + 10 x Khi đó:

0.5 0.5

0.5

0.25 0.5 0.5 0.5 0.25 0.5 0.5 0.25 0.5 0.25 0.5 0.5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3 3đ

f (12) + f ( −8) 990(12 − x0 ) + 120 − 990( −8 − x0 ) − 80 + 32 = + 32 10 10 = 1984 + 32 = 2016 Không mất tính tổng quát, ta giả sử a=min{a,b,c} a 2 + b2 + c2 + a 2 2 2 2 2 2 2 a + b + c ≥ ab + bc + ca = 1 ⇒ a + b + c ≥ 1 + a2 2a 2 + b 2 + c 2 Hay a 2 + b 2 + c 2 ≥ (a + b)( a + c)

Ta cm :

2a 2 + b 2 + c 2 8abc + ≥2 ( a + b)( a + c) ( a + b)(b + c)(a + c)

⇔ (b + c)(2a 2 + b 2 + c 2 ) + 8abc ≥ 2( a + b)(b + c)( a + c) ⇔ 2a 2b + b3 + bc 2 + 2a 2 c + cb 2 + c3 + 4abc ≥ 2( a 2b + ac 2 + b 2c + b 2 a + a 2 c + bc 2 )

0.5

0.5 0.5 0.5

⇔ b3 + c3 + 4abc − b 2c − cb 2 − 2ac 2 − 2b 2 a ≥ 0 ⇔ (b + c)(b − c) 2 − 2a (b − c) 2 ≥ 0 ⇔ (b − c ) 2 (b + c − 2 a ) ≥ 0 Bất đẳng thức trên đúng Vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh. Dấu bằng xảy ra ⇔ a=b=c= 4 2đ

1 3

0.5

Số cần tìm có dạng abc với a, b, c ∈ N và 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b, c ≤ 9 bca + cab ⇔ 189a = 81b + 108c 2 Theo giả thiết: ⇔ 7 a = 3b + 4c ⇔ 7(a − b) = 4(c − b)

abc =

⇒ 4(c − b)⋮ 7 ⇒ (c − b)⋮ 7 Do 0 ≤ b, c ≤ 9 ⇒ −9 ≤ c − b ≤ 9 ⇒ c − b = −7; c − b = 0; c − b = 7 *TH1: c − b = −7 ⇔ b = c + 7 ≤ 9  c = 0 b = 7  a = 3 ⇒  c = 1 ⇒ b = 8 ⇒  a = 4    c = 2 b = 9  a = 5 *TH2: c − b = 0 ⇔ b = c ⇒ a = b = c *TH3: c − b = 7 ⇔ c = b + 7 ≤ 9 b = 0  c = 7  a = 4 ⇒ b = 1 ⇒  c = 8 ⇒  a = 5    b = 2  c = 9  a = 6 Vậy có tất cả 15 số cần tìm: 370; 481; 592; 111; 222; …; 999; 470; 581; 692 5a 1.5đ

0.5

MA.BC = MA.( MC − MB ) = MA.MC − MA.MB MB.CA = MB.( MA − MC ) = MB.MA − MB.MC MC. AB = MC.( MB − MA) = MC.MB − MC.MA 74

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5

0.25 0.25 0.25

0.25 0.25

0.25

Cộng 3 đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh. 2 2 MA2 = MA = MG + GA = MG 2 + GA2 + 2 MG.GA 2 MB 2 = MB = MG 2 + GB 2 + 2 MG.GB 2 MC 2 = MC = MG 2 + GC 2 + 2 MG.GC

5b 1.5đ

(

)

Cộng 3 đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh. Theo (1), MA2 + MB 2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi MG = 0 tức là M trùng với trọng tâm G.

6a 1đ

Vì AB. AC = 0 nên tam giác ABC vuông tại A, do đó bán kính cần tìm

6b 3đ

A thuộc d1 nên A(t ;t) A và C đối xứng nhau qua BD và B, D thuộc Ox nên C(t ;-t) C thuộc d2 nên 2t – t – 1 = 0 ⇔ t = 1 Vậy A(1 ;1) và C(1 ;-1) Trung điểm AC là I(1;0) và I là tâm hình vuông nên IB = IA = 1; ID = IA = 1

là R =

AC = 5 2

 b − 1 = 1  B ∈ Ox  B(b;0) b = 0; b = 2 ⇔ ⇔ ⇔   D ∈ Ox  D( d ;0)  d − 1 = 1 d = 0; d = 2

Suy ra B(0,0) và D(2;0) hoặc B(2;0) và D(0,0) Vậy A(1 ;1), C(1 ;-1), B(0,0), D(2;0) hoặc A(1 ;1), C(1 ;-1), B(2;0), D(0,0) =================================================================

SỞ GD&ĐT ………….

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi: TOÁN - Khối 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :020 Câu 1: (4đ) Giải phương trình : 3

Câu 2: (4đ) Cho hàm số:

6 x + 1 = 8x3 – 4x – 1 ( m + 1) x − m

mx − m + 2 − 1 −1 1/ Tìm tập xác định của hàm số khi m = 2 2/ Tìm m để tập xác định của hàm số là đoạn [1; +∞ )

Câu 3: (3đ) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = x3y + y3x với x,y thuộc R thỏa: x2 + xy + y2 = 1 Câu 4: (2đ) Cho hai tập hợp: A = {x ∈ R/ x là bội của 3 và 4} B = {x ∈ R/ x là bội của 12 } Chứng minh rằng: A = B 75

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 5: (3đ) Cho tam giác ABC với cạnh a,b,c và ba trung tuyến hạ từ A,B,C lần lượt là ma , mb , mc . Chứng minh rằng tam giác ABC đều khi và chỉ khi:

a + b + c = 2 m a 2 + mb 2 + m c 2 Câu 6: (4đ) Cho đường tròn (C ): x2 + y2 – 2x – 4y – 20 = 0 và điểm M (2 ; 5). Viết phương trình đường thẳng d qua M cắt (C ) tại A và B sao cho AB nhỏ nhất ---------------------------- HẾT ----------------------------

ĐÁP ÁN NỘI DUNG

M ỤC Câu 1: (4đ)

Đặt Pt

1đ

6 x + 1 = 2y , y ∈ R 3 8 x = 4 x + 2 y + 1  3 8 y = 6 x + 1

1đ 0,5đ 0,5đ 1đ

8(y3 – x3) = 2(x – y) y–x=0 y=x => pt: 8x3 – 6x – 1 = 0 => kq Câu 2(4đ) 1(1đ)

ĐI Ể M

x +1 −1 y = => 2 −x + 5 − 2 => TXĐ : D = [ − 1; 5 ] \ {3} m=

0,5 0,5

2(3đ) 1đ

 ( m + 1) x − m ≥ 0  mx − m + 2 ≥ 0   đk mx − m + 2 ≠ 1   x ≥ 1

1đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

M ỤC

NỘI DUNG

ĐI Ể M

 m + 1 > 0  m > 0  m x ≥ m +1  m−2 m −1  x , x ≥ ≠  m m   x ≥ 1

0,5

m > 0 x ≥ 1



Với m = 0 => TXĐ : Kl: m

D = [ 0; +∞ ) thỏa

≥0 0,5

Câu 3(3đ) Gọi a là giá trị của biêư thức P => hệ pt sau có nghiệm:

Đặt u = x2 + y2 , v = xy Hệ

0,5

2 2  x + xy + y = 1  3 3  x y + y x = a đk u ≥ 2 v

0,5 0,5

u + v = 1   u .v = a

=> u,v là nghiệm pt: X2 – X +a = 0 thỏa => MaxP =

u ≥ 2v

2 a≤ 9

2 1 kh ix=y= ± 9 3

0,5 1

Câu 4 (2đ)

A⊂ B x ∈ A ⇒ x = 3k = 4l

0,5

⇒ l = 3l1 ⇒ x = 12l1

0,5

=> x là bội của 12 => x ∈ B Cm B ⊂ A

0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

M ỤC

NỘI DUNG

x ∈ B ⇒ x = 12 n = 3(4 n ) = 4(3n )

ĐI Ể M 0,5

x là bội của 4 và 3 x∈ A Kluận A = B Câu 5(3đ)

=>)Tm giác ABC đều suy ra

a + b + c = 2 m a 2 + mb 2 + m c 2

ABC đều => a = b = c và ma = mb = mc =

a 3 2

3a = 3a Vậy a

+ b + c = 2 m a 2 + mb 2 + m c 2

<=) ABC có: a + b + Chứng minh ABC đều

Ta có

0,5

c = 2 m a 2 + mb 2 + m c 2

 2 2(b 2 + c 2 ) − a 2  ma = 4   2 2( a 2 + c 2 ) − b 2  mb = 4  2  2 2( b + a 2 ) − c 2  mc = 4  0,5

9 2 c 4 9 2 b 4 9 2 a 4 3 = c 2 3 = b 2 3 = a 2

 2 2 2  2( m a + m b ) − m c =   2 2 2  2( m a + m c ) − m b =   2 2 2  2( mb + m c ) − m a = 

 2 2 2  2( m a + m b ) − m c   2 2 2  2( m a + m c ) − m b   2 2 2  2( mb + m c ) − m a 

0,5

3 ( a + b + c ) = 2( ma 2 + m b 2 ) − m c 2 + 2( ma 2 + m c 2 ) − m b 2 + 2( mb 2 + m c 2 ) − m a 2 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

M ỤC

NỘI DUNG +

2(mb2 + mc 2) − ma 2

Theo bđt Bu nhiacôpxki:

ĐI Ể M

3 (a + b + c) ≤ 2

3. 3( m a 2 + mb 2 + m c 2 )

VP ≤

3. 3(ma2 +mb2 +mc2) 2

a + b + c ≤ 2 ( m a + mb Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

+ mc 2 )

0,5

m2a = m2b = m2c ma = mb = mc Vậy ABC đều Câu 6(4đ)

0,5

( C ) có tâm I(1;2) bán kính R = 5,IM = 10 < 5 => M nằm trong (C ) Gọi H là hình chiếu của I lên d ta có: HA = HB = AB/2 AB = 2HB= 2 =2

R − IH

0,5

25 − IH 2

Tam giác vuông IHM có IH ≤ IM = AB nhỏ nhất khi IH lớn nhất IH = IM => H trùng M

Pt đt d qua M(2;5) nhận x + 3y – 17 = 0

SỞ GD&ĐT ………….

0,5

IM = (1; 3) làm vec tơ pháp tuyến có pttq

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi: TOÁN - Khối 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :021

Bài 1: ( 5 điểm) a/ Giải phương trình: x2 – 2x = 2 2 x − 1 b/ Giải bất phương trình:

x+2 -

x −1 ≥ x -

x2 + x − 2 -

7 2

Bài 2: (3,0 điểm) Cho hàm số: y = x2 – (2m -3)x – 2m+2

(1)

Xác định m để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng d: y = 3x -1 tại hai điểm A, B phân biệt sao cho OA2 + OB2 đạt giá trị nhỏ nhất (O là gốc tọa độ)

Bài 3: (3,0 điểm) Cho 3 số dương a,b,c thỏa mãn: abc =1. Chứng minh rằng: 79

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a2 b2 c2 3 ≥ + + b+c a + c a+b 2

Bài 4: (2,0 điểm) Cho tập hữu hạn X. Ta chọn ra 50 tập con A1, A2, …, A50, mỗi tập đều chứa quá nửa số phần tử của X. Chứng minh rằng tồn tại tập con A của X sao cho số phần tử của A không vượt quá 5 và A ∩ Ai ≠ φ , ∀i = 1,50

Bài 5: (3,0 điểm) Cho ∆ ABC có AB = c;BC = a; AC = b.Trung tuyến CM vuông góc với phân giác trong AL và

CM 3 = AL 2

5 − 2 5 . Tính

b và CosA c

Bài 6: (4,0 điểm) Trong mặt phẳng (Oxy), cho tam giác ABC có diện tích bằng 2, đường thẳng chứa cạnh AB có phương trình: x – y = 0, I(2;1) là trung điểm BC. Tìm tọa độ trung điểm K của AC

……………………Hết………………. ĐÁP ÁN Bài 1 (5,0 điểm) x2 – 2x = 2 2 x − 1

Điều kiện: x ≥

(1)

1 2

0,25

Pt (1) (x-1)2- 1 = 2 2 x − 1 a (2đ)

Đặt

0,25

2 x − 1 = y -1 (y ≥ 1) (y-1) = 2x -1

0,25

Khi đó pt(1) thành : (x-1) = 2y -1

0,25

( x – 1) = 2y – 1 2

Giải hệ phương trình 

( y − 1) = 2x − 1

b(3đ)

x+2 -

x −1 ≥ x -

x2 + x − 2 -

7 2

Tìm được nghiệm x=2+ 2

1,0

(1) 0,25

Điều kiện: x ≥ 1 2

Đặt t=

x + 2 - x − 1 => t = 2x + 1 - 2 x 2 + x − 2

=> x -

x2 + x − 2 -

7 t2 = -4 2 2

0,5

Bất phương trình (1) thành: t2 – 2t – 8 ≤ 0 <=> -2 ≤ t ≤ 4 Với t ≥ -2

0,25 0,75

x + 2 - x − 1 ≥ -2 .Tìm được nghiệm bất phương trình có

nghiệm với mọi x Với t ≤ 4

x + 2 - x − 1 ≤ 4 .Tìm được nghiệm bất phương trình có

0,75

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

nghiệm với mọi x

0,5

Tập nghiệm bất phương trình là S=[1; + ∞ )

Bài 2 (3,0 điểm) (3đ)

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và (d) là x2 – 2mx – 2m + 3 = 0 (*)

0,5

(P) cắt d tại 2 điểm phân biệt khi pt (*) có 2 nghiệm phân biệt <=> m < -3 hay m > 1

0,5

Gọi A (x1; 3x1 – 1), B(x2, 3x2 – 1) với x1, x2 là nghiệm pt(*) Tính OA2 + OB2 = 40m2 + 28m – 58 = f(m)

0,5

Lập bảng biến thiên hàm số f(m). Dựa vào bảng biến thiên tìm được 0,75 OA2 + OB2 nhỏ nhất bằng 10 khi m=1

0,75

Bài 3(3 ,0 điểm) Cho 3 số a,b,c dương thỏa mãn abc=1 Chứng minh rằng:

a2 b2 c2 3 ≥ + + b+c c+a a+b 2

Theo bất đẳng thức côsi có: a2 b+c ≥a + b+c 4

(1)

b2 a+c ≥b + c+a 4

(2)

c2 a+b ≥c + a+b 4

(3)

1,0

a2 b2 c2 1 ≥ (a+b+c) + + b+c c+a a+b 2

0,5

Áp dụng bất đẳng thức côsi cho 3 số a,b,c có a+b+c ≥ 3 3 abc = 3 =>

a2 b2 c2 3 ≥ + + b+c c+a a+b 2

0,5 0,5 0,5

Dấu “=” xảy ra khi a=b=c=1

Bài 4 (2 điểm) Giả sử n(X)=n. Tổng số các phần tử của 50 tập con Ai lớn hơn 25n nên tồn 81

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

tại một phần tử a thuộc ít nhất 26 tập, chẳng hạn: A1; A2;…A26 Xét 24 tập còn lại ta suy ra tồn tại ít nhất một phần tử b thuộc 13 tập, chẳng 0,5 hạn A27; A28;…A39 Xét 11 tập còn lại ta suy ra tồn tại ít nhất một phần tử c thuộc 6 tập, chẳng hạn: 0,25 A40; A41,…, A45 Xét 5 tập còn lại suy ra tồn tại ít nhất một phần tử d thuộc 3 tập chẳng hạn: 0,25 A46; A47; A48 Xét 2 tập còn lại suy ra tồn tại ít nhất 1 phần tử e thuộc 2 tập chẳng hạn A49; 0,25 A50

0,25

Vậy tập A = {a,b;c,d;e}

0,5

Bài 5 (3 điểm)

CM =

0,5

c b AB + AC b+c b+c

Tính được AL = AB − 2 AC 2

0,25 0,25

Ta có CM ⊥ AL ⇔ AL . CM = 0 ⇔ (b AB +c AC )( AB - 2 AC )=0 2

⇔ bc + bc cosA – 2cb – 2cb = 0 ⇔ (c – 2b) (1+cosA) = 0 ⇔ c = 2b (vì cosA>-1)

b2 + a2 c2 a 2 − b2 - = 2 4 2

Lại có: CM2 = 1 9

AL2 = ( AB + AC )2 =

0,25

1 (AB2 + AC2 + 2 AB . AC ) 9

2 (9b2 – a2) 9

CM 3 = AL 2

5−2 5 ⇔

⇔

a2 9 a2 − b2 9 . 2 2 = (5 - 2 5 ) ⇔ 2 = 64 9b − a 4 b

Tính cosA =

0,5

0,25 CM 2 9 = (5 - 2 5 ) AL2 4

0,5

5 −1 4

0,5

Bài 6 (4 điểm) Đường thẳng IK qua I và song song AB có phương trình: x – y – 1 = 0 0,5 1,0

Từ S ∆ABC = 2 . Tính được AB = 2 2 82

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tính được IK =

0,5

Suy ra K thuộc đường tròn tâm I bán kính Ik =

0,5

Phương trình đường tròn (C) tâm I bán kính IK: (C): (x-2)2 + (y – 1)2 = 2

0,5

K là giao điểm của (C) và IK. Tọa độ K là nghiệm hệ (x-2)2 + (y-1)2 = 2 x-y-1

0,5

Tìm được nghiệm K(1,0) và K (3,2)

SỞ GD&ĐT ………….

0,5

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi: TOÁN - Khối 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :022

Câu 1(5,0 điểm) a. (2 điểm) Giải phương trình

3 x + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 8 = 0 ( x ∈ R )

2 2  x + 2 xy + 2 y + 3 x = 0 b. ( 3 điểm) Giải hệ phương trình  2  xy + y + 3 y + 1 = 0

1 1 Câu 2 ( 3 điểm) . Cho hàm số f(x): R → R thỏa mãn: (x-1)f(x)+f( )= x x −1

với x ≠ 0, x ≠ 1. Tìm f(x) và tính f(2016) Câu 3 (3,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

x 1  y 1  z 1  P = x +  + y  +  + z  +   2 zx   2 xy   2 yz  Câu 4 (2 điểm) .Giả sử trong một nhóm 6 người mỗi cặp hai người hoặc là bạn hoặc là đối

thủ của nhau. Chứng tỏ rằng trong nhóm có ba người là bạn lẫn nhau hoặc có ba người là đối thủ lẫn nhau.

= 900 ) , AB = AD = 2a; BC = 4a .Gọi I, J Câu 5.(3 điểm). Cho hình thang vuông ABCD ( A=B theo thứ tự là trung điểm của AB và AD. Tính cosin góc tù tạo bởi hai đường thẳng CJ và DI 83

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 6 (4 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12,

tâm I là giao điểm của hai đường thẳng d1: x-y-3=0, d2: x+y-6=0. Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 và tia Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.

HẾT

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Đáp án

Câu 1 a (2điểm)

Nội Dung 1 ĐK: − ≤ x ≤ 6 3 pt ⇔ 3 x + 1 − 4 + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 5 = 0

(

) (

3( x − 5)

)

x+5 + ( x − 5 )( 3 x + 1) = 0 3x + 1 + 4 1 + 6 − x  x = 5 (TM ) ⇔  3 1  + + 3 x + 1 = 0(2)  3 x + 1 + 4 1 + 6 − x 1 Với − ≤ x ≤ 6 thì vế trái của (2) lớn hơn 0 nên phương 3 trình (2) vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =5 Lấy (1)+2.(2) ta được: 2 ( x + 2 y ) + 3( x + 2 y ) + 2 = 0 ⇔

b (3,0điểm)

Đ i ểm

0.5 0.5

0.25

0.5

0.25

⇔ ( x + 2 y + 1)( x + 2 y + 2 ) = 0

0.5

TH1: x + 2 y + 1 = 0 ⇔ x = −2 y − 1 thay vào (2) ta được:

1.0

 y = 1 + 2 ⇒ x = −3 − 2 2 y2 − 2 y −1 = 0 ⇒   y = 1 − 2 ⇒ x = −3 + 2 2 TH2: x + 2 y + 2 = 0 ⇔ x = −2 y − 2 thay vào (2) ta được:

1.0

 1− 5 ⇒ x = −3 + 5 y = 2 2  y − y −1 = 0 ⇒  1+ 5 ⇒ x = −3 − 5 y =  2 Vậy: hệ phương trình có 4 nghiệm  1− 5  1 + 2; −3 − 2 2 ; 1 − 2; −3 + 2 2  −3 + 5;  và 2    1+ 5   −3 − 5;  2  

0.5

(

Đặt t=

)(

)

0.5

1 1 ⇒ x-1= − t x t

1 1 t Thay vào giả thiết ta có: ( − t )f( )+ f(t) = t t 1− t

0.5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 2 3 điểm

1 1  ( x − 1) f ( x) + f ( x ) = x − 1 Khi đó ta có hệ:   f ( x) + 1 − x f ( 1 ) = x  x x 1− x 2  ( x − 1)  x 1 + 1 f ( x) = − Suy ra:  x x −1  x  1 1− x −1 f(2016)= 2015 Biến đổi: 2 x2 x y 2 y z z + + + P= + + xy 2 yz 2 zx 2 V ậy f ( x ) =

Câu 3 3 điểm

0.5

0.5 0.5 0.5 0.5

x2 x x y2 y y z z z + + + + + + + + 2 2 yz 2 yz 2 2zx 2zx 2 2xy 2xy Theo AM-GM ta có: P= 2

0.5 0.5

3 x x x x x + + ≥ 3. 3 2 2 = 3 2 2 (1) 2 2 yz 2 yz 8y z 2 y z y2 y y y4 3 y4 + + ≥ 3. 3 2 2 = 3 2 2 ( 2 ) 2 2 zx 2 zx 8z x 2 z x

3 z4 z2 z z z4 + + ≥ 3. 3 2 2 = 3 2 2 ( 3) 2 2 xy 2 xy 8x y 2 x y Cộng các bđt (1), (2) và (3) vế theo vế ta được: 3  x4 y4 z4  3 x4 y 4 z 4 9 P ≥  3 2 2 + 3 2 2 + 3 2 2  ≥ 33 3 4 4 4 = 2  y z 2 zx x y  2 x yz 9 xảy ra khi x=y=z= 1 2 -Gọi A là một trong 6 người. Từ nguyên lí Dirichlet suy ra trong số 5 người còn lại của nhóm hoặc là có ít nhất ba người là bạn của A hoặc có ít nhất ba người là đối thủ của A

Vậy minP = Câu 4 2 điểm

TH1. Giả sử ba người đó là bạn của A. Nếu trong ba người này có hai người là bạn thì họ cùng với A lập thành một bộ ba người bạn lẫn nhau Ngược lại, tức là nếu trong ba người không có ai là bạn ai cả thì chứng tỏ họ là bộ ba người đối thủ lẫn nhau TH2.Giả sử ba người đó là đối thủ của A ta chứng minh

0.5 0.5 0.5

0.5 0.5

0.5 0.5 0.5

tương tự.Vậy trong nhóm 6 người đó, có 3 người là bạn 86

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

hoặc đối thủ của nhau

Câu 5 3 điểm

3 Phân tích CJ = − AB − AD 2 1 ID = − AB + AD Và 2

0.5

 3  1  AD  − AB + AD  2   2  2 1 3 3 2 = AB − AB. AD + AD. AB − AD 2 4 2

⇒ CJ .ID = −  AB +

0.5

= −4a 2

0.5

Tính được CJ = a 13

Ta có CJ .ID = CJ .ID.cos CJ, ID

(

0.5

)

0.5

−4 65 ⇔ −4a 2 = a 13.a 5.cos CJ, ID ⇔ cos CJ, ID = 65

(

Câu 6 4 điểm

)

(

)

Gọi α là góc tù tạo bởi hai đường thẳng CI và DI −4 65 ⇒ cosα = 65 9 3 Tọa độ điểm I( ; ), M(3;0). 2 2

0.5

Gọi M là trung điểm cạnh AD. Ta có AB = 2IM = 3 2 Diện tích hình chữ nhật S = AB.AD =12 ⇒ AD = 2 2

0.5

AD qua M và vuông góc với d1 nên AD: x + y -3 = 0

0.5

Lại có MA = MB =

0.5

 x + y − 3 = 0 Tọa độ A, D là nghiệm hệ  2 2  ( x − 3) + y = 2 x = 2 x = 4 hoặc  ⇔  y =1  y = −1 Chon A(2;1) ⇒ D(4;-1) ⇒ C(7;2) và B(5;4)

0.5 0.5 1.0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GD&ĐT ………….

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi: TOÁN - Khối 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :023 Câu 1 (5 điểm) a) Giải phương trình

b) Giải hệ phương trình

x2 − 7 x + 8 = 2 x.  7 x + y + 2 x + y = 5   x − y + 2 x + y = 1.

Câu 2 (3 điểm) 1) Tìm m để phương trình x 2 − 1 = m 4 − m 2 + 1 có bốn nghiệm phân biệt.

2) Giải và biện luận (theo tham số m) bất phương trình: Câu 3 (3 điểm).

( m − 1) x + 2 < m + 1 . x−2

Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số): x 2 − 2 ( m − 1) x − m3 + ( m + 1) = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 ≤ 4 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P = x13 + x23 + x1 x2 ( 3x1 + 3x2 + 8) . Câu 4. (2 điểm)

Cho f ( x ) = x 2 − ax + b với a,b ∈ ℤ thỏa mãn điều kiện: Tồn tại các số nguyên m, n, p đôi một phân biệt và 1 ≤ m, n, p ≤ 9 sao cho: f ( m ) = f ( n ) = f ( p ) = 7 . Tìm tất cả các bộ số (a;b). Câu 5 (3,0 điểm)

= 600. Các điểm M, N được xác định 1) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và BAC bởi MC = −2 MB và NB = −2 NA . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN vuông góc với nhau. 2) Cho tam giác ABC. Trên các cạnh BC, CA và AB của tam giác đó, lần lượt lấy các điểm A ', B ' và C '. Gọi S a , Sb , Sc và S tương ứng là diện tích của các tam giác AB ' C ',

BC ' A ', CA ' B ' và ABC. Chứng minh bất đẳng thức thức xảy ra khi và chỉ khi nào?

S a + Sb + S c ≤

3 S . Dấu đẳng 2

Câu 6 (4 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn tâm O bán kính R (R > 0, R không đổi). Gọi A và B lần lượt là các điểm di động trên trục hoành và trục tung sao cho đường thẳng AB luôn tiếp xúc với đường tròn đó. Hãy xác định tọa độ của các điểm A, B để tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất. 88

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

-----------------Hết---------------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM CÂU

1 (5đ)

NỘI DUNG

a/ Điều kiện: x ≥ 0 2 PT ⇔ x − 1 − 7 x + 7 + 2 − 2 x = 0

⇔

ĐIỂM

0.5

( x − 1)( x x + x − 6 x − 8) = 0

0.5

⇔

( x − 1)( x x + 8 + x − 6 x − 16) = 0

⇔

( x − 1)( x + 2)( x − 2 x + 4 + x − 8) = 0

0.5

( x − 1)( x + 2)( x − x − 4) = 0 x = 1  x −1 = 0  2 ⇔  ⇔   1 + 17  9 + 17  x − x − 4 = 0  x =  2  = 2    ⇔

7 x + y ≥ 0 b/ Điều kiện  ; Đặt 2 x + y ≥ 0

Kết luận

u = 7 x + y ≥ 0 u 2 = 7 x + y u 2 − v2 ⇒ ⇒x=  2 5 v = 2 x + y ≥ 0 v = 2 x + y

7v 2 − 2u 2 và y = 5 u + v = 5 u + v = 5 HPT trở thành:  ⇔  2 2 2 2 2 2 u − v − 7v + 2u + 5v = 5 3u − 8v + 5v − 5 = 0 u = 5 − v u = 5 − v u = 5 − v ⇔  ⇔  ⇔  2 2 2 2 3(5 − v) − 8v + 5v − 5 = 0 −5v − 25v + 70 = 0 v + 5v − 14 = 0 (*)

2 (3đ)

1.0

(1)

0.5

(2)

m − m2 + 2 > 0 2 ⇔ m ≠ 0 và 1 − m > 0 ⇔ m ∈ ( −1; 1) \{0}

⇔

m ∈ (−1;1) \{0} và m − m + 2 ≠ m − m

0.5

m ∈ (−1;1) \{0} và m4 − m2 + 1 ≠ 0 ⇔ m ∈ (−1;1) \{0} , kết luận (m + 1)( x − 2) + (1 − m) x − 2 x − (m + 2) >0 ⇔ >0 b/ BPT ⇔ x−2 x−2

0.5

Nếu m = 0 thì BPT nghiệm đúng với mọi x ≠ 2 Nếu m > 0 thì m + 2 > 2 nên BPT nghiệm đúng với mọi

0.25 0.25 0.5

⇔

x ∈ (−∞; 2) ∪ (m + 2; +∞) Nếu m < 0 thì m + 2 < 2 nên BPT nghiệm đúng với mọi x ∈ (−∞; m + 2) ∪ (2; +∞) 3 (3đ)

0.5

7 x + y = 9 x = 1 ⇔ (phù hợp)  2 x + y = 4 y = 2

(1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m vì PT có 4 nghiệm phân biệt

0.5

a/ Ta có: m4 − m2 + 1 > 0  x 2 = m4 − m2 + 2 PT ⇔  2 2 4 2 2  x = m − m = m (1 − m ) (2) có 2 nghiệm phân biệt

0.5

u = 3  v = 2

(*) ⇔ v = 2 (nhận) hoặc v = −7 (loại) ; nên HPT trên ⇔

Do đó HPT đã cho trở thành

0.5

1 3 1 3   a/ Ta có x − x + 1 =  x −  + , x 2 + x + 1 =  x +  + nên phương trình xác định 2 4 2 4   với mọi x ∈ ℝ . Phương trình đã cho tương đương với 2

x2 − x + 1 + x2 + x + 1 + 2

)(

0.5

)

− x + 1 x2 + x + 1 = 4

⇔ 2 x2 + 2 + 2 x4 + x2 + 1 = 4 ⇔ x4 + x2 + 1 = 1 − x2 90

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.25

1 − x 2 ≥ 0 −1 ≤ x ≤ 1 ⇔ 4 ⇔ 2  4 2 2 4 2 2 x + x +1 = 1− 2x + x  x + x + 1 = 1 − x  −1 ≤ x ≤ 1 ⇔ ⇔ x = 0 . Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 0. x = 0 b/ Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 ≤ 4

(

0.5

)

0.25

m ≥ 2 m m 2 − 4 ≥ 0 ∆ ' ≥ 0  −2 ≤ m ≤ 0  ⇔ ⇔ ⇔   −2 ≤ m ≤ 0 ⇔  2 ≤ m ≤ 3  x1 + x2 ≤ 4 m ≤ 3 2 ( m − 1) ≤ 4 

(

)

0.5

Theo định lí Viet ta có x1 + x2 = 2 ( m − 1) , x1 x2 = −m3 + ( m + 1) suy ra 3

P = ( x1 + x2 ) + 8 x1 x2 = 8 ( m − 1) − 8m3 + 8 ( m + 1) = −16m 2 + 40m

0.5

Bảng biến thiên m

-2

2 16

0 0

0.25 P -144

4 (2đ)

-24

Từ bảng biến thiên ta được: Pmax = 16 khi m = 2 , Pmin = −144 khi m = −2 . 3 số f(m),f(n),f(p) hoặc cùng dương, âm hoặc có 2 số cùng dấu nên: Th1: f(m),f(n),f(p) cùng bằng 7 hoặc -7 ⇒ loại vì phương trình f(x)-7=0 có 3 nghiệm phân biệt

0.25 0.5

Th2: f (m) = f (n) = 7 và f ( p ) = −7 Không mất tính tổng quát,giả sử m>n và m − p ≥ n − p ta có: m,n là nghiệm pt: x 2 − ax + b − 7 = 0 và p là nghiệm pt: x 2 − ax + b + 7 = 0 nên :  n − p = 2 ⇒ n − m = 9(l ) m + n = a  p − m = 7    (n − p )(n + p − a ) = 14 ⇒ (n − p )( p − m) = 14 ⇒  n − p = −2 (m − p)(m + p − a ) = 14  ⇒ n − m = −9(l )    p − m = −7

0.5

Th3: f (m) = f (n) = −7 và f ( p ) = 7 ,khiđó hoàn toàn tương tự ta có:  m − p = −7 hoặc ( p − n)(m − p ) = −14 ⇒  p−n = 2

m − p = 7   p − n = −2

Do m,n,p ∈ [1;9] nên tìm được 4 bộ là: (a;b)= {(11;17), (13; 29), (7; −1), (9;7)} .

5 (3đ)

a/ Ta có: MC = −2 MB ⇔ AC − AM = −2( AB − AM ) ⇔ 3 AM = 2 AB + AC Tương tự ta cũng có: 3CN = 2CA + CB Vậy: AM ⊥ CN ⇔ AM ⋅ CN = 0 ⇔ (2 AB + AC )(2CA + CB ) = 0 2 2 ⇔ (2 AB + AC )( AB − 3 AC ) = 0 ⇔ 2 AB − 3 AC − 5 AB. AC = 0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5

0.5 0.25 0.25 0.25

⇔

2c 2 − 3b 2 −

5bc =0 2

⇔

4c 2 − 6b 2 − 5bc = 0

0.25

b/ Ta có các công thức tính diện tích: 2 S a = AC '⋅ AB 'sin A; 2 S = AB ⋅ AC sin A ⇒

AC ' AB ' 1  AC ' AB '  ⋅ ≤  +  (BĐT Cauchy) AB AC 2  AB AC 

Sa = S

Tương tự ta cũng có:

Sb 1  BA ' BC '  ≤  +  và S 2  BC BA 

Sc 1  CB ' CA '  ≤  +  S 2  CA CB 

Sa S S 1  AC ' BC ' BA ' CA ' CB ' AB '  3 + b + c ≤  + + + + +  = (đpcm) S S S 2  AB BA BC CB CA AC  2  AC ' AB '  AB = AC C ' B ' //BC   BA ' BC '  Dấu bằng xảy ra ⇔  ⇔  A ' C ' //CA ⇔ A’, B’, C’ là trung điểm của BC, CA, AB = BA  B ' A ' //AB  BC   CB ' CA ' =  CA CB  ab Dựa vào tính đối xứng, ta giả sử A ( a;0 ) , B ( 0; b ) với a > 0, b > 0. (*) Suy ra SOAB = . 2 1 1 1 1 a2 + b2 Mà 2 + 2 = 2 (**)⇒ 2 = ⇒ a 2b 2 = R 2 (a 2 + b 2 ) ≥ 2 R 2 ab 2 2 a b R R a b ab ⇒ SOAB = ≥ R 2 không đổi (dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b) 2 Kết hợp với (*) và (**): dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = R 2 Do đó:

6 (4đ)

Kết luận:

(

) (

)

A ± R 2; 0 ; B 0; ± R 2 (4 cặp điểm)

SỞ GD&ĐT ………….

0.5

0.5 0.5

0.5

1 1 1

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi: TOÁN - Khối 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :024

Bài 1: (4 điểm) Giải hệ phương trình  25  1 2 18 x 2 + 25 y   9 + 9 x − 4 = 9  x + 2  y − 2y + 2   ⋅  3 3 2 7 x + y + 3 xy ( x − y ) − 12 x + 6 x = 1

Bài 2: (4 điểm) Trên các cạnh của tam giác ABC về phía ngoài ta dựng các hình vuông; A1, B1, C1 là trung điểm các cạnh của các hình vuông nằm đối nhau với các cạnh BC, CA, AB tương ứng. Chứng minh rằng các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại một điểm. Bài 3: (3 điểm) Cho x, y, z ∈ [0; 2]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 8x 8y 8z  + + P =  (2 − x)(2 − y )(4 − z ) + ⋅ 8 y+ z+2 z+ x+2 x+ y+2

Bài 4: (3 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn x 5 + y 5 = ( x + y )3 . Bài 5: (3 điểm) Trong mặt phẳng cho 9 điểm có tọa độ nguyên, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Hỏi trong số các tam giác được tạo thành từ 3 trong 9 điểm đó có ít nhất bao nhiêu tam giác có diện tích nguyên? Bài 6: (3 điểm) Tìm tất cả các hàm số f : N * → N * thỏa mãn các điều kiện sau: i ) f (2) = 2;

ii ) f (mn) = f (m). f ( n) ∀m, n ∈ N * ; ii ) f (m) < f (n) ∀m < n.

ĐÁP ÁN  25  1 2 18 x 2 + 25 y   + 9 x − 4 =  + 2  9  x y − 2y + 2 Bài 1: ( 4 điểm) Giải hệ phương trình  9 ⋅  3 3 2 7 x + y + 3 xy ( x − y ) − 12 x + 6 x = 1

Đáp án

Điểm

 25  1 2 18 x 2 + 25 y  (1)  + 9 x − 4 =  + 2  9  x y − 2y + 2 ⋅ Xét hệ  9   3 3 2 (2) 7 x + y + 3 xy ( x − y ) − 12 x + 6 x = 1

1.0

(1) ⇔ 8 x3 − 12 x 2 + 6 x − 1 = x3 − 3x 2 y + 3 xy 2 − y 3 ⇔ (2 x − 1)3 = ( x − y )3 ⇔ 2x −1 = x − y ⇔ y = 1 − x

2 x

Thay y = 1 − x vào PT (1) ta được 25 x + 9 9 x 2 − 4 = +

18 x x2 + 1

(3)

2 Giải (3). Điều kiện x ≥ 3

2 9 9 x2 − 4 2 18 i Với x ≥ , PT (3) tương đương với 25 + (4) = 2+ 2 x 3 x x +1 2    VT(4) > 25  do x ≥ 3    nên PT (4) vô nghiệm, suy ra PT (3) vô nghiệm. Ta có  9 162  VP (4) ≤ + < 25  2 13 2 4 2 18 i Với x ≤ − , PT (3) tương đương với 25 − 9 9 − (5) = + 2 2 2 3 x x x +1 1 9 18t  Đặt 2 = t  0 < t ≤  , PT (5) trở thành 25 − 9 9 − 4t = 2t + 4 1 +t   x 18t ⇔ 9 1 − 9 − 4t = 2t + − 16 1+ t 36(t − 2) 2(t − 2)(t + 4) 18 t +4  ⇔ = ⇔ (t − 2)  −  = 0 (6) 1+ t 1 + 9 − 4t  1 + 9 − 4t 1 + t 

(

Với 0 < t ≤

0.5

)

9 18 18 3 18 t+4 18 t+4 ≥ − > 0. có và nên =1+ <4< 4 1+ t 1+ t 4 1 + 9 − 4t 4 1 + 9 − 4t 1 + t

0.5 0. 5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Do đó (6) ⇔ t = 2. Suy ra x = −

2 < 0. 2 

Từ đó HPT đã cho có nghiệm là ( x; y ) =  − 

2 2+ 2  ; . 2 2 

0.5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Bài 2: (4 điểm) Trên các cạnh của tam giác ABC về phía ngoài ta dựng các hình vuông; A1 , B1 , C1 là trung điểm các cạnh của các hình vuông nằm đối nhau với các cạnh BC, CA, AB tương ứng. Chứng minh rằng các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại một điểm.

Đáp án Gọi các giao điểm của các đường thẳng AA1 , BB1 , CC1 với các cạnh C1 BC, CA, AB lần lươt là A2 , B2 , C 2 . BA2 S ABA1 AB.BA1. sin ABA 1 = = CA2 S ACA AC .CA1. sin ACA1 1

( (

) )

AB sin B + α , = ⋅ +α AC sin C

Điểm B1

A C2

B A2

1.0 C

= BCA và tan α = 2. với α = CBA 1 1

Tương tự

+ α) CB2 BC . sin(C = + α) AB2 AB. sin(A + α) AC 2 AC . sin(A = + α) BC 2 BC . sin(B

1.0 1.0

BA2 CB2 AC 2 . . = 1 , tức là các đường CA2 AB2 BC 2 thẳng AA2 , BB2 , CC 2 đồng quy tại một điểm. Vậy các đường thẳng AA1 , BB1 , CC1 đồng quy tại một điểm.

Nhân các đẳng thức với nhau ta có:

1.0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Bài 3: ( 3 điểm) Cho x, y, z ∈ [0; 2]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 8x 8y 8z  P =  (2 − x)(2 − y )(4 − z ) + + + ⋅ y+ z+2 z+ x+2 x+ y+2 8

Đáp án Đặt x = 2a, y = 2b, z = 2c thì a, b, c ∈ [0; 1]

Điểm

a b c + + ⋅ b + c +1 c + a +1 a + b +1 Với mọi a, b, c ∈ [0; 1] thì 1 − a ≥ 0; 1 − b ≥ 0; a + b + 1 ≥ 1.

Khi đó P = (1 − a )(1 − b)(2 − c) + Áp dụng BĐT Cauchy, ta có

(1 − a) + (1 − b) + (a + b + 1) 3 ≥ (1 − a )(1 − b)(a + b + 1) ⇒ (1 − a )(1 − b)(a + b + 1) ≤ 1. 3 Nhân hai vế của BĐT này với 2 − c > 0, ta được 2−c c 2 (1 − a)(1 − b)(2 − c ) ≤ ⇒ + (1 − a )(1 − b)(2 − c ) ≤ (1) a + b +1 a + b +1 a + b +1 a 2a Mặt khác từ giả thiết, ta có (2) ≤ b + c +1 a + b +1 Thật vậy, BĐT (2) tương đương với a (b + 2c + 1 − a ) ≥ 0 (BĐT đúng).

Tương tự

b 2b (3) ≤ c + a +1 a + b +1

0.5

0.5 0.5

Cộng từng vế các BĐT (1), (2), (3) ta được P ≤ 2. 1 − a = 1 − b = a + b + 1 a = b = 0  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a (b + 2c + 1 − a ) = 0 ⇔  c ∈ [0;1] ⋅ b(a + 2c + 1 − b) = 0 

0.5

x = y = 0  z ∈ [0;2] ⋅

Vậy GTLN của P là 2, đạt được khi 

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Bài 4: ( 3 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn x5 + y5 = ( x + y)3.

Đáp án Điểm Rõ ràng các cặp số nguyên (x; y) sao cho x + y = 0 là nghiệm của phương trình đã cho. Ta giả sử (x; y) thỏa mãn phương trình mà x + y ≠ 0 0,5 Trước tiên, từ phương trình, ta phải có xy > 0. Thật vậy, chia cả 2 vế của x5 + y 5 = ( x + y )3 cho x + y ta được x 4 − x3 y + x 2 y 2 − xy 3 + y 4 = ( x + y )2

Đẳng thức trên tương đương với ( x 2 + y 2 ) 2 + x 2 y 2 = ( x + y )2 ( xy + 1), từ đó suy ra xy ≥ 0. Tiếp theo, ta sẽ chứng minh x + y ≤ 4. Hàm số f (t ) = t 5 là hàm lồi trên nửa khoảng [0; + ∞ ) nên suy ra rằng với mọi số

0,5

x5 + y 5  x + y  1 5 5 5 không âm x và y, ta có: ≥  ⇒ x + y ≥ ( x + y) . 2 16  2 

Nếu x + y > 4 thì x 5 + y 5 > ( x + y )3.

0,5 5

Tương tự, nếu x, y đều không dương, đồng thời x + y < −4 , thì x + y < ( x + y ) . Vậy ta chỉ cần xét các x, y mà xy ≥ 0 và x + y ∈ {1;2;3;4}, ta tìm được các nghiệm là ( x; y ) ∈ {(0; ± 1); (±1; 0); (2; 2); (−2; − 2)}.

Tóm

lại,

các

cặp

số

0,5

nguyên

(x;

y) thỏa mãn phương ( a; − a ); (0; ± 1); ( ±1; 0); (2; 2); ( −2; − 2) (với a là số nguyên).

trình

là

0,5 0.5

Bài 5: ( 3 điểm) Trong mặt phẳng cho 9 điểm có tọa độ nguyên, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Hỏi trong số các tam giác được tạo thành từ 3 trong 9 điểm đó có ít nhất bao nhiêu tam giác có diện tích nguyên?

Đáp án

Điểm

i Với tam giác ABC có tọa độ đỉnh A( x A ; y A ), B ( xB ; y B ), C ( xC ; yC ) thì 1 S ABC = ( xC − x A )( y B − y A ) − ( xB − x A )( yC − y A ) (1) 2 i Xét 9 điểm A, B, C, D, F, G, H, I có tọa độ nguyên thì tọa độ của mỗi điểm sẽ

1.0

thuộc một trong các dạng sau: (chẵn, chẵn), (lẻ, lẻ), (lẻ, chẵn), (chẵn, lẻ). Do đó 9

theo nguyên lí Dirichlet tồn tại ít nhất   + 1 = 3 điểm thuộc cùng một dạng, tức 4 là tọa độ cùng tính chẵn lẻ, giả sử đó là A, B, C. i Với hai điểm A, B có tọa độ cùng tính chẵn lẻ thì y B − y A , xB − x A đều là số chẵn nên diện tích tam giác có cạnh AB đều nguyên (do(1)). Tương tự diện tích các tam giác có cạnh là AC, BC đều nguyên. i Với mỗi 2 trong 3 điểm A, B, C kết hợp với 6 điểm còn lại thì được 6 tam giác có diện tích nguyên. Vậy có ít nhất 3.6 + 1 = 19 tam giác có diện tích nguyên.

1.0

0.5 0.5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Bài 6: ( 3 điểm) Tìm tất cả các hàm số f : ℕ* → ℕ* thỏa mãn các điều kiện sau: i ) f (2) = 2; ii ) f (mn) = f (m). f (n) ∀m, n ∈ ℕ* ; ii ) f (m) < f (n) ∀m < n.

Đáp án Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn các yêu cầu của bài toán. Ta có f (1) = f (1.1) = f (1). f (1) ⇒ f (1) = 1.

Điểm 0.5

Ta thấy rằng 2 = f (2) < f (3) < f (4) = f (2). f (2) = 4 ⇒ f (3) = 3 và 4 = f (4) < f (5) < f (6) = f (2). f (3) = 6 ⇒ f (5) = 5. Ta sẽ chứng minh bằng qui nạp f (n) = n, ∀n ∈ ℕ* (*) Thật vậy, Với n = 1, ta có f (1) = 1 (đúng). Với n = 2, ta có f (2) = 2 (đúng)

0.5

Giả sử (*) đúng với n = k ∈ N * , tức là ta có f (k ) = k . Ta cần chứng minh (*) đúng n = k + 1 , tức là cần chứng minh f ( k + 1) = k + 1. Nếu k là số lẻ thì k + 1 là số chẵn và  k +1 f ( k + 1) = f  2.  = f (2). f 2  

k +1  k +1  = k + 1.   = 2⋅ 2  2  k+2 Nếu k chẵn thì k + 2 chẵn và do ≤ k nên theo giả thiết quy nạp ta có 2 k+2 k +2 k +2  k +2 k +2 ⋅ Vậy f ( k + 2) = f  2. = k + 2. f =  = f (2). f   = 2⋅ 2 2  2  2    2  Ta có: k = f (k ) < f (k + 1) < f (k + 2) = k + 2 ⇒ f (k + 1) = k + 1.

Theo nguyên lý quy nạp, ta có: f (n) = n, ∀n ∈ ℕ* Thử lại, ta thấy f (n) = n thỏa mãn yêu cầu bài toán.

0.5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GD&ĐT ……………… ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 11 Năm học: 2018-2019 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ 01. Bài 1(5,0 điểm).

1. Giải phương trình: 2 tan x + cot x = tan 2 x + 2. Giải bất phương trình:

2 sin 2 x

x 2 − 4 x + 3 − 2 x 2 − 3x + 1 ≥ x − 1

Bài 2 (4,0 điểm).

1 3 5 2n − 1 + 2 + 3 + ... + n . Tính lim un 2 2 2 2 1 un 2. Cho dãy số ( un ) xác định bởi : u1 = , un+1 = , n = 1, 2,... 3 ( 2n + 3 ) un + 1 Tính tổng: S2012 = u1 + u2 + u3 + ... + u2012 1. Cho dãy số ( un ) biết: un =

Bài 3 (3,0 điểm). Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1. Bài 4. (2 điểm). Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + 1 có đồ thị (C). Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau và độ dài đoạn AB = 4 2 . Bài 5 (3 điểm). Chotam giác ABC, trênAB,ACdựngraphíangoàihình vuôngABMNvàACPQ. 1.Chứngminh:NCBQ;BQ= NC 2. GọiHlàtrungđiểmcủaBC.Chứngminh:AHQN. Bài 6 (3 điểm): Một điểm S nằm ngoài (ABC ) sao cho tứ diện SABC đều , gọi I, K là trung điểm của các cạnh AC và SB , Trên đường thẳng AS và CK ta chọn các điểm P,Q sao cho PQ// BI . Tính độ dài PQ biết cạnh của tứ diện có độ dài bằng 1 ==========Hết==========

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐÁP ÁN LỚP 11

Bài 1

NỘI DUNG 2,5 điểm

1. +) Điều kiện +) Tìm được tanx = 1 hoặc tanx = 0 +) Giải đúng và loại nghiệm đúng. ĐS: x = 2.

π 4

+ kπ

 x ≥ 3 2   x − 4 x + 3 ≥ 0 +) Điều kiện:  ⇔ x = 1 2 2 x − 3 x + 1 ≥ 0   1 x ≤ 2 

2,5 điểm

+) Với x=1 BPT hiển nhiên đúng suy ra x=1 là nghiệm +) Với x ≥ 3 suy ra BPT ⇔ ( x − 3)( x − 1) − ( x − 1)(2 x − 1) ≥ x − 1 chỉ ra vô nghiệm

1 suy ra BPT ⇔ (1 − x)(1 − 2 x) − (1 − x)(3 − x) ≤ 1 − x . 2 1 Chỉ ra nghiệm x ≤ 2 x =1 +) Kết luận: BPT có nghiệm  1 x ≤ 2 

+) Với x ≤

Bài 2

2,0

1 3 5 2n − 1 3 5 7 2n − 1 2 un = + 2 + 3 + ... + n (1) ⇒ 2un = 1 + + 2 + 3 ... + n−1 điểm 2 2 2 2 2 2 2 2

1. .

Lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta được

1  2n − 1 2n + 3 1 1 ,n ≥ 2 un = 2 +  + 2 + ... + n−2  − n = 3 − 2  2 2n 2 2 2n + 3  n 3   lim un = lim  3 − n  = 3 −  lim n−1 + lim n  = 3 2  2 2    2. Có

2,0 1 1 1 1 1 − = 2n + 3, n = 1,2,... ⇒ − = n 2 + 4n ⇒ = n 2 + 4n + 3 điểm un+1 un un+1 u1 un+1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

hay un+1 =

1 1 1 1 1  = =  − . n + 4n + 3 ( n + 1)( n + 3) 2  n + 1 n + 3  2

Do đó un =

1 1 1   −  , n ≥ 1, 2,... 2 n n + 2

Vậy S2012 = u1 + u2 + u3 + ... + u2012 =

1 1 1 1  − 1 + −  = ... 2  2 2013 2014 

Bài 3

3,0 điểm Số các số tự nhiên có 5 chữ số là 99999 − 10000 + 1 = 90000 Giả sử số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là: abcd1 Ta có abcd1 = 10.abcd + 1 = 3.abcd + 7.abcd + 1 chia hết cho 7 khi và chỉ khi 3.abcd + 1 chia hết cho 7. Đặt 3.abcd + 1 = 7 h ⇔ abcd = 2h +

h −1 là số nguyên 3

khi và chỉ khi h = 3t + 1 Khi đó ta được: abcd = 7t + 2 ⇒ 1000 ≤ 7t + 2 ≤ 9999 998 9997 ≤t≤ ⇔ t ∈ {143, 144,..., 1428} suy ra số cách chọn ra t sao cho số 7 7 abcd1 chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là 1286. 1286 Vậy xác suất cần tìm là: ≈ 0, 015 90000 ⇔

Bài 4

2,0 điểm

• Giả sử A(a; a3 − 3a2 + 1), B(b; b3 − 3b2 + 1) thuộc (C), với a ≠ b . Vì tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau nên: y ′(a) = y ′(b) ⇔ 3a2 − 6a = 3b2 − 6b ⇔ a2 − b2 − 2(a − b) = 0 ⇔ (a − b)(a + b − 2) = 0

⇔ a + b − 2 = 0 ⇔ b = 2 − a . Vì a ≠ b nên a ≠ 2 − a ⇔ a ≠ 1 Ta

có:

AB = (b − a)2 + (b3 − 3b2 + 1 − a3 + 3a2 − 1)2 = (b − a)2 + (b3 − a3 − 3(b2 − a2 ))2

= (b − a)2 + (b − a)3 + 3ab(b − a) − 3(b − a)(b + a) = (b − a)2 + (b − a)2 (b − a)2 + 3ab − 3.2 

= (b − a)2 + (b − a)2 (b + a)2 − ab − 6  = (b − a)2 + (b − a)2 (−2 − ab)2

AB2 = (b − a)2 1 + (−2 − ab)2  = (2 − 2a)2 1 + (a2 − 2a − 2)2  2  = 4(a − 1)2 1 + (a − 1)2 − 3  = 4(a − 1)2 (a − 1)4 − 6(a − 1)2 + 10 

= 4(a − 1)6 − 24(a − 1)4 + 40(a − 1)2

Mà AB = 4 2 nên 4(a − 1)6 − 24(a − 1)4 + 40(a − 1)2 = 32

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

⇔ (a − 1)6 − 6(a − 1)4 + 10(a − 1)2 − 8 = 0

(*)

Đặt t = (a − 1) , t > 0 . Khi đó (*) trở thành: t 3 − 6t 2 + 10t − 8 = 0 ⇔ (t − 4)(t 2 − 2t + 2) = 0 ⇔ t = 4

⇒ (a − 1)2 = 4 ⇔  a = 3 ⇒ b = −1  a = −1 ⇒ b = 3

Vậy 2 điểm thoả mãn YCBT là: A(3;1), B(−1; −3) . Bài 5

3,0 điểm

a. Tacó:Q A;900 (N)= B;Q A;900 ( C) =QịQ A;900 (NC)=BQ. ( ) ( ) ( ) Vậy :NCBQ;NC=BQ.

Q N A

M B

a) ĐA(B)=(B1);Q A;900 {C;B1}={Q;N} ( ) .Dođó:CB1QN. MàAHlàđườngtrungbìnhcủatam giácCBB1 NờnAH//CB.Vậy:AMQN. Bài 6

Một điểm S nằm ngoài (ABC ) sao cho tứ diện SABC đều , gọi I, K là trung điểm của các cạnh AC và SB , Trên đường thẳng AS và CK ta chọn các điểm P,Q sao cho PQ// BI . Tính độ dài PQ biết cạnh của tứ diện có độ dài bằng 1.

3,0 điểm

Ta có PQ là giao tuyến của hai mặt phẳng : Mặt phẳng chứa CK và song song với BI và mặt phẳng chứa SA và song song với BI Trong mặt phẳng (SBI) kẻ KE / / BI, CE cắt SA ở P Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Qua A kẻ A F // BI (F thuộc BC) , CK cắt S F tại Q Vậy PQ // BI Ta có I, E là các trung điểm của AC và SI ⇒ Mà

SP 1 = SA 3

3 PQ SP 1 1 = = ⇔ PQ = AF Ta có AF = 2 BI = 3 Vậy PQ = 3 AF SA 3 3

SỞ GD&ĐT ……………… ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 11 Năm học: 2018-2019 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ 02. Câu I (5,0 điểm) 1) Giải phương trình lượng giác

sin 2 3x cos 2 x + sin 2 x = 0.

2) Giải hệ phương trình

( 2 − x )( 2 + y ) = 8  2 2  x 4 − y + y 4 − x = 4.

Câu II (5,0 điểm) 1) Cho a, b, c là ba hằng số và

(un )

là dãy số được xác định bởi công thức:

un = a n + 1 + b n + 2 + c n + 3 (∀n ∈ ℕ*). Chứng minh rằng

lim un = 0 khi và chỉ khi a + b + c = 0. n→∞

2) Các số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành một cấp số nhân có tổng bằng 26. Tìm các số đó, biết rằng: nếu một cấp số cộng có a là số hạng thứ nhất, b là số hạng thứ ba thì c là số hạng thứ chín. n

3) Chứng minh rằng: với mọi số tự nhiên n,số

23 + 1

chia hết cho

3n+1

nhưng không chia hết cho

3n + 2. Câu III (3,0 điểm) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau. Câu IV (3,0 điểm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ABCD. A ' B ' C ' D '. M và song song với mặt phẳng ( ACD '). 1) Cho hình hộp

Trên cạnh AB lấy điểm M khác A và B. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua

a) Trình bày cách dựng thiết diện của hình hộp và mặt phẳng (P). b) Xác định vị trí của M để thiết diện nói trên có diện tích lớn nhất. 2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và M là trung điểm của SC. Một mặt phẳng (P) chứa AM và lần lượt cắt các cạnh SB, SD tại các điểm B', D' khác S. Chứng minh rằng:

4 SB ' SD ' 3 ≤ + ≤ . 3 SB SD 2

Câu V (3,0 điểm) Hai đường tròn (O1, R1 ) và (O2, R2) (R1> R2) cắt nhau tại hai điểm M và M’. Một tiếp tuyến chung T1T2 của hai đường tròn cắt đường thẳng O1O2 tại P (T1 thuộc (O1), T2 thuộc (O2)). Đường thẳng PM cắt (O1) và (O2) lần lượt tại M1 và M2 khác M. Đường thẳng PM’ cắt (O1) và (O2) lần lượt tại M1’ và M2’ khác M’. Gọi A, B, C, D lần lượt là trung điểm của MM1, MM2, M’M1’, M’M2’. Chứng minh rằng A, B, C, D nằm trên một đường tròn và đường tròn này tiếp xúc với T1 T2. Câu VI (1,0 điểm) Khảo sát tính chẵn - lẻ, tính tuần hoàn và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

y = sin ( π sin x ) . --- HẾT ---

CÂU

NỘI DUNG ĐÁP ÁN

1)Giải phương trình lượng giác Câu I 2) Giải hệ phương trình

ĐIỂM

sin 2 3 x cos 2 x + sin 2 x = 0.

( 2 − x )( 2 + y ) = 8  2 2  x 4 − y + y 4 − x = 4.

2,0 đ

Có: sin 3 x = 3sin x − 4sin 3 x = (3 − 4sin 2 x) sin x = (1 + 2 cos 2 x) sin x,

0,25

nên PT ⇔ [(1 + 2 cos 2 x) 2 cos 2 x + 1]sin 2 x = 0

0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

I.1 (1,0đ)

⇔ (4 cos3 2 x + 4 cos 2 2 x + cos 2 x + 1) sin 2 x = 0 ⇔ (1 + cos 2 x)(1 + 4 cos 2 2 x) sin 2 x = 0 sin x = 0 ⇔ ⇔ x = k π 2 (với k nguyên) cos 2 x = −1  x = 2 cos 2u với u , v ∈ [0; π ] 2 y 2 cos 2 v = 

0,25

Điều kiện: x; y ∈ [ − 2; 2] . Đặt 

(1 − cos 2u )(1 + cos 2v) = 2 cos 2u sin 2v + cos 2v sin 2u = 1

1,0

HPT ⇔ 

I.2 (4,0đ)

  sin 2 u cos 2 v = 1/ 2 sin u cos v = 1/ 2 sin(u + v) + sin(u − v) = 2 ⇔ ⇔  π π sin 2(u + v) = 1 u + v = u + v =  4  4

0,5

⇔

1.5

π sin(u − v) = 1/ 2 u − v = π    4 u = ⇔ ⇔ ⇔ 4 (thỏa) π u + v = u + v = π v = 0  4  4

0,5

π   x = 2 cos = 0 Kết luận: nghiệm hệ phương trình là  2  y = 2 cos 0 = 2

0,5

1) Cho a, b, c là ba hằng số và ( un ) là dãy số được xác định bởi công thức:

un = a n + 1 + b n + 2 + c n + 3 (∀n ∈ ℕ*). Câu II

Chứng minh rằng lim un = 0 khi và chỉ khi a + b + c = 0. n →∞

2) Các số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành một cấp số nhân có tổng bằng 26. Tìm các số đó, biết rằng: nếu một cấp số cộng có a là số hạng thứ nhất, b là số hạng thứ ba thì c là số hạng thứ chín.

Đặt vn =

un n +1

= a+b

n+2 n+3 +c ⇒ vn → a + b + c khi n → +∞ n +1 n +1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2,0 đ

0,5

II.1

Ta có: un = vn n + 1

(2,00đ) cho nên: nếu a + b + c ≠ 0 thì lim un ( = ∞ ) ≠ 0.

0,5

n →+∞

Ngược lại nếu a + b + c = 0

un = b

(

) (

n + 2 − n +1 + c

⇒ a = −b − c thì khi n → +∞ ta có

)

n + 3 − n +1 =

b 2c + →0 n + 2 + n +1 n + 3 + n +1

1,0

Gọi u1 = a, u2 = b, u3 = c là ba số theo thứ tự lập thành một cấp số nhân có công bội q; (vn) là cấp số cộng có công sai d với v1 = a, v3 = b, v9 = c . Khi đó ta có:

u1 = v1 = a u1 = v1 = a  u = v = b (1)  2 aq = a + 2d 3 ⇔ Dễ thấy q = 1 ⇔d = 0, nên:   2 u3 = v9 = c aq = a + 8d (2) u1 + u2 + u3 = 26 3a + 10d = 26. (3)

0,50

II.2 (1,00đ)

q=1 ⇔ a=b=c=

26 3

0,25

Nếu q ≠ 1 (ad ≠ 0) hệ trên trở thành

2d  a = q − 1  q = 3 ⇔ a = 2, b = 6, c = 18 q 2 − 4q + 3 = 0 ⇔  a = d = 2  3a + 10d = 26 

II.3 2,0đ

0,25

n 3) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n; số 23 + 1 chia hết cho 3n +1 nhưng không chia

n+2 hết cho 3 .

n Đặt An = 23 + 1

n = 0 thì A0= 21 + 1 = 3 chia hết cho 31 mà không chia hết cho 32

0,5

Giả sử Ak = 23 + 1 chia hết cho 3k+1 mà không chia hết cho 3k+2 (Ak = B.3k+1; với B nguyên, không chia hết cho 3).Ta có:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

( )

k +1 k Ak+1= 23 + 1 = 23

(

Ak+1 = Ak Ak2 − 3 ⋅ 23

(

) ( ( 23k )

+ 1 = 23 + 1

)

− 23 + 1

) = B ⋅ 3k +1 ( B ⋅ 3k +1 )2 − 3 ⋅ 23

k  k + 2  3 2k +1 − B ⋅ 23  B ⋅3 = 3

0,5

Dễ thấy: B 3 .32 k +1 chia hết cho 3 mà B ⋅ 23 không chia hết cho 3 (vì B không chia hết cho 3) k

nên B 2 .32k +1 − 23 không chia hết cho 3 ⇒Ak+1chia hết cho 3k+2, nhưng không chia hết cho 3k+3.

Kết luận:

0,5

Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau. Ta có: Ω = 95 = 59.049

0,5

Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có: Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là C39 . Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây: Câu III (3,0đ)

TH1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH1 này có cả thảy

3⋅

5! = 60 số tự nhiên. 3!

TH2. 1 trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số kia bằng 1 chữ số khác trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 2! hoán vị của các vị trí mà a, a chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà b, b chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH2 này có cả thảy

3⋅

5! = 90 số tự nhiên. 2!2!

Vậy: ΩA = (60 + 90)C39 = 150 ⋅

Kết luận: P ( A ) =

1,5

9! = 150 ⋅ 7 ⋅ 4 ⋅ 3 = 12600 . 3!6!

ΩA 12.600 1.400 = = ≈ 0,213382106 Ω 59.049 6.561

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

1) Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D '. Trên cạnh AB lấy điểm M khác A và B. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng ( ACD '). a) Trình bày cách dựng thiết diện của hình hộp và mặt phẳng (P). Câu IV b) Xác định vị trí của M để thiết diện nói trên có diện tích lớn nhất. 3,0 đ 2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và M là trung điểm của SC. Một mặt phẳng (P) chứa AM và lần lượt cắt các cạnh SB, SD tại các điểm B', D' khác S. Chứng

4 SB ' SD ' 3 . ≤ + ≤ 3 SB SD 2

minh rằng:

I D' R

Q C'

P D

S IV.1.a (0,75đ)

A J

O M

E B

Trong mp(ABCD), qua M vẽ đường thẳng song song với AC cắt DB, BC lần lượt tại E, N. Trong mp(BDD’B’), qua E vẽ đường thẳng song song với D’O (O=AC∩BD) cắt B’D’ tại F. Trong mp(A’B’C’D’), qua F vẽ đường thẳng song song với AC cắt A’D’, D’C’ lần lượt tại R, Q. Trong mp(AA’D’D), qua R vẽ đường thẳng song song với AD’ cắt AA’ tại S.

IV.1.b (1,25đ)

Trong mp(CC’D’D), qua Q vẽ đường thẳng song song với CD’ cắt CC’ tại P.

0,50

Thiết diện là lục giác MNPQRS

0,25

Do các mặt đối diên của hình hộp song song nên các cạnh đối của lục giác thiết diên MNPQRS song song và 3 cặp cạnh đó lần lượt song song với các cạnh tam giác ACD’. ⇒ Các tam giác JKI, ACD’, RQI, JMS, NKP đồng dạng

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

⇒

MJ MA NC NK PC PK QD ' QI = = = = = = = ⇒MJ=NK và PK=QI MN MB NB NM PC ' PQ QC ' QP

⇒ Các tam giác RQI, JMS, NKP bằng nhau (gọi diện tích của chúng là S1 và gọi diện tích các tam giác JKI, ACD’ lần lượt là S2, S)

Đặt

0,25

AM = k ; ta có điều kiện 0 < k < 1 và có: AB 2

S1  JM   AM   AM  2 2 =  = k ⇒S1 = k S  =  = S  AC   DC   AB  2

0,25

S2  JK   JM + MK   JM MK  2 2 = +  =  =  = ( k + 1) ⇒S2 =( k + 2k +1)S S  AC   AC   AC AC 

0,25

⇒ Diện tích thiết diện: Std = S 2 − 3S1 2 3  1 1 1   3S (dấu bằng xảy ra ⇔ k = ) Std = 2S (−k + k + ) = 2 S  −  k −   ≤ 2 2   2 2  4  2

S lớn nhất ⇔ k =

1 ⇔M là trung điểm của AB 2

0,25

Lấy I = AM∩B'D' và O = AC∩BD,

S ta có: S, O, I là các điểm chung của 2 mặt phẳng (SAC) và (SBD)

⇒S, O, I thẳng hàng.

M I

IV.2

P O

(1,00đ)

A N

Và I là trọng tâm các mặt chéo SAC

C B'

⇒

SI 2 = SO 3

Vẽ BP // B'I và DN // D'I ( P, N ∈ SO ) ⇒ OP = ON . Đặt x =

0,25

SD SB ; y= SD ' SB '

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

⇒x+ y =

SB SD SP SN 2SO 3 + = + = = 2 = 3 ⇒ x, y ∈ [1; 2] (*) SB ' SD ' SI SI SI 2 2

Suy ra:

 2  4 1 1 3 + = ≥ 3  = x y xy  x+ y 3

0,25

Từ (*): 1 ≤ x ≤ 2 ⇔ x 2 − 3 x + 2 ≤ 0 ⇔ x(3 − x) ≥ 2 ⇔ x ⋅ y ≥ 2 ⇔

Câu V

3 3 x+ y 3 1 1 3 ≤ ⇔ ≤ ⇔ + ≤ 2 x y 2 xy 2 xy

0,25

Hai đường tròn (O1, R1 ) và (O2, R2) (R1> R2) cắt nhau tại hai điểm M và M’. Một tiếp tuyến chung T1T2 của hai đường tròn cắt đường thẳng O1O2 tại P (T1 thuộc (O1), T2 thuộc (O2)). Đường thẳng PM cắt (O1) và (O2) lần lượt tại M1 và M2 khác M. Đường thẳng PM’ cắt (O1) và (O2) lần lượt tại M1’ và M2’ khác M’. Gọi A, B, C, D lần lượt là trung điểm của MM1, MM2, M’M1’, M’M2’. Chứng minh rằng A, B, C, D nằm trên một đường tròn và đường tròn này tiếp xúc với T1 T2.

1,0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ta có M, M’ đối xứng nhau qua O1O2 . Theo giả thiết suy ra ABDC là hình thang cân, nên ABDC nội tiếp đường tròn. Gọi O là trung điểm O1O2 suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình thang cân ABDC.

0,5

Gọi T là trung điểm T1T2: OT // O1T1 Ta có: OM'1// O2M'......, chứng minh tam giác OCT cân tại O Suy ra : T ∈ (O)

1,0

O1T1 ⊥ T1T2 ⇒ OT ⊥ T1T2 nên (O) tiếp xúc với T1T2 0,5

Khảo sát tính chẵn – lẻ, tính tuần hoàn và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số Câu V

y = sin ( π sin x ) .

1,0đ

(

)

Tập xác định của hàm số y = f ( x) = sin π sin x là D = ℝ (đối xứng qua 0)

∀x ∈ ℝ, f (− x) = f ( x). Vậy, f chẵn (f không lẻ vì nó không đồng nhất bằng 0)

0,25

∀x ∈ ℝ, f ( x + 2π) = f ( x). Vậy, f tuần hoàn

0,25

Tập giá trị của hàm số t = π sin x là [ 0; π] nên

0,25

(1,0đ)

min f = min sin t = 0, max f = max sin t = 1 0≤t ≤ π

0 ≤ t ≤π

SỞ GD&ĐT ……………… ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 11 Năm học: 2018-2019 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ 03. Câu 1: (5 điểm) Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

a) Giải phương trình sau: t anx − sin 2x − cos2x + 4cosx −

2 =0 cosx

2 y 2 − x 2 = 1 b) Giải hệ phương trình sau:  3 3  2x − y = 2 y − x Câu 2: (4 điểm)

 x1 = 3  a) Cho dãy số xác định bởi:  xn −1 = , n ∈ ℕ* , n ≥ 2 x n  2 1 + 1 + xn −1  Tìm số hạng tổng quát của dãy ( xn ) .

 x1 = 1  b) Cho dãy số xác định bởi : Cho dãy số xác định bởi :  2(2 xn −1 + 1) = , n ∈ ℕ* , n ≥ 2 x n  xn −1 + 3  Chứng minh rằng ( xn ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Câu 3: (3 điểm) a) Cho tập A gồm n phần tử. Tìm số tập con gồm k phần tử của tập A là lớn nhất. Biết số tập con gồm 4 phần tử của A gấp 20 lần số tập con gồm 2 phàn tử của A, n ≥ k ≥ 1, k , n ∈ Ν . b) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số đều khác không. Lấy ngẫu nhiên 1 số. Tính xác suất để số được lấy ra có đúng 3 chữ số khác nhau.

Câu 4: (2 điểm)

m n − ), m, n ∈ Ζ + m n 1− x 1− x

Tính giới hạn của hàm số sau: E = lim( x →1

Câu 5: (3 điểm) Cho đoạn thẳng AB cố định, M di động trên đoạn thẳng AB. Dựng hình vuông AMCD và MBEF về cùng một phía đối với AB. Gọi N là hình chiếu vuông góc của A lên BC. a) Chứng minh A, F, N thẳng hàng. b) Chứng minh đường thẳng MN đi qua một điểm cố định khi M di động trên đoạn AB. Câu 6: (3 điểm) Cho tứ diện S . ABC có SA ⊥ ( ABC ) và , SB = a 2; Góc BSC bằng 450 ; góc ASB= α . a) Tìm điều kiện α để góc giữa (SAC) và (SBC) bằng 600. b) Xác định khoảng cách giữa AB và SC. Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 11 THPT Câu

Đáp án

Câu 2 =0 a) Giải phương trình sau: t anx − sin 2x − cos2x + 4cosx − 1(5đ) cosx

Điều kiện: cosx ≠ 0 ⇔ x ≠

π 2

+ kπ , k ∈ Ζ

Điểm 2.5đ

0.25 0.25

Với điều kiện pt s inx 2cos 2 x-1 − 2sin x.cosx - cos2x+2 =0 cosx cosx ⇔ s inx-2sinx.cos 2 x − cos2x.cosx+2(2cos 2 x − 1) = 0

⇔

0.25 0.25

⇔ Sinx(1-2cos x) − cos2x(cos2x-2)=0

0.25

⇔ −cos2x.sinx-cos2x(cosx-2)=0 cos2x(sinx+cosx-2)=0

0.25

⇔ cos2x=0 ⇔ x=

π 4

0.25

π 2

Đối chiếu điều kiện kết luận x = k

0.25 π 2

, k ∈ Ζ.

2 y 2 − x 2 = 1 b)Giải hệ phương trình sau:  3 3  2x − y = 2 y − x Từ hệ pt trên ta có: 2 x 3 − y 3 = (2 y 2 − x 2 )(2 y − x) với y=0 hệ vô nghiệm

0.25 0.25

2.5đ

1.0

Với y ≠ 0 Chia 2 vế phương trình cho y ta được x x x ( )3 + 2( ) 2 + 2 − 5 = 0 y y y

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1.0

Giải ra x = y 0.25

Vậy nghiệm của hệ (-1;-1) và (1;1). Câu 2(4đ)

 x1 = 3  a) a) Cho dãy số xác định bởi:  xn −1 = , n ∈ ℕ* , n ≥ 2 x n  2 1 + 1 + xn −1  Tìm số hạng tổng quát của dãy ( xn ) .

Ta có

2.0

0.25

1 1 1 1 = + 1 + 2 , lúc đó ta đặt un = lúc đó xn xn −1 xn −1 xn

1  u1 = 3  u = u + 1 + u 2 , n ∈ ℕ* , n ≥ 2 n −1 n −1  n

0.25

π  u1 = cot 3  π π π  u2 = cot + 1 + cot 2 = cot 3 3 2.3  ...  π  = u cot , n ∈ ℕ* , n ≥ 2 n n −1  2 .3 Chứng minh bằng phương pháp quy nạp un = cot xn = tan

π n −1

2 .3

1.0

0.25

π n −1

2 .3

, n ∈ ℕ* , n ≥ 1

,n ≥1

 x1 = 1  b)Cho dãy số xác định bởi :  2(2 xn−1 + 1) x = , n ∈ ℕ* , n ≥ 2 n  xn−1 + 3 

2.0

Chứng minh rằng ( xn ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Bằng phương pháp quy nạp chứng minh 0 ≤ xn ≤ 2 , n ≥ 1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5

Xét xn +1 − xn = −

( xn + 1)( xn − 2) >0 xn + 3

0.5

Chứng minh dãy ( xn ) là dãy tăng GS lim( xn ) = L,1 ≤ L ≤ 2 ⇔ L =

Câu 3(3 đ)

2(2 L + 1) suy ra L=2 L+3

1.0

a) Cho tập A gồm n phần tử n ≥ 4 . Tìm số tập con gồm k phần tử của tập A là lớn nhất. Biết số tập con gồm 4 phần tử của A gấp 20 lần số tập con gồm 2 phàn tử của A, k ≥ 1, k , n ∈ Ν . Theo đề ta có : Cn4 = 20Cn2 ⇔

1.5

0.5

n! n! = 4!( n − 4 )! 2!( n − 2 )!

n2 − 5n − 234 = 0 ⇔ n = 18 0.5

Giả sử C18k là số tập con lớn nhất của A. khi đó

1 1 ≥  C ≥ C  k 19 − k ⇔  k k +1 C18 ≥ C18  1 ≥ 1 18 − k k + 1 k 18

k −1 18

0.5

⇔k =9 ậy tập con gồm 9 phần tử của A là số tập con lớn nhất.

b) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số đều khác không. Lấy ngẫu nhiên 1 số. Tính xác suất để số được lấy ra có đúng 3 chữ số khác nhau.

1.5

0.25

5 Ta có Ω = 9

Gọi A là biến cố cần tìm.Lúc đó ta có : -

Chọn 3 số khác nhau trong 9 số ta được: C93 số Chọn 2 chữ số còn lại tạo ra từ 3 chữ số đã chọn, ta xét 2 trường hợp + Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số đã chọn: 3.

0.25

5! =60 số 3!

5! + Có 2 cặp số giống nhau: 3. =90 số 2!2!

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.25 0.25

3 - A = C9 (90 + 60)

0.25

1 Vậy P ( A) = . 2

0.25

Câu 4(2đ)

m n − ), m, n ∈ Ζ + m n 1− x 1− x

Tính giới hạn của hàm số sau: E = lim( x →1

0.25

0.5

0.5 0.25 Câu Cho đoạn thẳng AB cố định, M di động trên đoạn thẳng AB. Dựng hình vuông 5(3đ) AMCD và MBEF về cùng một phía đối với AB. Gọi N là hình chiếu vuông góc của A lên BC, gọi K là giao điểm của BF với AC . a) Chứng minh A, F, N thẳng hàng. b) Chứng minh đường thẳng MN đi qua một điểm cố định khi M di động trên đoạn AB.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.25

a) Gọi P, Q lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp hình vuông AMCD và MBEF

=Q =M = 900 nên MQKP là hình chữ nhật Lúc đó tứ giác MQKP có P Suy ra BK ⊥ AC mà CM ⊥ AB Nên F là trực tâm của ∆ ABC và có AN là đường cao của tam giác ABC Suy ra A,F,N thẳng hàng.

b) Chọn hệ tọa độ Axy sao cho A∈ ox, D ∈ oy , AB=1, A(0,0), B(1,0),

m m m +1 1− m , ) với M(m,0); C(m,m), F(m,1-m); E(1,1-m); P ( , ), Q( 2 2 2 2 m ∈ ( 0,1) Chứng minh M, N là hai giao điểm của 2 đường tròn tâm P, Q nên

0.5 0.25

MN ⊥ PQ

0.25

1 1 − 2m ) làm VTPT Lúc đó đường thẳng MN đi qua M và nhận PQ = ( ; 2 2

0.25

PTTQ của MN là: x+(1-2m)y-m =0

0.25

Khi M di động, giả sử MN đi qua S(x0; y0) cố định lúc đó (x0+y0)-(1+2y0)m=0 với mọi giá trị m, m ∈ ( 0,1)

1 −1 ) 2 2

Vậy S ( ,

0.25

0.25 0.25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.25

0.25 Câu Cho tứ diện S . ABC có SA ⊥ ( ABC ) và , SB = a 2; Góc BSC bằng 450 ; góc ASB= 6(3đ) α . a) Tìm điều kiện α để góc giữa (SAC) và (SBC) bằng 600. b) Xác định khoảng cách giữa AB và SC theo α , biết BC = 1 0.5

a) Gọi H, K là hình chiếu của A lên SB, SC

( SAB) ⊥ ( SBC )( gt )

⇒ AH ⊥ (SBC ) - Ta có ⇒ AH ⊥ SC

và AK ⊥ SC Suy ra : SC ⊥ ( AHK ) SAC ),( SBC )) = AKH ((

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

= Xét ∆AKH vuông tại H có tan K

AH = 600 nên theo đề bài K HK

AH = HK . 3 (1) SH . 2 SA. 2cosα = 2 2 SA. 2cosα . 3 SA.sin α = 2 - Từ (1) suy ra 6 ⇔ Tanα = 2 mà AH = SA.sin α và HK =

0.25

b) Từ C kẻ Cx //AB và từ A kẻ Ay //BC Từ A kẻ AN ⊥ SM Ta có ABCM là hình bình hành

BC ⊥ SA Và có BC ⊥ AH

0.25 0.25 0.25

⇒ BC ⊥ AB Nên hình ABCM là hình chữ nhật

CM ⊥ AM CM ⊥ SA ⇒ CM ⊥ AN và SM ⊥ AN ⇒ AN ⊥ ( SCM ) ⇒ d ( AB, SC ) = d ( A, SCM ) = AN

0.25

Tính AN :

1 1 1 = 2+ 2 AN SA AM 2 Xét ∆SBC vuông tại B có Sɵ = 450 suy ra SB=BC=1 Xét tam giác SAB có SA= SB.Cos α = Cos α và BC=AM= 1 Suy ra AN =

cos α

1 + cos 2α

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.25

SỞ GD&ĐT ……………… ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 11 Năm học: 2018-2019 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ 05. Bài 1: (5đ) 1. Giải phương trình sau: cos 3x − 3 cos 2 x − 2 sin 2 x − 9 sin x + 2 cos x + 6 = 0 2 x 2 + 30 xy = 5( x + 5 y ) 5 xy − 50 y 2 2. Giải hệ phương trình sau:  2 2 x + y 2 = 51 u1 = 2013

Bài 2(4đ) Cho dãy số ( un ) thỏa mãn: 

u n − 2u n u n +1 + 2014 = 0

( ∀n ≥ 1)

1. Chứng minh rằng dãy ( un ) có giới hạn. 2. Tính lim un Bài 3: (3đ) 1. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 1C n 1 + 2C n 2 + 3C n 3 + ... + nC n n = 128n . Tìm hệ số của x 6 trong khai triển thành đa thức của f ( x) = 2(1 + x )n + x(2 + x )n +1 2. Một đoàn tàu có 4 toa chở khách với mỗi toa có ít nhất 5 chỗ trống. Trên sân ga có 5 hành khách chuẩn bị lên tàu. Tính xác suất để trong 5 hành khách lên tàu đó có một toa có 3 khách lên, hai toa có một khách lên và một toa không có khách nào lên tàu. Bài 4(2đ) Tính lim x→o

4 + x .3 1 + 2 x − 2 x

Bài 5 (3đ): Cho tam giác ABC có góc A nhọn, AH là đường cao.Hãy dựng điểm M trên cạnh AB và N trên cạnh AC sao cho tam giác HMN có chu vi nhỏ nhất . Bài 6(3đ): Cho tam giác ABC vuông tại A, góc B bằng 600, AB=a, O trung điểm BC .Lấy S nằm ngoài mặt phẳng (ABC) thỏa SB vuông AO, SB=a. Gọi M điểm thuộc cạnh AB, BM=x(0<x<a).Mặt phẳng (R) qua M và song song với SB và OA, cắt BC, SC, SA tại N, P, Q. a) Cm: tứ giác MNPQ là hình thang vuông. b) Tính diện tích MNPQ theo a và x; tìm x để diện tích này lớn nhất --------------------------------------------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐÁP ÁN Bài

Nội dung

Điểm

(1) (cos3x – cosx) – 3(1 – 2sin2x) – 4sinx.cosx – 9 sinx + 3cosx + 6= 0

2.5đ -2sin2xsinx + 6sin2x – 4sinxcosx – 9 sinx + 3cosx + 3 = 0 -4cosxsin2x + 6sin2x – (4cosx + 9)sinx + 3cosx + 3 = 0 (4cosx – 6)sin2x + (4cosx + 9)sinx - 3cosx - 3 = 0 (2) 1.0 Đặt t = sinx thì (2) trở thành: (4cosx – 6)t2+ (4cosx + 9)t - 3cosx - 3 = 0 Ta có: = 64cos2x + 48cosx + 9 = (8cosx + 3)2 0.25 Pt (2) có 2 nghiệm

0,5

0.25 Đặt u =

sin (x - )

ĐK : Pt (3)

0.5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.25 Vậy phương trình (1) có nghiệm:

ĐK : xy ≥ 0

2.5đ

2 x 2 + 30 xy + 50 y 2 = 5(x + 5 y ) 5 xy 2 x 2 + 10 xy + 25 y 2 + 10 xy = 5(x + 5 y ) 5 xy ⇔  2 2 x + y 2 = 51 2 x 2 + y 2 = 51

(

)

0.25

xy=0 không thỏa mãn, từ (1) suy ra x + 5 y > 0 , lại có xy > 0 nên x > 0, y > 0  x + 5y 5 xy 5 + =  Hpt ⇔  5 xy x + 5 y 2  2 2 2 x + y = 51

Dạt t =

x + 5y 5 xy

(1)

0.25

≥ 2 (Bdt Cosi)

1 t

Pt (1) trở thành t + =

5 ⇔ t = 2 ⇔ x + 5 y = 2 5 xy ⇒ x = 5 y 2

0.5

Thế x = 5 y vào (2) ta được x = 5; y = 1

0.25

1.0

0.25 Bài 2

4.0đ *C.m un > 0, ∀n ∈ N

o.25đ

Từ hệ thức truy hồi ⇒ un +1 =

un2 + 2014 = 2un

1 2014  2014 = 2014, ∀n ≥ 1  un +  ≥ un . 2 un  un

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1.0đ

un +1 un2 + 2014 1 2014 1 1 = = + ≤ + =1 un 2un2 2 2un2 2 2

(Vì un ≥ 2014, ∀n ≥ 1 ⇒

2014 2014 1 ≤ = ) 2 2un 2.2014 2

1.0đ * ( un ) là dãy giảm và bị chặn dưới bởi

2014 , do đó ( un ) có giới hạn hữu

hạn. 0.5

Giả sử lim un = a , khi đó 0 < a ≤ 2013 lim un +1 = lim

un2 + 2014 a 2 + 2014 ⇒a= ⇒ a 2 = 2014 ⇒ a = 2014 2un 2a

0.25

Vậy lim un = 2014 1.0 Bài3 1.

Cm được 1C n 1 + 2C n 2 + 3C n 3 + ... + nC n n = n.2 n −1

2.0đ Suy ra n=8

0.5 8

k =0

i =0

Vậy f ( x ) = 2(1 + x )8 + x(2 + x )9 = ∑ 2C8 k x k + ∑ C 9 i 2 9−i x i +1

0.5

Vậy hệ số 2072

0.5

Gọi A là biến cố cần tính xác suất .

0.5

2.0đ Số cách xếp 5 khách lên 4 toa là n(Ω ) = 4 5 Số cách chọn 3 khách để xếp lên cùng một toa là C5 3 = 10 Số cách chọn một toa để xếp 3 người này là C 41 = 4

0.5

Số cách xếp hai người ( mỗi người một toa) vào ba toa còn lại là A3 2 = 6 Suy ra n( A) = 10.4.6 = 240 Vậy xác suất cần tìm P( A) =

0.5 n( A) 15 = n(Ω ) 64

0.5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Bài4 1.

(

2.đ

)

4 + x .3 1 + 2 x − 2 4 + x 3 1 + 2x − 1 + 4 + x − 2 = lim x →o x →0 x x 4 + x 3 1 + 2x − 1 4+ x −2 = = lim + x →0 x x   19 2 4+ x 1 = = lim +  12 2 x →0  3 3 4 + x + 2  (1 + 2 x ) + 1 + 2 x + 1 

lim

(

0.5đ

)

0.5

Bài 5

-Phân tích : Giả sử đã dựng được M,N thỏa bài toán .

0.25

Gọi H',H'' là hình chiếu của H qua AB,AC => H',H'' cố đinh.

0.5

Ta có Chu vi HMN=HM+MN+NH=H'M+MN+NH'' ≥ H'H''

0.25

Dấu '=' xảy ra <=> H',M,N,H'' thẳng hàng . -Cách dựng:

0.5

B1: Dựng H'=ĐAB(H) ; H''=ĐAC(H).

0.5

B2: Dựng M = AB ∩ H ' H '', N = AC ∩ H ' H '' Khi đó M,N là điểm cần dựng. -Cm: Theo phân tích trên ta có M,N thuộc cạnh AB,AC vì góc A nhọn và chu vi tam giác HMN đạt giá trị nhỏ nhất bằng H'H'' . -Biện luận: Bài toán có 1 nghiệm hình duy nhất .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5

a) 2(4đ)

( R ) / / OA   OA ⊂ ( ABC ) => M N / / OA   M N = ( R ) ∩ ( ABC ) 

(1)

( R ) / / SB   => MQ / / SB  SB ⊂ ( SAB )  MQ = ( R ) ∩ ( SAB ) 

(2)

0.5

Tương tự (2)=> NP//SB (3) . Từ (2),(3)=> MQ//NP//SB (4).

0.5

Từ (1),(4) và SB ⊥ OA=>MNPQ là hình thang vuông đường cao MN b)

0.5

Ta có SMNPQ= 1 MN.(MQ + NP) (5). 2

0.25

+Tính MN : Có t/giác ABC là nữa t/giác đều => BC=2AB=2a=> OA = 1 BC = a 2

Lại có MN//OA, t/giác ABO đều nên t/giác BMN đều => MN=BM=BN=x +Tính MQ: có

MQ / / SB ⇒

+ Tính NP: có

NP / / SB ⇒

0.5

MQ AM SB = ⇒ MQ = AM . = (a − x) SB AB AB

NP CN CN 2a − x 2a − x = ⇒ NP = SB. =a = SB CB CB 2a 2

0.5

Thay kết quả tìm được vào (5) được: SMNPQ= x(4a −3x) . 4

- Tính x để SMNPQ lớn nhất : 0.25

Có SMNPQ= x(4a − 3x) = 3x(4a − 3x) . 4

Áp dụng B ĐT Cosi cho 2 số dương 3x và (4a-3x) được : 3x(4a − 3x) ≤ (

3x + 4a − 3x 2 ) ≤ 4a 2 2

=> S

MNPQ

≤

4a a = 12 3

0.25

Đẳng thức sảy ra khi 3x=4a-3x<=>x=2a/3. 0.5

0.25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GD&ĐT ……………… ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 11 Năm học: 2018-2019 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ 06. CÂU I. 1. (2 điểm) Giải phương trình

6sin 2 x − sin 2 x + 3sinx + cosx − 3 = 0

 2 x 2 + 2 y − 2 x − 2 = (3 x − 1) x + 2 y 2. (3 điểm) Giải hệ phương trình :  2 2 (2)  2 − x + 2 y − 4 x = 3 x

(1)

CÂU II 1. (2,5điểm)Tìm số hạng tổng quát của dãy số ( un ) biết

u0 = 1; u1 = 2; u2 = 3  un+3 − 3un + 2 + 3un +1 − un = 1 2.(2,5điểm) Cho dãy số ( un ) thỏa mãn điều kiện u0 = 0; un +1 = 2016 + 2015un Chứng tỏ rằng ( un ) là dãy hội tụ, tìm giới hạn đó CÂU III.(2điểm)Tính giới hạn 1 − 3 x + 1 4 3x + 1 x →0 x 2 − 3x

lim

CÂU IV.(2điểm) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có 4 chữ số. Tính xác suất để chọn được số tự nhiên có cả chữ số 7 và chữ số 9 Câu V.(3điểm) Cho hình chóp SABC. Gọi A’, B’, C’ lần lược là các điểm trên tia SA, SB, SC sao cho SA = aSA’ , SB = bSB’ , SC = cSC’ , trong đó a, b, c là các số thực thay đổi. Chứng minh rằng mặt phẳng (A’B’C’) đi qua trọng tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi a + b + c = 3. Câu VI.(3điểm) Cho tam giác ABC và điểm O nằm bên trong tam giác. Gọi A’, B’ , C’ lần lược là ảnh của tam giác ABC qua phép đối xứng tâm O. Ta gọi T là đa giác tạo bởi phần chung của hai tam giác ABC và A’, B’, C’. Tìm vị trí của O sao cho T có diện tích lớn nhất biết rằng T là một lục giác

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu CÂU I

Đáp án

Điểm 2đ

1. (2 điểm) Giải phương trình

6sin 2 x − sin 2 x + 3sinx + cosx − 3 = 0

⇔ (2sinx − 1)(3sinx − cosx+3) = 0 1  sin x= 2  3sin x − cosx+3=0

0.5 0,25

0,25

•

π   x = 6 + k 2π 1 s inx = ⇔  2  x = 5π + k 2π  6

•

3sin x − c 3sin x − cosx + 3 = 0 ⇔

3 1 3 s inx − cos x = − 10 10 10

0,25

π 3 1 ,sin α = ,0 < α < phương trình thành 2 10 10 sin x cos α − cosx sinα =-cosα π ⇔ sin(x − α ) = sin(α − ) 2 π   x = 2α − 2 + k 2π ⇔  x = 3π + k 2π  2

0,25

Đặt cos α =

 2 x 2 + 2 y − 2 x − 2 = (3 x − 1) x + 2 y 2. (3 điểm) Giải hệ phương trình :  2 2 (2)  2 − x + 2 y − 4 x = 3 x

0,25 0,25

(1)

2đ

x + 2 y ≥ 0  Đk:  2 − x ≥ 0  2 2 y − 4 x ≥ 0

0,25

(1) ⇔ x + 2 y− (3 x − 1) x + 2 y + 2 x 2 − 3x − 2 = 0

0,5

Đặt t = x + 2 y , t ≥ 0 phương trình thành t 2 − (3 x − 1) t + 2 x 2 − 3x − 2 = 0

⇔ (t − 2 x − 1)(t − x + 2) = 0 t = 2 x + 1 ⇔ t = x − 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

•

1  x ≥ t = 2x + 1 ⇔ x + 2 y = 2x +1 ⇔  2 2 y = 4 x 2 + 3x + 1  Thay vào phương trình (2) được 2 − x + 3x + 1 = 3 x 2

0,25

0,5

⇔ 2 − x − 1 + 3x + 1 − 2 + 3 − 3x 2 = 0 1− x 3x − 3 + − 3(x − 1)(x + 1) = 0 2 − x +1 3x + 1 + 2 x = 1 ⇔ 1 3 − + − (3 x + 1) − 2 = 0 3x + 1 + 2  2 − x + 1

⇔

(*)

0,25

3 x + 1 ≥ 0  3 3 Vì  nên phương trình  3x + 1 + 2 ≤ 2 < 2 

(*) vô nghiệm

•

x = 1 ⇔ y = 4 (thỏa) t = x − 2 ⇔ x + 2y = x − 2

•

0,5

0,25 0,25

Do điều kiện x ≤ 2 nên phương trình chỉ có nhiệm khi x = 2 ⇒ y = −1 (loại) Kl: vậy hệ có nghiệm duy nhất (1; 4) CÂU III

(2,5điểm)Tìm số hạng tổng quát của dãy số ( un ) biết u0 = 1; u1 = 2; u2 = 3  un+3 − 3un + 2 + 3un +1 − un = 1 3 2 Phương trình đặc trưng λ − 3λ + 3λ − 1 = 0 Phương trình có nghiệm bội ba λ = 1 ⇒ phương trình thuần nhất tương ứng có nghiệm tổng quát

0,25 2,5đ

0,25 0,5

xɵ = (C1 + C2 n + C3n 2 ).1n = C1 + C2 n + C3n 2 n * 3 n 3 Vì f (n) = 1 = 1 nên nghiệm riêng u n = Bn .1 = Bn

0.25

Thay vào phương trình và so sánh hệ số ta được 1 1 B = ⇒ un* = n 3 6 6 Nghiệm của phương trình đã cho có dạng 1 un = uɵ + u * = C1 + C 2 n + C3 n 2 + n 3 6  C1 = 1  1  = 0, = 1, = 2 n n n Thay ta đươc hệ C1 + C2 + C3 + 6 = 2  4  C1 + 2C2 + 4C3 + 3 = 3

0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

0,5

CÂU III

 C1 = 1  4  ⇔ C2 = 3  1  C3 = − 2

0,25

4 1 2 1 3 Vậy phương trình đã ch có nghiệm u n = 1 + 3 n − 2 n + 6 n

0,25

2.(2,5đ)Cho dãy số ( un ) thỏa mãn điều kiện u0 = 0; un +1 = 2016 + 2015un Chứng tỏ rằng ( un ) là dãy hội tụ, tìm giới hạn đó

2,5đ

Từ giả thiết ta có un ≥ 0, ∀n ∈ N Ta có u2 = 2016 > 0 = u1

0,25

Giả sử uk < uk +1 ⇒ uk +1 = 2016 + 2015uk < 2016 + 2015uk +1 < uk +2

0,25

⇒ u n < un +1 , ∀n ∈ N *

0,25

Mặt khác u0 = 0 < 2016 Giả sử uk < 2016 thì uk +1 = 2016 + 2015uk < 2016 + 2015.2016 = 2016

0,25

⇒ un < 2016, ∀ n ∈ N

0,25

Dó đó dãy tang và bị chặn trên nên có giới hạn. gọi L là giới hạn của dãy thì L = 2016 + 2015 L

0,25

⇔ L = 2016 Vậy giới hạn của dãy là Tính giới hạn 1 − 3 x + 1 4 3x + 1 lim x→0 x 2 − 3x

0,25

L = 2016

1 − 3 x + 1 4 3x + 1 1 − 3 x + 1 + 3 x + 1 − 3 x + 1 4 3x + 1 = lim x →0 x 2 − 3x x(x − 3)

0,25

3 1− 3 x +1 x + 1( 4 3x + 1 − 1) − lim x →0 x( x − 3) x →0 x( x − 3)

0,25

lim lim

= lim x →0

1 − (x + 1) x( x − 3)(1 + 3 x + 1 + 3 (x + 1) 2 ) −1

( x − 3)(1 + 3 x + 1 + 3 (x + 1) 2 )

− lim x →0

x + 1(3 x + 1 − 1)

− lim x→0

0,5

x( x − 3)( 4 (3 x + 1)3 + 4 (3 x + 1) 2 + 4 3 x + 1 + 1) x + 1.3

0,5

( x − 3)( 4 (3 x + 1)3 + 4 (3 x + 1) 2 + 4 3 x + 1 + 1)

1 1 13 + = 9 4 36 Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có 4 chữ số. Tính xác suất để chọn được số tự nhiên có cả chữ số 7 và chữ số 9 Có 9000 số tự nhiên gồm 4 chữ số tùy ý =

CÂU IV

0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 2đ 0,25

CÂU V

Có 7.8.8.8=3584 số tự nhiên gồm 4 chữ số mà trong đó không có chữ số 7 và không có chữ số 9 Có 8.9.9.9-3584=2284 số tự nhiên gồm 4 chữ số mà trong đó có chữ số 7 và không có chữ số 9 Có 8.9.9.9-3584=2284 số tự nhiên gồm 4 chữ số mà trong đó có chữ số 9 và không có chữ số 7 Có 9000-3584-2284-2284=848 số tự nhiên gồm 4 chữ số mà trong đó có cả chữ số 7 và chữ số 9 Cho hình chóp SABC. Gọi A’, B’, C’ lần lược là các điểm trên tia SA, SB, SC sao cho SA = aSA’ , SB = bSB’ , SC = cSC’ , trong đó a, b, c là các số thực thay đổi. Chứng minh rằng mặt phẳng (A’B’C’) đi qua trọng tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi a + b + c = 3.

0,25 0,5 0,5

3ĐIỂM

0,25

A' A

C G

CÂU VI

G là trọng tâm tam giác ABC khi và chỉ khi SA + SB + SC = 3SG ⇔ aSA ' + bSB ' + cSC ' = 3SG ' ⇔ (a + b + c − 3)SG + aGA ' + bGB ' + cGC ' = 0 Từ đó ta có a + b + c = 3 khi và chỉ khi aGA ' + bGB ' + cGC ' = 0 −b c GB ' − GC ' ⇔ GA ' = a a ⇔ A ', B ', C', G đồng phẳng Cho tam giác ABC và điểm O nằm bên trong tam giác. Gọi A’, B’ , C’ lần lược là ảnh của tam giác ABC qua phép đối xứng tâm O. Ta gọi T là đa giác tạo bởi phần chung của hai tam giác ABC và A’, B’, C’. Tìm vị trí của O sao cho T có diện tích

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 3đ

lớn nhất biết rằng T là một lục giác Trường hợp 1: A’, B’, C’ đêu nằm ngoài tam giác ABC. Trong trường hợp này T là một lục giác có các cặp cạnh đối song song và bằng nhau.

A B' P C' Q

Gọi S1 , S 2 , S3 lần lược là diện tích các tam giác nhỏ bị cắt ra từ tam giác ABC bới các đường thẳng A ' B ', A ' C ', B ' C ' Gọi P, Q là các giao điểm của C’ A’ và C’, B’ với đường thẳng AB và S là diện tích của tam giác ABC . Ta có 2

1,5

S1  AQ  S 2  BP  S3  PQ  =  , =  , =  S  AB  S  AB  S  AB   AQ 2  BP  2  PQ  2  S + S + S = S  2 3  +  +   Suy ra 1  AB   AB   AB   Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có

0,5

S 1  AQ AP PQ  + + S1 + S2 + S3 ≥   S= 3  AB AB AB  3 AQ AP PQ Từ đó suy ra T lớn nhất khi AB = AB = AB hay O là trọng tâm của tam giác ABC

SỞ GD&ĐT ……………… ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 11 Năm học: 2018-2019 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ 07.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

Câu 1 (5,0 điểm). a) Giải phương trình:

x 2 + 12 + 5 = 3 x + x 2 + 5 .  x 2 + 2 y + 3 + 2 y − 3 = 0

b) Giải hệ phương trình: 

(

)

2 2 y 3 + x 3 + 3 y ( x + 1)2 + 6 x( x + 1) + 2 = 0

Câu 2 (3,0 điểm). Tìm nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình:

sin (π x 2 ) = sin π ( x 2 + 2 x )  Câu 3 (2,0 điểm). Cho dãy số ( un ) xác định bởi u1 = 2 và un +1 =

un2 + 4 , ∀n ≥ 1 4

Chứng minh rằng ( un ) là dãy số không đổi. Câu 4 (3,0 điểm). Một tổ có 9 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Chia tổ thành 3 nhóm 4 người. a. Có bao nhiêu cách chia? b. Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên được nhóm nào cũng có nữ. Câu 5 (4,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành tâm O và có AC = a, BD = b. Tam giác SBD đều. Mặt phẳng (α ) di động song song với mặt phẳng (SBD) và đi qua điểm I trên đoạnOC. a. Xác định thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (α ) . b. Tính diện tích thiết diện theo a, b và x = AI. c. Tìm vị trí điểm I để diện tích vừa tính là lớn nhất. Câu 6 (3,0 điểm). Cho cấp số nhân có số hạng đầu tiên và công bội cùng bằng 10. Tính tổng 2016 số hạng đầu tiên của cấp số này. Suy ra giá trị của tổng sau: 1+11+101+1001+…+100…001(2005 số 0). ------------- Hết -------------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1.

5đ

−1 + 3 Chọn k = 0, x = 2

0.5

Câu 3.

2đ

Ta có u1 = 2.

0.25

x 2 + 12 + 5 = 3 x + x 2 + 5 (1)

a) Giải PT:

+ Nhận xét: x> 5 . 3 1

(1) ⇔ x 2 + 12 − 4 = 3 x − 6 + x 2 + 5 − 3

0.5

Giả sử u n = 2.

x = 2 ⇔ x+2 x+2  = 3+ ( 2) 2 2  x + 12 + 4 x +5 +4

0.5

Chứng minh u n +1 = 2.

0.25

Kết luận Câu 4. 0.5

3đ

a. 12 người chọn 4 có

Chứng minh (2) vô nghiệm

C124 cách 4

Còn 8 người chọn 4 có C8 cách

Kết luận.

0.5 0.5 0.25

Nhóm cuối 1 cách

b)Giải hệ PT:

0.25

 x 2 + 2 y + 3 + 2 y − 3 = 0 (1)  2 2 y 3 + x 3 + 3 y ( x + 1)2 + 6 x( x + 1) + 2 = 0

(

)

4 12

Vậy có C

(2)

(2)⇔ 2( x + 1) + 3 y( x + 1) + 4 y = 0 3

C31.C93 = 252 cách 3

Nhóm hai có C2 .C6

0.25

0.25 Nhóm cuối có 1 cách chia

do y = 0

3  y ≤ 2  4 y 2 + 6 y + 4 = 3 − 2 y  5 Hệ ⇔  ⇔ y = 18  x = −2 y − 1  14  x = − 9 

0.5

= 40 cách chia

0.5

x +1 = −2 (2)⇔ y

 14 5  nghiệm của hệ:  − ;   9 18 

.C = 34650 cách.

b. Nhóm một có 0.5

 x +1  x + 1  + 3  + 4 = 0 ⇔ 2  y   y  không là nghiệm

4 8

0.25 Vậy có 252.40 = 10080 cách chia 0.5

Xác suất

10080 16 = 34650 55 4đ

Câu 5.

a. Xác định thiết diện là tam giác đều MNP có cạnh lần lượt song song với các cạnh tam giác SBD 2

S  MN   CI  b. MNP =   =  S SBD  BD   CO  2

S MNP =

0.25

3b 2 ( a − x ) a ; ≤ x ≤ a. a2 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 2.

c. S MNP lớn nhất ⇔ a − x lớn nhất 3đ

sin (π x 2 ) = sin π ( x 2 + 2 x ) 

⇔x=

π x 2 = π ( x 2 + 2 x ) + 2kπ ⇔ π x 2 = π − π ( x 2 + 2 x ) + 2kπ 

0.5

Câu 6. 0.5

S2016  x = −k ⇔ 2  2 x + 2 x − 1 − 2k = 0 0.5

  x = −k  −1 + ⇔ x =    x = −1 − 

a khi I trùng O. 2

0.5

3 + 4k −3 ,k> 2 4 3 + 4k −3 , k> 2 4

0.5

102016 − 1 q 2016 − 1 = u1. = 10. = q −1 10 − 1

999...9 = (2016 số 9) 9 = 111...110.

3đ

0.5

= 10.

(2016 số 1)

1 0.5

Suy ra

1 + 11 + 101 + 1001 + ... + 100...001 = 10 + 100 + 100 + ... + 100...00 + 2017 =

111...1113127 (2013 số 1) 0.5 0.5

SỞ GD&ĐT ……………… ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 11 Năm học: 2018-2019 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ 08. Câu I: (4 điểm) Giải phương trình, hệ phương trình sau:

1/ 3( 2 x + 1 − 1) = x (1 + 3 x + 8 2 x + 1)

2 2  x + y + x − y = 12 2/   y x 2 − y 2 = 12

Câu II: (3 điểm)

1/ Giải phương trình:

sin 3 x + 1 2 cos x + cot x = sin 2 x 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2/ Tìm tổng tất cả các nghiệm x ∈ [1;100] của phương trình:

π π 3π    sin 4 x + sin 4  x +  + sin 4  x +  + sin 4  x + 4 2 4   

 3 4  = sin 4 x  2

Câu III: (3 điểm) 1. Tìm hệ số của thỏa mãn:

trong khai triển đa thức: f ( x ) = (

1 − x + x 2 )3 (2 x − 1)3 n với n là số tự nhiên 4

An3 + Cnn − 2 = 33n

2. Cho tập hợp X = 0,1,2,3,4,5,6,7 .Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một

{

}

khác nhau lấy từ tập X, sao cho một trong ba chữ số đầu tiên phải bằng 1. Câu IV: (4 điểm)

1/ Cho dãy số

( un )

u1 = 2016  1 được xác định bởi:  n ;(n ∈ N * ) un +1 = n +1 un + n 2016 

Tìm công thức tổng quát của dãy số 2/ Chứng minh phương trình:

( un ) và tính giới hạn của dãy số đó.

8 x 3 − 6 x − 1 = 0 có đúng 3 nghiệm thực phân biệt thỏa x < 1 . Giải

tìm 3 nghiệm đó.

Câu V: (3 điểm)Cho

hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, góc ABC = 600 , ∆ SAB

là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Lấy T là một điểm trên cạnh AC sao cho AT = x. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua T và vuông góc với AB. Xác định thiết diện của hình chóp và mặt phẳng (P). Tìm x để thiết diện có diện tích đạt giá trị lớn nhất.

Câu IV:(3 điểm)Trong mp Oxy, cho 2 đường tròn (C): x2 + y2 = 9 và (C’): x2 + y2 = 1;Các điểm A, B lần lượt di động trên (C) và (C’) sao cho Ox là phân giác của góc AOB. Gọi M là trung điểm của đoạn AB, lập phương trình quỹ tích của M. -----------------Hết---------------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

II. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM: Biểu điểm

Câu

Đáp án

I-1

3( 2 x 2 + 1 − 1) = x(1 + 3 x + 8 2 x 2 + 1); (*) ⇔ 3(2 x 2 + 1) + (8 x − 3) 2 x 2 + 1 − 3x 2 + x = 0

0.5

§Æt t = 2 x 2 + 1 ≥ 1 . Phương trình trở thành: 3t 2 + (8 x − 3)t − 3 x 2 + x = 0 ⇔ t =

x ∨ t = 1 − 3x 3

Gi¶i ra ®−îc x=0

0.5 0.5

KL : Phương trình có nghiệm x = 0 0.5 I-2

Điều kiện: | x | ≥ | y |

u = x 2 − y 2 ; u ≥ 0

Đặt 

v = x + y

;

u2  1 x = − y không thỏa hệ nên xét x ≠ − y ta có y =  v −  . v  2

0.5

Hệ phương trình đã cho có dạng: 0.5

u + v = 12  u2  u  − v  = 12 2  v    u = 4 u = 3 ⇔ hoặc  v = 8 v = 9 +

u = 4  x 2 − y 2 = 4 (I) ⇔  v = 8  x + y = 8

u = 3  x 2 − y 2 = 3 (II) ⇔  v = 9  x + y = 9

0.25

Giải hệ (I), (II). Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là

0.5

S = {( 5;3) , ( 5; 4 )} II-1

ĐK:sinx ≠ 0,PT ⇔ 2cos2x+cot2x=sin x +1+ cot2x

⇔ 2sin2x+sinx-1=0

0.5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5

 π    x = − 2 + k 2π sin x = −1  π ⇔  ⇔  x = + k 2π ; (k ∈ Z )  sin x = 1  6   2 5   x = π + k 2π  6  II-2

Trước hết biển đổi vế trái của PT và sử dụng công thức

π ) = cosα 2

sin (α +

Ta có : VT = sin4x + cos4x + sin4 (x+ (x+

π 4

) + cos4 (x+

π 4

) =(sin2x+cos2x) - 2sin2xcos2x+1- 2sin2

0.5

π π ).cos(x+ ) 4 4

= 1-

π 1 2 1 1 1 sin 2x +1 - sin2(2x + ) = 2 - sin22x - cos22x 2 2 2 2 2

=2-

1 3 = 2 2

0.5

Nên phương trình trở thành:

π π + k. 8 4

π 3 4 3 sin 4x = ⇔ sin24x = 1 ⇔ cos 4x = 0⇔ 4x = + kπ⇔ x = 2 2 2

với k ∈ Z

Để x ∈ [1; 100] ta phải có: 1 ≤

π π + k. ≤ 100 8 4

0.5

⇔ 8 ≤ (2k+1)π≤ 800; mà k ∈ Z nên k = 1, 2, 3 …….,126 Nên tổng các nghiệm cần tìm là: 126

∑8

(1 + 2k ) =

k =1

π 8

126

∑ (2k + 1) k =1

0.5

126

Ta có:

∑ (2k + 1) là tổng của 126 số hạng của một CSC có k =1

u1= 3 và u126 = 253 Nên: S =

π (3 + 253).126 8

III-1 T×m hÖ sè cña

= 2016π

x 2 trong khai triÓn Niu t¬n ®a thøc

lµ sè tù nhiªn tháa m·n:

1 f ( x) = ( − x + x 2 )3 (2 x − 1)3n víi n 4

An3 + Cnn− 2 = 33n

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tõ

An3 + Cnn− 2 = 33n suy ra 2n 2 − 5n − 63 = 0 t×m ®−îc n = 7

0.5

Với n=7, ta có khai triển:

1 f ( x ) = ( − x + x 2 )3 (2 x − 1)3n 4

1 1 (2 x − 1)3n + 6 = (2 x − 1)27 64 64

0.5

1 1 27 (2 x − 1)27 = ∑ C27k (2 x) 27 − k (−1) k 64 64 k =0 1 ⇒ Tk +1 = C27k 2 27 − k .(−1) k .x 27 − k 64 f ( x) =

Tk+1 chứa x2 khi k=25 0.5 HÖ sè cña

III-2

x 2 trong khai triÓn Niu t¬n ®a thøc f ( x ) :

a2 =

1 22 2 351 C27 2 .(−1) 25 = − 64 16

Gọi

a b c d e là số cần lập

abcde , kể cả trường hợp a = 0. Có 3 cách chọn vị trí cho chữ số 1 (1 là a hoặc 1 là b hoặc 1 là c). Sau đó chọn 4 chữ số trong 7 chữ số của X \ {1} để xếp vào 4 vị trí còn

0.5

* Xét các số có dạng lại .

Nên có 3x A 7 số dạng này. * Xét các số có dạng

0b c d e .Có 2 cách chọn vị trí cho chữ số 1 (1 là b hoặc 1 là c). Sau đó

chọn 3 chữ số trong 6 chữ số của X \

0.25

{0;1} để xếp vào 3 vị trí còn lại .

Nên có 2x A 6 số dạng này. Suy ra số các số cần lập là: 4

3x A 7 -2x A6 = 2520 – 240 = 2280

0.25

0.5 IV-1

u1 = 2016   1 n ;(n ∈ N * ) un +1 = n +1 un + n 2016  Nên có :

unn++11 = unn +

1 1 ⇒ unn++11 − unn = n 2016 2016n

0.5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

u22 − u11 =

1 ; 20161

u33 − u22 =

1 20162

;

.....;

unn − unn−−11 =

1 2016n−1

0.5

Cộng vế theo vế các đt trên:

1 1 1 + + .... + 1 2 2016 2016 2016n −1 1 1 1− 1− n −1 1 2016n −1 + 2016 . 2016 + 2016 = unn = 2016 1 − 1 2015. 2016 unn − u11 =

1−

un = 2016 +

1 2016n−1 2015.

Ta có:

0.5

1−

1 < un = 2016 +

mà

1 2016n−1 < n 2017 ≤ 1 + 1 + ... + 1 + 2017 2015. n

1 + 1 + ... + 1 + 2017 n − 1 + 2017 2016 = = 1+ n n n 2016  2016  ⇒ 1 < un < 1 + ⇒ lim1 = lim 1 +  =1 n n   ⇒ lim un = 1 0.5

IV-2

Xét

f ( x ) = 8 x3 − 6 x − 1 ; tập xác định D = ℝ suy ra hàm số f liên tục trên ℝ . Nên f liên tục

trên các đoạn

1  1    −1; − 2  ;  − 2 ;0  ; [ 0;1] ;    

0.5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ta có:

 1 f ( −1) = −3, f  −  = 1, f ( 0 ) = −1, f (1) = 1  2

 1  1 f ( −1) f  −  < 0, f  −  f ( 0 ) < 0, f ( 0 ) f (1) < 0 . Từ 3 bất đẳng thức này và tính  2  2 liên tục của hàm số suy ra pt

f ( x ) = 0 có ba nghiệm phân biệt thuộc ( −1; 1) . Mặt khác PT đã

cho là PT bậc 3 nên có nhiều nhất 3 nghiệm. Suy ra PT có đúng 3 nghiệm thỏa

Đặt

x = cos t , t ∈ [ 0; π ]

0.5

thay vào pt ta được:

2 ( 4 cos3 t − 3cos t ) = 1 ⇔ cos 3t = cos

π 3

⇔t=±

 π 5π 7π  t ∈ ; ; . 9 9 9  π 5π 7π , x = cos nghiệm: x = cos , x = cos 9 9 9

t ∈ [ 0; π ]

x <1

ta được

π 9

2π 3

kết

hợp

với

Do đó phương trình đã cho có 3 0.5

0.5

Dựng đúng thiết diện là tứ giác MNPQ.

0.5

S MNPQ = S MNPK + S PKQ + Tính

S MNPK :

Ta có:

AT AM x x = ⇒ AM = (hoặc ∆AMT vuông tại M, góc A = 600 ⇒ AM = ) AC AH 2 2

a 3  a x  − MK   −   2 MK MH   2 2  ⇒ MK = 3 a − x = ⇒ MK =  Lại có: ( ) KQ QD 4 a x a− −  2 2 Mà:

LM = AM .tan 600 =

0.5

x 3 3 , LK = LM + MK = (a + x) 2 4

MN LM 3 = ⇒ KP = (a + x) KP LK 4

0.5

Suy ra diện tích

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SMNPK =

Hình thang vuông MNPK

+ Tính

S PKQ :

S PKQ = Vậy:

1 3 MK ( MN + KP ) = ( a − x )( 3x + a ) 2 32

0.5

1 1 3 2 KP.KQ = KP. ( CH − MK ) = ( a + x ) 2 2 32

S MNPQ = S MNPK + S PKQ =

3 ( − x 2 + 2ax + a 2 ) 16

SMNPQ đạt GTLN ⇔ x = a . Khi đó: T ≡ C và ( SMNPQ ) = S∆SHC = max S

3a 2 8 0.5

N A

L M

D T

H Q

O B

0.5 VI

(C): x2 + y2 = 9 và (C’): x2 + y2 = 1;

A ∈ (C ) ⇔ xA2 + y A2 = 9 ; B ∈ (C ') ⇔ xB2 + yB2 = 1 A' là điểm đối xứng với A qua trục Ox. A'(xA; -yA)

0.5 0.5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1  1  xB ' = 3 x A Từ giả thiết ta có: A' thuộc OB và OB = OA ' ⇒  3 y = − 1 y A  B ' 3

0.5

Gọi M(x;y) là trụng điểm đoạn AB , ta có:

2  3   x = 3 x A  xA = x 2 2 ⇒ 2 . Mà xA + y A = 9 Suy ra:  y = 1 y  y A = 3 y A  3

9 2 x2 x + 9 y2 = 9 ⇔ + y2 = 1 . 4 4 Quĩ tích cần tìm là một elip có pt:

x2 + y2 = 1 4

0.5

SỞ GD&ĐT ……………… ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 11 Năm học: 2018-2019 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ 09.

Câu 1 (5,0 điểm). a) Giải phương trình:

3 1 + − 8sin x = 0. cos x sin x

b) Giải hệ phương trình

(1 − x )(1 + y ) = 2  2 2  x 1 − y + y 1 − x = 1.

u1 = 2 Câu 2 (4,0 điểm). Cho dãy số thực (un ) xác định bởi:  2 un+1 = un − un + 1. ∀n ≥ 1 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a) Chứng minh dãy số đã cho là dãy số tăng và bị chặn dưới.

1 1 1 b) Tính giới hạn sau lim  + + ... +  n →+∞ u un   1 u2 Câu 3 (3,0 điểm). a) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có bảy chữ số khác nhau được lập từcác chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra có chữ số 0 và 1 đứng cạnh nhau. b) Tìm ba số hạng liên tiếp lập thành cấp số cộng trong dãy số sau 1 C230 , C23 , C232 ,..., C2323 .

3x 2 − 1 + 2 x 2 + 1 lim x →0 1 − cos x 3

Câu 4 (2,0 điểm). Tính giới hạn

Câu 5 (3,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD. Từ B kẻ các đường thẳng BE vuông góc với CD và BK vuông góc với AD (E∈ CD, K ∈ AD). Biết KE = a và BD = b (b>a). Tính khoảng cách từ B đến trực tâm của tam giác BEK.

Câu 6 (3,0 điểm). Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC với cả ba góc nhọn. Trên đường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P) tại A, lấy điểm M. Dựng BK ⊥ AC, BH ⊥ CM. Đường thẳng KH cắt (d) tại N. a) Chứng minh rằng BN ⊥ CM và BM ⊥ CN b) Tìm vị trí điểm M trên (d) sao cho đoạn MN ngắn nhất.

---------------- HẾT ----------------

CÂU Câu 1

a) Giải phương trình:

NỘI DUNG ĐÁP ÁN

ĐIỂM

3 1 + − 8sin x = 0. cos x sin x

5,0 đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b) Giải hệ phương trình Đk: sin 2 x ≠ 0 ⇔ x ≠

(1 − x )(1 + y ) = 2  2 2  x 1 − y + y 1 − x = 1.

kπ 2

0, 5

⇔ 3 sin x + cos x = 8cos x sin 2 x ⇔ 3 sin x + cos x = 4cos x − 4cos x cos 2 x nên PT ⇔ 3 sin x − 3cos x = −2cos 3x − 2cos x

⇔

1 3 π  cos x − sin x = cos 3x ⇔ cos  x +  = cos3x 2 2 3 

1,0

1a (2,5đ)

π  ⇔ 3 x = ±  x +  + k 2π 3 

0, 5

π  = + kπ x  6 (với k nguyên) ⇔ x = − π + k π  12 2 Nhận so với điều kiện sin 2 x ≠ 0

0, 5

 x = cos 2u  π π với u, v ∈  − ;  Điều kiện: x; y ∈ [ − 1;1] . Đặt   2 2  y = cos 2v

0.5

(1 − cos 2u )(1 + cos 2v) = 2 HPT ⇔  cos 2u sin 2v + cos 2v sin 2u = 1

0,5

 1 sin u cos v = 2 sin(u + v) + sin(u − v) = 1  2 2 sin u cos v =  2 ⇔ 1b ⇔ 2 ⇔  π sin 2(u + v) = 1 u + v = π u + v = 4 (2,5đ)  4

0,5

 π 2  π u−v =  sin(u − v) =  u =  4 2 ⇔ ⇔ ⇔ 4 (thỏa) u + v = π u + v = π v = 0   4 4

0,5

π   x = cos = 0 Kết luận: nghiệm hệ phương trình là  2  y = cos 0 = 1

0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

u1 = 2 1 Cho dãy số thực (un ) xác định bởi:  2 un+1 = un − un + 1. ∀n ≥ 1 Câu 2

a) Chứng minh dãy số đã cho là dãy số tăng và bị chặn dưới.

1 1 1 b) Tính giới hạn sau lim  + + ... +  n →+∞ u un   1 u2

4,0 đ 2

Từ hệ thức truy hồi ta có un+1 − un = un2 − 2un + 1 = ( un − 1) > 0 ∀n ∈ ℕ* do đó ( un ) là dãy số tăng

1,0

Chứng minh un ≥ 2 ∀n ∈ ℕ* (1) Thật vậy, với n = 1 ta có u1 = 2 ≥ 2 (1) đúng 2a (2,0đ)

Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 1 tức là ta có uk ≥ 2 . Ta chứng minh (1) đúng với

n = k + 1 tức là uk +1 ≥ 2 Thật vậy, uk +1 = uk2 − uk + 1 = uk ( uk − 1) + 1 ≥ 2 ( 2 − 1) + 1 = 3 ≥ 2 (1) đúng với ∀n ∈ ℕ* Vậy dãy số ( un ) bị chặn dưới bởi 2 1,0 Xuất phát từ hệ thức truy hồi (1) ta có

un+1 − 1 = un ( un − 1) ⇒

1 un+1 − 1

1 1 1 1 1 1 (*) = − ⇒ = − un ( un − 1) un − 1 un un un − 1 un +1 − 1

Thay n = 1, 2,3,..., n vào (*) rồi cộng vế theo vế các đẳng thức ta suy ra được 0.5 2b (2,0đ)

1 1 1 1 + + ... + = 1 − (2) u1 u2 un un +1 − 1 Do ( un ) là dãy tăng nên có hai khả năng xảy ra 0.5 + Dãy ( un ) bị chặn trên. Theo tiêu chuẩn Weierstrass do ( un ) là dãy tăng và bị chặn trên nên nó có giới hạn. Giả sử lim un = a thì a ≥ 2 . Từ hệ thức (1) ta có n →+∞

a = a − a + 1 ⇔ a 2 − 2a + 1 = 0 ⇔ a = 1 (vô lý) Dãy ( un ) không bị chặn trên. do ( un ) là dãy tăng và không bị chặn trên nên Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1.0

 1  lim un = +∞ ⇒ lim ( un+1 − 1) = +∞ ⇒ lim  =0 n→+∞ n →+∞ n →+∞ u  n+1 − 1 

1 1  1 1  Do đó từ (2) ta suy ra lim  + + ... +  = lim 1 −  =1 n →+∞ u n→+∞ u u u − 1 n  n +1 2  1   1 1 1 Vậy lim  + + ... +  = 1 n →+∞ u un   1 u2

Câu 3

a) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có bảy chữ số khác nhau được lập từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra có chữ số 0 và 1 đứng cạnh nhau. b) Tìm ba số hạng liên tiếp lập thành cấp số cộng trong dãy số sau 1 C230 , C23 , C232 ,..., C2323 .

3,0 đ

Gọi số tự nhiên theo yêu cầu bài toán có dạng a1a2 a3 a4 a5 a6 a7 (a1 ≠ 0) Ta có: n(Ω) = 6.6! = 4320 số

0,5

Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có chữ số 0 và 1 đứng cạnh nhau sẽ có hai trường hợp

3a (1,5đ)

TH1 : Ta xem số 10 có vai trò như một chữ số. Như vậy số cách lập số tự nhiên có bảy chữ số khác nhau mà số 1 và 0 đứng cạnh nhau là 6 ! = 720 số. TH2 : Ta xem số 01 có vai trò như một chữ số, thế thì chữ số này không được đứng đầu nên số cách lập số tự nhiên có bảy chữ số khác nhau mà số 0 và 1 đứng cạnh nhau là 5.5 ! = 600 số.

Vậy: n( A) = 720 + 600 = 1320 . Kết luận: P ( A) =

n( A) 1320 11 = = ≈ 0,306 n(Ω) 4320 36

0,5

Xét ba số liên tiếp trong dãy số trên có dạng C23k , C23k +1 , C23k + 2 ( k = 0;1; 21 ) ba số này

(1,5đ) theo thứ tự lập thành cấp số cộng khi và chỉ khi

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

2C23k +1 = C23k + C23k + 2 ⇔ 4C23k +1 = C23k + C23k +1 + C23k +1 + C23k + 2 = C25k ⇔

4.23! 25! = ⇔ (23 − k )( k + 2) = 150 (22 − k )!( k + 1)! (23 − k )!( k + 2)!

0.5

⇔ n 2 − 21n + 104 = 0 ⇔ n = 8; n = 13 8 9 10 13 14 15 Vậy có hai cấp số cộng thỏa yêu cầu bài toán là : C23 và C23 , C23 , C23 , C23 , C23

0.5 3

Câu 4

3x 2 − 1 + 2 x 2 + 1 Tính giới hạn lim x →0 1 − cos x

2,0 đ

3x2 − 1 + 2 x2 + 1 3 3x 2 − 1 + 2 x 2 + 1 x2 lim = lim x →0 x →0 1 − cos x 1 − cos x x2 3

0.5

x 2sin 2 1 − cos x 2 =1 = lim Ta có lim 2 2 x →0 x →0 2 x  x 4  2 2,0đ

0.5

( lim

) (

3x 2 − 1 + 1 +

) = lim

2 x2 + 1 − 1

3x2 − 1 + 1 2 x2 + 1 − 1 + lim x →0 x →0 x →0 x2 x2 x2 3 2 = lim + lim =2 2 2 x →0 3 x →0 2 2 3 2 x + 1 + 1 3x − 1 − 3x − 1 + 1

(

)

Vậy lim x→0

0.5

3x 2 − 1 + 2 x 2 + 1 2 = =4 1 1 − cos x 2 0.5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,50 Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với BC tại B’. Câu 5 Gọi H là trực tâm của tam giác BEK. Do EH vuông góc với BK và KH vuông góc với BE (3,0đ)

Suy ra: DE = KH và EH = KD do đó ta có Phép tịnh tiến theo vectơ KD biến K

thành D, H thành E và B thành B’ nên BH = B ' E . 1.5 Vì

⊥ KE

BH 2

nên 2

⊥ KE

B’E 2

hay 2

tam

giác

B’EK

vuông

tại

⇒ B ' E = B ' K − KE = BD − KE = b − a (vì BB’DK là hình chữ nhật nên B’K = BD = b. Vậy BH = B ' E = b 2 − a 2 1.0 M

0.5 K

Câu 6 (3,0đ)

N B

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a) Ta có

BK ⊥ AC (gt)   ⇒ BK ⊥ ( AMC ) ⇒ BK ⊥ CM BK ⊥ MA (gt)  mà BH ⊥ CM ⇒ CM ⊥ ( BKH ) ⊃ BN ⇒ BN ⊥ CM Ta có

BK ⊥ ( AMC ) ⊃ CN ⇒ BK ⊥ CN (1) . Mặt khác, xét tam giác MNC có MN ⊥ AC , NH ⊥ MC (do MC ⊥ ( BKH )) suy ra K là trực tâm của tam giác MNC ⇒ MK ⊥ CN (2) . Từ (1) và (2) suy ra

CN ⊥ ( MBK ) ⇒ CN ⊥ MB 1.5 b) Vì K là trực tâm của tam giác MNC nên AM.AN = AK.AC. Do ∆ AMK đồng dạng ∆ ACN . Như vậy khi M di chuyển trên (d) thì tích AM.AN không đổi. VậyMN với = AM + AN bé nhất khi và chỉ khi AM = AN =

AK . AC 1.0

SỞ GD&ĐT ……………… ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 11 Năm học: 2018-2019 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ 10.

Câu 1: ( 5,0 điểm ). 1) Giải phương trình 1 + 1 − x 2  (1 + x)3 − (1 − x)3  = 2 + 1 − x 2 



Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 x 2 + y 2 + 2 y = 7 + 2 xy 2) Giải hệ phương trình  2 2

( x − y )( x − y ) + 13 y + 6 = 13 x

Câu 2: ( 4,0 điểm ). 1) Cho dãy số ( un ) xác định bởi u1 = 1 và un +1 = 3un 2 + 2 với mọi n ≥ 1 . a. Xác định số hạng tổng quát của dãy số ( un ) . 2 . b. Tính tổng S = u12 + u22 + u32 + ... + u2011

2) Cho a, b, c là ba hằng số và (un ) là dãy số được xác định bởi công thức: un = a n + 1 + b n + 2 + c n + 3 (∀n ∈ ℕ*). Chứng minh rằng lim un = 0 khi và chỉ khi a + b + c = 0. n→∞

Câu 3: ( 3,0 điểm ). Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau. Câu 4: ( 2,0 điểm ). Cho m> 0 và a, b, c là 3 số thực thoả mãn:

a b c + + = 0. m + 2016 m + 2015 m + 2014

Chứng minh rằng phương trình: f ( x ) = ax 2 + bx + c = 0 có ít nhất một nghiệm thực. Câu 5:( 3,0 điểm ). Cho tam giác ABC và đường tròn (O). Gọi F là trung điểm AC, trên AB lấy điểm E sao cho BF = 2AE. I là đỉnh thứ tư của hình bình hành AEIF. Với mỗi điểm P trên đường tròn (O), hãy xác định điểm Q sao cho PA + 2 PB + 3PC = 6 IQ Câu 6:( 3,0 điểm ). Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Đường cao của hình chóp là SA = a. M là một điểm di động trên SB, đặt BM = x 2 . (α ) là mặt phẳng qua OM và vuông góc với (ABCD). a) Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (α ) . b) Tính diện tích thiết diện theo a và x.Xác định x để thiết diện là hình thang vuông. ================== HẾT==================

NỘI DUNG ĐÁP ÁN

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐIỂM

CÂU

1) Giải phương trình Câu 1

1 + 1 − x 2  (1 + 3)3 − (1 − x)3  = 2 + 1 − x 2  

 x 2 + y 2 + 2 y = 7 + 2 xy 2) Giải hệ phương trình  2 2

2,0 đ

( x − y )( x − y ) + 13 y + 6 = 13 x

Đk: −1 ≤ x ≤ 1 ,

0,25

t 2

Đặt x = cos t , 0 ≤ t ≤ π ⇒ sin t ≥ 0,sin ≥ 0, cos ≥ 0 Ta có pt: 1 + sin t  (1 + cos t )3 − (1 − cost)3  = 2 + sin t 

 

⇔  cos

 

⇔  cos 1) (2,5đ)



0,25

t t  t t + sin   cos 3 − sin 3  .2 2 = 2 + sin t 2 2  2 2 2

t t  t t − sin 2  1 + cos sin  .2 2 = 2 + sin t 2 2  2 2

 

⇔ cos t  1 +

1  sint  .2 2 = 2 + sin t 2 

0,25 0,25

⇔ ( 2 cos t − 1)(sint + 2) = 0

0,25

2 2

Vậy phương trình có 1 nghiệm x =

0,25

2 . 2

2 ( x − y ) + 2 y − 7 = 0 Hpt ⇔  2 ( x + y )( x − y ) − 13( x − y ) + 6 = 0

(2,5đ)

0,25

⇔ 2 2 cos t + 2 sin t cos t − 2 − sin t = 0

⇔ cos t =

0,25

Đặt u = x + y , v = x − y ⇒ u − v = 2 y

0,25

0,5 0,25

v 2 + u − v − 7 = 0 Ta có hpt  2 uv − 13v + 6 = 0

0,25

2 u = −v + v + 7 ⇔ 4 3 2 v − v − 7v + 13v − 6 = 0

0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

u = −v 2 + v + 7 ⇔ 2 (v − 1) (v − 2)(v + 3) = 0

0,25

v = 1, u = 7 ⇔ v = 2, u = 5 v = −3, u = −5

0,5

 x = 4, y = 3  7 3 Vậy hpt có các nghiệm  x = , y = 2 2   x = −4, y = −1 

0,5

1) Cho dãy số ( un ) xác định bởi u1 = 1 và un +1 = 3un 2 + 2 , ∀ n ≥ 1 . c. Xác định số hạng tổng quát của dãy số ( un ) . 2 d. Tính tổng S = u12 + u22 + u32 + ... + u2011 .

Câu 2

2) Cho a, b, c là ba hằng số, (un ) là dãy số được xác định bởi: un = a n + 1 + b n + 2 + c n + 3 (∀n ∈ ℕ*). Chứng minh rằng lim un = 0 khi và chỉ khi a + b + c = 0. n→∞

2,0 đ

a) Dễ thấy un > 0, ∀n ∈ N * 0,25

Từ un+1 = 3un2 + 2 ⇔ un2+1 = 3un2 + 2 . Đặt vn = un2 thì có: vn+1 = 3vn + 2 ⇔ vn+1 + 1 = 3 ( vn + 1) .

0,25

Đặt xn = vn + 1 thì ta có: xn+1 = 3xn . 1) (2đ)

Từ đây suy ra ( xn ) là cấp số nhân với x1 = 2 , công bội là 3.

0,25

Nên: xn = 2.3n −1 ⇒ vn = 2.3n −1 − 1 ⇒ un = 2.3n−1 − 1 .

0,25

b) S = 2.30 + 2.31 + 2.32 + ... + 2.32010 − 2011

0,25

= 2 ( 30 + 31 + 32 + ... + 32010 ) − 2011

0,25

2 ( 32011 − 1)

3 −1

− 2011

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

= 32011 − 2012

Đặt vn =

un n +1

0,25

= a+b

n+2 n+3 +c ⇒ vn → a + b + c khi n → +∞ n +1 n +1

Ta có: un = vn n + 1

0,25

cho nên: nếu a + b + c ≠ 0 thì nlim un = ∞ ≠ 0. →+∞

0,25

2) (1,0đ)

Ngược lại nếu a + b + c = 0 ⇒ a = −b − c thì khi n → +∞ ta có un = b

Câu 3

(

) (

n + 2 − n +1 + c

)

n + 3 − n +1 =

b 2c + →0 n + 2 + n +1 n + 3 + n +1

0,50

2,0 đ 0,5

Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có: Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là C39 .

0,5

Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây: TH1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH1 này có cả thảy 3 ⋅ (3,0đ)

5! = 60 số tự nhiên. 3!

0,5

5! = 90 số tự nhiên. 2!2!

0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Vậy: ΩA = (60 + 90)C39 = 150 ⋅

Kết luận: P ( A ) =

ΩA Ω

9! = 150 ⋅ 7 ⋅ 4 ⋅ 3 = 12600 . 3!6!

12 600 1 400 = ≈ 0,213382106 59049 6561

0,5

0, 5

Cho m> 0 và a, b, c là 3 số thực thoả mãn: Câu 4

a b c + + = 0. m + 2016 m + 2015 m + 2014

(1)

Chứng minh rằng phương trình: f ( x ) = ax 2 + bx + c = 0 có ít nhất một nghiệm thực. Ta có f ( x ) = ax 2 + bx + c xác định và liên tục trên R

0,5

 m + 2015  m + 2015 (m + 2015)2 + + =0 b c (1) ⇔ a   (m + 2014)(m + 2015) m + 2016  m + 2016 

0.25

(2đ)

 m + 2015  m + 2015 m + 2015 +c+ c=0 ⇔ a  +b m + 2016 (m + 2014)(m + 2015)  m + 2016 

0.25

f (0) = c

0,25 2

 m + 2015   m + 2015  m + 2015 m + 2015 f c +c = −  = a  +b (m + 2014)(m + 2015) m + 2016  m + 2016   m + 2016 

0,25

 m + 2015   . f (0) ≤ 0, ∀ m > 0, c ∈ R  m + 2016 

Suy ra f 

Vậy phương trình: f ( x ) = ax 2 + bx + c = 0

có ít nhất một nghiệm thực.

Cho tam giác ABC và đường tròn (O). Gọi F là trung điểm AC, trên cạnh AB lấy điểm E sao cho BE = 2AE. I là đỉnh thứ tư của hình bình hành AEIF. Với mỗi điểm P trên đường tròn (O), hãy xác định quỹ tích điểm Q sao cho PA + 2 PB + 3PC = 6 IQ Câu 5 (3,0đ)

Hình vẽ:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

0,5

A O E

F Q

C O’

PA + 2 PB + 3PC = 6 IQ ⇔ IA + 2 IB + 3IC = 6 IQ − 6 PI

Ta có

0,5

1 1 1 2 IA = IE + IF = − AC − AB ; IB = IE + IB = − AC + AB 2 3 2 3

Mà

1 1 IC = IF + FC = AC − AB 2 3

0,5

⇒ IA + 2 IB + 3IC = 0 ⇒ 6 IQ − 6 PI = 0 ⇒ IQ + IP = 0

0,5

⇒ I là trung điểm PQ

Hay phép đối xứng tâm I biến điểm P thành điểm Q

0,5

Gọi (O’) là ảnh của (O) qua phép đối xứng tâm I Vì P di động trên (O) nên Q di động trên (O’).

0,5

Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Đường cao của hình chóp là SA = a. M là một điểm di động trên SB, đặt BM = x 2 . (α ) là mặt phẳng qua OM và vuông góc với (ABCD). c) Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (α ) . Câu 6 (3,0đ)

d) Tính diện tích thiết diện theo a và x. Xác định x để thiết diện là hình thang vuông.

Hình vẽ:

S M K

0,5

A N

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú O H Đăng ký Word doc qua ZaloB0905779594 EmailC thanhtuqn88@gmail.com

a) Ta có:

SA⊥(ABCD) (α)⊥(ABCD)

⇒ SA // (α)

(α)∩(SAB) = MN // SA (α)∩(SAC) = OK // SA (α)∩(SABCD) = NH qua O (α)∩(SCD) = KH Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác MNHK.

0,5

Ta có MN// OK // SA ⇒ MN ⊥ (ABCD); OK⊥ (ABCD) Std = S htMKON + S ∆KOH =

MN = BN = x; KO =

1 1 ( MN + KO ).ON + .OK .OH 2 2

0,5

SA ; 2

Tính ON, theo định lý hàm số Côsin ta có: 2

= x 2 + a − 2 x a 2 .cos450 OH = ON = BN 2 + BO 2 − 2 BN .BO.cosOBN 2 2

= x 2 − ax +

Suy ra :

a2 2

(a + 2 x ) 2 x 2 − 2ax + a 2 s1 = 4 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

s1 =

0,25

a 2 x 2 − 2ax + a 2 4 2

Vậy: Std =

a2 1 (a + x). x 2 − ax + 2 2 0,25

0,25

để thiết diện là hình thang vuông ⇔ MK// NO// BC ⇔ N là trung điểm AB ⇔ x =

a 2

0,5

SỞ GD&ĐT ……………… ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 11 Năm học: 2018-2019 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ 11.

Câu I(5,0 điểm)

 xy − 3x − 2 y = 16

1) Giải hệ phương trình: 

2 2  x + y − 2x − 4 y = 33

2) Giải phương trình : 5 + 3 1 − x 2 = 8{ x6 + (1 − x 2 )3 }

Câu II(4,0 điểm)Cho dãy số ( un )

u1 = 5  ∀n ∈ N * . với  1 2 un +1 = 7 (un + un + 9)

(

)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a)Chứng minh rằng ( un ) là dãy số tăng nhưng không bị chặn trên

1 .Tìm lim vn k =1 uk + 4 n

b)Đặt vn = ∑ Câu III(5,0 điểm)

1) Tìm giới hạn:

lim

x+9

x→0

3x + 1 − 3 x

2) Chứng minh đẳng thức sau: 2 0 2016

2 1 2016

2 2 2016

2 3 2016

(C ) − (C ) + (C ) − (C ) 3)Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện

2015 2016 1008 + ... − ( C2016 . ) + ( C2016 ) = C2016

a b c + + = 0 .Chứng minh rằng phương trình 2017 2016 2015

ax 2 + bx + c = 0 luôn có nghiệm

Câu IV (3,0 điểm)Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O).Gọi D ,E lần lượt là hình chiếu của A và B trên các đường thẳng BC ,AC. Các điểm M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC và AB .Chứng minh + END = 180° rằng DME Câu V (3,0 điểm) Cho tứ diện đều SABC cạnh a, gọi I, K lần lượt là trung điểm của các cạnh AC và SB . Trên đường thẳng AS và CK ta chọn các điểm P,Q sao cho PQ// BI a)Tính góc giữa các đường thẳng IK và AB b) Tính độ dài PQ theo a

ĐÁP ÁN MÔN TOÁN LỚP 11. Câu

Nội dung

Điểm

5,0

 xy − 3x − 2 y = 16

Giải hệ phương trình: 

2 2  x + y − 2x − 4 y = 33

(I )

( x − 1)( y − 2) − ( x − 1) − ( y − 2) = 21

Biến đổi hệ (I) thành 

2 2 ( x − 1) + ( y − 2) = 38

2,0

(I )

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

Đặt a = x-1 ,b = y-2 .Ta có hệ 0,5

ab − (a + b) = 21  2 2 a + b = 38 a + b = −8  a + b = 10 Giải hệ tìm được  hoặc  ab = 13  ab = 31

0,5

 x = −3 + 3  x = −3 − 3 Giải tìm được nghiệm  ,  y = −2 − 3  y = −2 + 3

0,5

Giải phương trình: 5 + 3 1 − x 2 = 8{ x6 + (1 − x 2 )3 }

3,0

Đặt x = cost . Vì −1 ≤ x ≤ 1 nên t ∈ [ 0, π ] . Khi đó, (1) trở thành: 0,5 2

5 + 3 1 − cos t = 8(cos t + sin t )

(2)

Bién đổi phương trình thành 0,5 2

5 + 3sin t = 8 − 24cos t.sin t

2 ⇔ sin t = 1 − 2 ( 2.cost.sin t )

⇔ sin t = 1 − 2sin 2 2t ⇔ sin t = cos4t

0,5

π 2  t = + kπ  π  10 5 ⇔ cos  − t  = cos4t ⇔  2  t = − π + 2 kπ  6 3

0,5

0,5 Vì t ∈ [ 0;π ] nên t = Vậy x = cos

π 10

; x = cos

;t =

π 2

= 0 là nghiệm của phương trình.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

II Câu II(4,0 điểm)Cho dãy số ( un )

u1 = 5  với  ∀n ∈ N * . 1 2 un +1 = 7 (un + un + 9)

(

)

4,0

a)Chứng minh rằng ( un ) là dãy số tăng nhưng không bị chặn trên

1 .Tìm lim vn k =1 uk + 4 n

b)Đặt vn = ∑

1 1 Ta có un +1 − un = (un2 + un + 9) − un = (un − 3) 2 ≥ 0, ∀n ∈ N * 7 7

1.0

⇒ (un ) là dãy số tăng ⇒ un ≥ u1 = 5 , ∀n ∈ N *

Giả sử dãy số (un ) bị chặn trên thì nó sẽ có giới hạn . Khi đó lim u n = a ( a ≥ 5) 1 1 lim un +1 = lim (un2 + un + 9) ⇒ a = (a 2 + a + 9) ⇔ ( a − 3) 2 = 0 ⇔ a = 3 (mâu thuẩn 7 7 vì a ≥ 5). Vậy dãy số (un ) không bị chặn trên

Ta có (un ) tăng và không bị chặn trên ⇒ lim un = +∞ ⇒ lim

1 = 0; un

1 Ta có uk +1 = (uk2 + uk + 9) ⇔ 7(uk +1 − 3) = (uk − 3)(uk + 4) 7 ⇔

uk +1 − 3

1,0

0,5

1 1 1 1 1 7 ⇔ = − = − (uk − 3)(uk + 4) uk − 3 uk + 4 u k + 4 u k − 3 u k +1 − 3

0,5 n

Do đó

∑u k =1

1 1 1 = − u1 − 3 un +1 − 3 k +4

lim vn =lim(

Câu

1 1 1 )= − u1 − 3 un +1 − 3 2

0,5

Nội dung

III

Điểm 5,00

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

x+9

lim

Tìm giới hạn:

x→0

1 = lim x→0

3x + 1 − 3 x

2,00

x + 9( 3 3x + 1 − 1) + x + 9 − 3 x

 x + 9( 3 3x + 1 − 1) = lim  + x→0 x 

0,5

x + 9 − 3  x 

0,5

 3 x+9 = lim  + 2 3 x →0  3  (3x + 1) + 3x+1 + 1

= 3+

 1  x + 9 + 3 

0,5

1 19 = 6 6

0,5

Chứng minh đẳng thức sau: 2

2 0 2012

2 1 2012

2 2 2012

2016

2 3 2012

(C ) − (C ) + (C ) − (C ) Xét đẳng thức (1 − x ) Ta có (1 − x 2 )

Ta có (1 − x )

2016

.(1 + x )

2016

= (1 − x 2 )

2011 2012 1006 + ... − ( C2012 . ) + (C2012 ) = C2012

2016

2,0

0,5

1008 k = ∑ C2016 ( − x2 ) suy ra hệ số của số hạng chứa x 2016 là C2016

0,5

k =0

2016

.(1 + x )

2016

2016  2016 k  k  k xk  =  ∑ C2016 ( − x )  ∑ C2016  k =0  k = 0 

0,5

suy ra hệ số của số hạng chứa x 2016 là 2016 1 2015 2 2014 3 2013 2016 2016 o C2016 C2016 − C2016 C 2016 + C2016 C2016 − C2016 C2016 + ... + C2016 C2016

0 1 2 3 2015 2016 = ( C2016 ) − ( C2016 ) + ( C2016 ) − ( C2016 ) + ... − ( C2016 ) + ( C2016 )

Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện

a b c + + =0 . 2017 2016 2015

1,00

Chứng minh rằng phương trình ax + bx + c = 0 luôn có nghiệm a) 2

Đặt f ( x) = ax + bx + c liên tục trên R. Với c=0 ⇒ f(x)=0 có nghiệm x=0 Với c ≠ 0 0,5

Ta có: f ( 0 ) = c −c  2016  f =  2017  2015.2017

−c 2  2016  <0 f (0). f  =  2017  2015.2017

0,5

KL:

Câu IV

Nội dung

Điểm

Câu IV (3,0 điểm)Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O).Gọi D ,E lần lượt là hình chiếu của A và B trên BC và AC. Các điểm M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC và AB .

+ END = 180° Chứng minh rằng DME Gọi H là trực tâm tam giác ABC, AA’ là đường kính của (O) , AD cắt (O) tại H’ Ta có H và H’ đối xứng nhau qua BC ⇒ D là trung điểm HH’

Lại có M trung điểm HA’(do HCA’B là hình bình hành) Xét phép vị tự tâm H tỉ số ½ M là ảnh của A’, D là ảnh của H’ mà hai điểm A’,H’ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên hai điểm M,D thuộc đường tròn ( C’) là ảnh của đường tròn ( C) tâm ( O) qua phép vị tự tâm O tỉ số ½ (1) Chứng minh tương tự ta cũng có hai điểm N,E thuộc đường tròn ( C’) là ảnh của

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

đường tròn ( C) tâm O qua phép vị tự tâm H tỉ số ½ (2) Từ (1) và (2) suy ra tứ giác MEND nội tiếp đường tròn ( C’) 0,5

° Vậy DME + END = 180

Câu

Nội dung

Điểm

V Cho tứ diện đều SABC cạnh a, gọi I, K là trung điểm của các cạnh AC và SB . Trên đường thẳng AS và CK ta chọn các điểm P,Q sao cho PQ// BI 1)Tính góc giữa các đường thẳng IK và AB 2) Tính độ dài PQ theo a

1)Tính góc giữa các đường thẳng IK và AB

1,0

Đặt

0,5

Ta có

, =

, 1 = a2 2

1 IK = (a + b − c ) 2 Tính được a2 IK 2 = 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 2 IK . AB = a 2 IK . AB 2 cos IK , AB = = IK . AB 2

(

0,5

)

Vậy góc giữa IS và AB là 45 b Tính độ dài PQ theo a

2,0

Ta có PQ là giao tuyến của hai mặt phẳng : Mặt phẳng chứa CK và song song với BI và mặt phẳng chứa SA và song song với BI.

0,5

Trong mặt phẳng (SBI) kẻ KE / / BI, CE cắt SA ở P Qua A kẻ A F // BI (F thuộc BC) , CK cắt S F tại Q. 0,5 Vậy PQ // BI

Ta có I, E là các trung điểm của AC và SI ⇒

Mà

SP 1 = SA 3

0,5

PQ SP 1 1 = = ⇔ PQ = AF AF SA 3 3

0,5 AF = 2 BI = 3a

----------------------- Hết ----------------------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GD&ĐT ……………… ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 11 Năm học: 2018-2019 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ 12. Bài 1 (5 điểm). a. Giải phương trình:

2+ 2 = 2 + 2sin 2 x . tan x + cot 2 x

2x − 2y + 2x + y + 2xy + 1 = 1  b.Giải hệ phương trình :  3 3y + 1 = 8x 3 − 2y − 1 x > 0 

Bài 2 (4 điểm).

Cho dãy số ( un )

u1 = 4  xác định bởi  1 un+1 = 9 un + 4 + 4 1 + 2un

(

)

∀n ∈ N *

Tìm công thức số hạng tổng quát un của dãy số.

Bài 3 (3 điểm). = CAF , gọi M, N lần Cho tam giác nhọn ABC, trên cạnh BC lấy các điểm E, F sao cho góc BAE

lượt là hình chiếu vuông góc của F trên các đường thẳng AB và AC, kéo dài AE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D. Chứng minh rằng tứ giác AMDN và tam giác ABC có diện tích bằng nhau. Bài 4(3 điểm)

Cho tập hợp A = {1;2;3;...;18} . Có bao nhiêu cách chọn ra 5 số trong tập A sao cho hiệu của hai số bất kì trong 5 số đó không nhỏ hơn 2. Câu 5 ( 2 điểm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Cho hàm số (C) y = x 3 − 3 x 2 + 2 . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đó có hệ số góc bằng 9.

Câu 6 (3 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Đường thẳng SA vuông góc với mặt đáy. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) bằng 600.Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB theo a. --------- Hết ----------

Điểm Bài

Bài 1

Lời giải

Giải phương trình:

2+ 2 = 2 + 2sin 2 x . tan x + cot 2 x

5đ

cos x ≠ 0  Lời giải : Điều kiện : sin 2 x ≠ 0  tan x + cot 2 x > 0 

(1)

2sin 2 x + cos 2 x 1 Ta có : tan x + cot 2 x = = sin 2 x sin 2 x Do đó phương trình đã cho tương đương với :

0.5đ

(2 + 2 ) sin 2 x = 2 + 2 sin 2 x

⇔

(

)(

)

sin 2 x − 1 . 2 sin 2 x − 2 = 0

 sin 2 x = 1 ⇔  2 sin 2 x =  2 0.5đ Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

sin 2 x = 1 ⇔ 1 sin 2 x = 2 

( Thỏa điều kiện (1) ) 0.5 đ

Giải các phương trình trên ta được : x=

π 4

+ kπ ; x =

π 12

+ kπ ; x =

5π + kπ ; (k ∈ Z ) 12

0.5 đ

2x − 2y + 2x + y + 2xy + 1 = 1  hệ phương trình:  3 3y + 1 = 8x 3 − 2y − 1 x > 0  2 x − 2 y + 2 x + y + 2 xy + 1 = 1  3  3 3 y + 1 = 8 x − 2 y − 1

(1) ⇔ ( 2 x + 1) − 2 ( y + 1) + ĐK: (2x + 1)(y + 1) ≥ 0

(1)

0.5 đ

(2)

( 2 x + 1)( y + 1) = 0 Mà x > 0 ⇒ 2 x + 1 > 0  y +1≥ 0

(1) ⇔

(

2x + 1 − y + 1

Thay vào (2):

)(

)

2x + 1 + 2 y + 1 = 0 ⇔ 2x + 1 − y + 1 = 0 ⇔ y = x 3

6 x + 1 = 8 x3 − 4 x − 1 ⇔ ( 6 x + 1) + 3 6 x + 1 = ( 2 x ) + 2 x

Hàm số f(t) = t3 + t đồng biến trên R (3) ⇔ 3 6 x + 1 = 2 x ⇔ 4 x3 − 3 x = 1 2 NX: x >1 không là nghiệm của phương trình Xét 0 < x ≤ 1: Đặt x = cos α với 0 ≤ α <

π 2

Ta có:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

π 2π  α = 9 + k 3 1 (k∈ Z ) cos3α = ⇔  2 α = − π + k 2π  9 3

Do 0 ≤ α ≤

π 2

⇒α =

π 9

1đ

Vậy hệ có nghiệm  cos π ;2cos π  9 9 

0.5đ

1đ

Bài 2

Cho dãy số ( un ) xác định bởi

4đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

u1 = 4   1 un+1 = 9 un + 4 + 4 1 + 2un

(

)

∀n ∈ N *

Tìm công thức số hạng tổng quát un của dãy số. Lời giải:

* Đặt xn = 1 + 2un ∀n ∈ N

Ta có xn ≥ 0 và xn2 = 1 + 2un , ∀n ∈ N * hay un =

xn2 − 1 2

1đ

Thay vào giả thiết, ta được:

xn2+1 − 1 1  xn2 − 1  =  + 4 + 4 xn  2 9 2  2

⇔ 9 xn2+1 − 9 = xn2 − 1 + 8 + 8 xn ⇔ ( 3 xn+1 ) = ( xn + 4 )

Suy ra: 3 xn +1 = xn + 4 ∀n ∈ N * ( Do xn ≥ 0 , ∀n ∈ N * ) Hay 3n+1 xn +1 = 3n xn + 4.3n , ∀n ∈ N * Đặt yn = 3n xn , ∀n ∈ N * . Ta có: yn +1 = yn + 4.3n , ∀n ∈ N *

1đ

Từ đó yn +1 = y1 + 4 ( 3n + 3n −1 + ..... + 3) , ∀n ∈ N * Hay yn +1 = y1 − 6 + 2.3n+1 , ∀n ∈ N * Theo cách đặt ta có: x1 = 3 ⇒ y1 = 9 ⇒ yn = 3 + 2.3n . Suy ra: xn = 2 +

1 2

1 , ∀n ∈ N * n −1 3

Do đó un =  3 +

1đ

4 1  + 2 n−2  , ∀n ∈ N * n −1 3 3 

1đ Bài 3 Cho tam giác nhọn ABC, trên cạnh BC lấy các điểm E, F sao cho góc 3đ

= CAF , gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của F trên các BAE

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

đường thẳng AB và AC, kéo dài AE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC tại D. Chứng minh rằng tứ giác AMDN và tam giác ABC có diện tích bằng nhau. Lời giải: A

0,5đ

= CAF = α, Đặt BAE S∆ABC = =

= β . Tacó EAF

1 1 AB. AF .sin (α + β ) + AC. AF .sin α 2 2

AF ( AB.CD + AC.BD ) 4R

(R-là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) (1) Diện tích tứ giác ADMN là

S AMDN

1 1 = AM . AD.sin α + AD. AN .sin(α + β ) 2 2

1đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 AD.  AF .cos (α + β ) .sin α + AF .cos α .sin (α + β )  = 2

1 AF AD. AF .sin ( 2α + β ) = . AD.BC . (2) 2 4R

Vì tứ giác ABDC nội tiếp trong đường tròn nên theo định lí Ptoleme ta có : AB.CD + AC.BD = AD.BC

(3).

Từ (1), (2), (3) ta có điều phải chứng minh. 1đ

0,5 đ

Bài 4 3đ

Cho tập hợp A = {1;2;3;...;18} . Có bao nhiêu cách chọn ra 5 số trong tập A sao cho hiệu của hai số bất kì trong 5 số đó không nhỏ hơn 2. Lời giải:

Ta cần tìm số phần tử của tập T sau:

{

}

T = (a1 ,a 2 ,...,a 5 ) : a1 < a 2 < ... < a 5 ; 1 ≤ a i ≤ 18; a i − a j ≥ 2

Xét tập hợp H = {(b1 ,b 2 ,...,b5 ) : b1 < b 2 < ... < b5 ; 1 ≤ bi ≤ 14}

1đ

Xét ánh xạ f cho tương ứng mỗi bộ (a1 ,a 2 ,...,a 5 ) với bộ (b1 ,b 2 ,...,b5 ) xác định như sau:

b1 = a1 ,b 2 = a 2 − 1,b3 = a 3 − 2, b 4 = a 4 − 3,b5 = a 5 − 4 .

1đ

Dễ thấy khi đó f là một song ánh, suy ra T = H . Mặt khác mỗi bộ (b1 ,b 2 ,...,b5 ) trong H là một tổ hợp chập 5 của 14 phần

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

5 tử. Do đó H = C14 = 2002 . Vậy T = 2002 .

1đ

Bài 5 2đ

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đó có hệ số góc bằng 9. + Gọi M(x0 ; y0) thuộc (C), d là tiếp tuyến của (C) tại điểm M

0.5đ

Phương trình đt d là : y – y0 = y’(x0)(x – x0) + Tt d có hệ số góc bằng 9 nên y’(x0) = 9 ⇔ 3x02 – 6x0 = 9  x0 = − 1 ⇔  x0 = 3

0.5đ

+ Với x0 = - 1 thì y0 = -2. Pttt : y = 9x + 7

0.5đ

+ Với x0 = 3 thì y0 = 2. Pttt : y = 9x - 25 Bài 6 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Đường thẳng SA vuông góc với mặt đáy. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) 3đ bằng 600.Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB theo a. S

= 600 + Nêu được góc SBA

Tính SA = a 3 H A C

1đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

+ Gọi d là đt qua B và song song với AC. I là hình chiếu vuông góc của A trên d, H là hình chiếu vuông góc của A trên SI + Chứng minh được AI ⊥ (SB, d) + Tính đúng AI =

a 15 a 15 và kết luận d(AC, SB) = 5 5

1đ 1đ

SỞ GD&ĐT ……………… ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 11 Năm học: 2018-2019 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ 13.

Câu 1: ( 5 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình: a/ (cos2x-cos4x)2=6+2sin3x b/ Câu 2: ( 4 điểm)

a/ Tính gới hạn của dãy số: lim( b/ Cho dãy số (un ) xác định bởi u1=2,un= un-1+ với n

minh rằng dãy số (vn) với vv=un-

. Chứng

là cấp số nhân.

Câu 3:( 3 điểm) Từ các chữ số 1,2,3,4 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số 1 có mặt tối đa 5 lần, các số 2,3,4 mỗi số có mặt tối đa 1 lần. Câu 4:( 2 điểm) Cho phương trình : x4+ax3+bx2+cx+d=0. Chứng minh rằng phương trình có ít nhất 2 nghiệm phân biệt khi d=-2016 Câu 5:( 3 điểm) Trong hệ trục tọa độ Oxy Cho A(4;0); B(0;2) ,C(-1;-5) a/ Chứng minh rằng tam giác ABC có góc nhọn và tìm trọng tâm G b/ Tìm tọa độ M thuộc AB và N thuộc AC để tam giác GMN nhỏ nhất.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 6:( 3 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân (AD//BC) và BC=2a,AB=AD=DC=a.Mặt bên (SBC) là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC và BD.BiếtSD vuông AC. a/ TínhSD b/ Mặt phẳng ( ) đi qua M thuộc đoạn OD (M khác O,D) và song song với hai đường thắng SD và AC. Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD với mặt phẳng ( ). Hết

Câu 1a

Nội dung 2

4sin x.sin 3x=6+2sin3x 4(1-sin2x.sin23x)+2(1+sin3x)=0 4(sin2x(1-sin23x)+cos2x)+2(1+sin3x)=0 4(sin2x.cos23x+cos2x)+2(1+sin3x)=0

Điểm 0.5

0.5 0.5

0.5

ĐK x,y 1b

Đặt

0.25 0.25

HPT 0.25 0.25

0.5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5

=lim Ta có: lim

=lim(

lim

)=.............=0

kq=

vn=un- =( =

0.5 0.5 0.5

0.5 0.5

= =

,KL

số cần lập có dạng ycbt chữ số 1 có mặt 3 lần -gọi A1 là tập hợp các số có 6 chữ số,sao cho số 1 có mặt 3 lần,mỗi số 2,3,4 có mặt 1 lần -gọi A2 là tập hợp các số có 6 chữ số,sao cho số 1 có mặt 4 lần,mỗi số 2,3,4 có mặt 1 lần (hoặc không có mặt) -gọi A3 là tập hợp các số có 6 chữ số,sao cho số 1 có mặt 5 lần,mỗi số 2,3,4 có mặt 1 lần (hoặc không có mặt) Tính n(A1): Bước 1: Chọn 3 vị trí trong 6 vị trí để đặt 3 chữ số 1.Số cách chọn là n1=C36=20 Bước 2: 3 vị trí còn lại đặt 3 số còn lại.Số cách chọn là n2=6 Theo qtn : n(A1)=n1n2=120 Tương tự: n(A2)=C46.A23=90 n(A3)=C56.A13=18 Theo QTC: n(A1)+n(A2)+n(A3)=228.

-Đặt f(x)=x4+ax3+bx2+cx-2016 liên tuc trên R f(0)= -2016 , nên tồn tại 2 số α<0,β.0 sao cho

0.5 0.5

0.5

0.5 0.5

0.5 0.5 0.5

0.5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

f(α)>0,f(β)>0 -f(0).f(α)<0;f(0).f(β)<0 -KL phương trình có ít nhất 2 nghiệm phân biệt (0;β) -Tính được tọa độ vecto - Tính được cosA - suy ra A là góc nhọn - Tìm được trọng tâm G - Viết đúng phương trình AB,AC - G nằm trong góc nhọn BAC nên +có I(3;3) đối xứng của G qua đt AB +có J(3;-3) đối xứng của G qua AC - Gọi M,N lần lượt là điểm của IJ với AB và AC - GM=IM;GN=NJ vì I,M,N,J thẳng hàng nên -IM+MN+NJ=GM+MN+GN nhỏ nhất -ĐT IJ: x=3 cắt AB Tại M(3;1/2), cắt AC tại N (3-1) - KL - Hình vẽ đúng -ABCD là nữa lục giác đều cạnh a - Kẻ DT//AC (T ,CT=AD=a và DT vuông SD - Xét tam giác SCT có SC=2a,CT=a, - Xét tam giác vuông SDT,có DT=a - Suy ra SD=2a

α;0) và

1200,suy ra ST=a ;ST=

suy ra NJ=2(a-x suy ra KM=

x).2

0.25

0.25 0.25 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25

0.25 0.25 0.25

0.5 0.25 0.25 0.25

-x)

- SNPQKJ = (3a2

0.25 0.25 0.25 0.25

-qua M kẻ đt // AC cắt AD,DC lần lượt tại N,P - qua M,N,P kẻ đường thẳng // với SD cắt SB,SA,SC lần lượt tại K,J,Q - Thiết diện là ngũ giác NPQKJ - SNPQKJ =SNMKJ+SMPQK =1/2(NJ+MK).MN+1/2(MK+PQ).MP = 1/2(NJ+MK).NP -Ta có: = suy ra NP=3x =

0.5 0.5 0.5

0.5 a2

0.25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GD&ĐT ……………… ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 11 Năm học: 2018-2019 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ 14. MA TRẬN ĐỀ: Cấp độ

Nhận biết

Tên

Vận dụng

Thông hiểu

chủ đề

Cấp độ thấp

Hàm số lượng giác và các bài toán liên quan. Phương trình lượng giác

Cộng

Cấp độ cao

Số câu: 01

Số câu

Số câu: 01

Số câu

Số câu: 1

Số điểm : 3,0 Tỉ lệ: 15%

Số điểm

Số điểm: 3,0

Số điểm

3 điểm=15%

Phương trình, hệ bất phương trình chứa căn, chứa dấu giá trị tuyệt đối, có ẩn ở mẫu.

Số câu: 01

Số câu

Số câu: 01

Số câu: 1

Số điểm: 2,0 Tỉ lệ: 10%

Số điểm

Số điểm: 2,0

2 điểm=10%

Phương pháp quy nạp toán học. Dãy số. Cấp số. Giới hạn dãy số Số câu : 01 Số điểm : 3,0

Tỉ lệ: 15%

Số câu

Số câu: 01

Số câu

Số câu: 1

Số điểm

Số điểm: 3,0

Số điểm

3 điểm=15%

Đại số tổ hợp. Xác suất

Số câu: 01

Số câu

Số câu: 01

Số câu:01

Số

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Số điểm : 4,0

Tỉ lệ: 20%

Số điểm:

điểm

Số điểm

Số điểm: 4,0

4,0 điểm = 20%

Giới hạn của hàm số. Hàm số liên tục và tính chất. Số câu: 01

Số câu

Số câu: 01

Số câu

Số câu: 01

Số điểm: 2,0 Tỉ lệ: 10 %

Số điểm

Số điểm: 2,0

Số điểm

2,0 điểm = 10%

Vectơ trong không gian. Số câu: 01 Số điểm: 3,0

Tỉ lệ:15%

Số câu

Số câu: 01

Số điểm

Số điểm: 3,0

Số câu: 01

3,0 điểm = 15% X

Hình học không gian Số câu: 01

Số câu

Số câu: 01

Số điểm: 3,0 Tỉ lệ: 15%

Số điểm

Số điểm: 3,0

3,0 điểm: 15%

Tổng số câu: 06

Số câu

Số câu: 03

Số câu: 04

Số câu: 7

Tổng số điểm: 20

Số điểm

Số điểm: 08

Số điểm: 12

Số điểm: 20

Tỉ lệ: 100%

Tỉ lệ:

Số điểm

Tỉ lệ: 40%

Tỉ lệ: 60%

Tỉ lệ 100%

ĐỀ: Câu 1( 6 điểm):

1. Giải phương trình:

8sinx =

3 1 + cosx sinx

1 1  x − = y − x y 2.Giải hệ phương trình:  3  x +1 = 2y  Câu 2( 4 điểm):

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

u1 = u2 = 1  . un − 2un −1 + un − 2 = 2; ∀n ≥ 3

Cho dãy số được lập theo quy tắc: 

1) Chứng minh rằng: un − un −1 = 2n − 4 2) Tìm số hạng tổng quát 3) Tính tổng n số hạng đầu của dãy.

Câu 3(3 điểm): Tìm giới hạn của hàm số sau:

lim x →0

1+ x − 1− x x

Câu 4 ( 4 điểm): 1.Tìm số tự nhiên n thỏa mãn: Cn2Cnn − 2 + 2Cn2Cn3 + Cn3Cnn −3 = 100 , trong đó Cnk là tổ hợp chập k của n phần tử 2.Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số có 6 chữ số và thỏa mãn điều kiện: Sáu chữ số của mỗi số là khác nhau và trong mỗi số đó tổng của ba chữ số đầu nhỏ hơn tổng của ba chữ số cuối một đơn vị. Câu 5 (3 điểm): ∧

∧

Cho hình chóp S.ABCD có ABC = ADC = 90° , SA=a, SA vuông góc đáy ABCD. Mặt phẳng (Q) qua A vuông góc SC cắt SB, SC, SD tại B’, C’, D’. 1. Chứng minh AB’C’D’ nội tiếp được trong một đường tròn. 2. Cho AC = b, AB = AD = x. -

Tìm diện tích AB’C’D’ theo a, b, x. Tìm x để tứ giác AB’C’D’ là hình vuông.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

---Hết--

ĐÁP ÁN:

Câu

Nội dung Ta có pt

Điểm

cos x ≠ 0 kπ ,k ∈ Z ⇔ sin 2 x ≠ 0 ⇔ x ≠ 2 sin x ≠ 0

0.5

Điều kiện: 

⇔ 8 sin x. sin x. cos x = 3 sin x + cos x

⇔ 2 sin x.(2 sin x. cos x) =

0.5

3 1 sin x + cos x 2 2

⇔ 2 sin x. sin 2 x =

0.5

3 1 sin x + cos x 2 2

⇔ −[cos 3 x − cos x ] =

⇔ cos 3 x =

3 1 sin x + cos x 2 2

0.5

1 3 cos x − sin x 2 2

⇔ cos 3x = cos( x +

π 3

0.5

0.25

) 0.25

π   x = 6 + kπ (k , l ∈ Z ) ⇔ x = − π + l π 12 2  Vậy nghiệm phương trình là:

0.25

π 6

+ kπ , x = −

π 12

π 2 0.25

ĐK: xy ≠ 0 . PT x −

 x= y 1 1 = y− ⇔  x y  xy = −1

0.5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

•

• •

    x = y =1   −1 + 5  x= y Giải hệ:  ⇔ ... ⇔  x = y = 3  2 2 y = x + 1    x = y = −1 − 5   2   1    xy = −1  y=− Giải hệ:  hệ vô nghiệm. ⇔ ... ⇔  x 3 2 y = x + 1  x 4 + x + 2 = 0 

0.5

KL: Hê. PT có 3 nghiệm ở trên 1.5

1) u3 − 2u2 + u1 = 2

u4 − 2u3 + u2 = 2 …………………

un − 2un −1 + un − 2 = 2 . Cộng từng vế và ước lược ta được un − un −1 − u2 + u1 = ( n − 2)2 ⇒ un − un −1 = 2n − 4 2) u3 − u 2 = 2.3 − 4; u 4 − u3 = 2.4 − 4;...u n − un −1 = 2n − 4 . Cộng từng vế các đẳng 2

thức trên u n − u2 = 2(3 + 4 + ... + n) − 4( n − 2)

1.5

⇒ un = n2 − 3n + 3 . Kiểm tra thỏa

mãn các điều kiện đã cho

u1 = 12 − 3.1 + 3; u2 = 22 − 3.2 + 3;...; un = n 2 − 3.n + 3 . Vậy ta có:

1 S n = (12 + 22 + ... + n 2 ) − 3(1 + 2 + ... + n) + 3n = n(n + 1)(n − 4) + 3n 3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

lim x →0

1+ x − 1− x x

lim

x →0

(3 x + 1 − 1) − ( 1 − x − 1) x→0 x

lim

x −1 −1 1− x −1 − lim x →0 x x

x →0

lim

( x + 1) − 1 2

0.5

− lim x →0

x( (1 + x) + 1 + x + 1) 3

1.0

(1 − x) − 1 x( 1 − x + 1)

0.5 =

lim

x →0 3

1 (1 + x) 3 1 + x + 1

2 2

( )

Biểu thức ⇔ Cn

+ lim

1− x +1

x →0

5 6

+ 2Cn2Cn3 + ( Cn3 ) = 100 ⇔ ( Cn2 + Cn3 ) = 100

1 1

⇔ ... ⇔ ( n − 1) n( n + 1) = 3.4.5 ⇔ n = 4 4

Các số tự nhiên có 6 chữ số có dạng:

a1a2 a3a4 a5 a6 ;(ai ∈ {1, 2,3, 4,5, 6} ; ai ≠ a j ) sao

cho a1 + a2 + a3 = a4 + a5 + a6 − 1

⇔ ... ⇔ a4 + a5 + a6 = 11 ⇒ a1 + a2 + a3 = 10 (1). Vì a1 , a2 , a3 ∈ {1, 2,3, 4,5, 6} và các chữ số khác nhau nên hệ thức (1) chỉ có thể thỏa mãn ba khả năng sau:

a1 = 1, a2 = 3, a3 = 6 và các hoán vị của ba số 1, 3, 6 a1 = 1, a2 = 4, a3 = 5 và các hoán vị của ba số 1, 4, 5 a1 = 2, a2 = 3, a3 = 5 và các hoán vị của ba số 2, 3, 5. Mỗi bộ số a1 , a2 , a3 tạo ra 3! hoán vị, và mỗi hoán vị đó lại được ghép với 3! hoán vị của

bộ số a4 , a5 , a6 , vì vậy tổng cộng số các số tự nhiên gồm 6 chữ số thỏa mãn điều kiện đề bài là 3.3!.3! = 108 số 1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Vẽ hình đúng 0.5 điểm Do SA ⊥ ( ABCD ) mà

0.5

BC ⊥ AB nên BC ⊥ SB Ta có BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AB ' 5

Mặt khác SC ⊥ (Q ) ⇒ SC ⊥ AB ' Vậy AB ' ⊥ ( SBC ) ⇒ AB ' ⊥ B ' C ' Tương tự AD ⊥ SC , CD ⇒ AD ' ⊥ ( SCD ) ⇒ AD ' ⊥ C ' D '. ∧

∧

Do đó AB ' C ' = AD ' C ' = 1v nên tứ giác AB’C’D’ nội tiếp một đường tròn. 1 2

AB = AD ⇒ SB = SD

∆SAB = ∆SAD ⇒ AB ' = AD ' ⇒ ∆AB ' C ' = ∆AC ' D ' Vậy dt (tugiacAB ' C ' D ' ) = 2dt (tamgiacAB ' C ' )

∆SAB vuông ⇒ AB' =

SA. AB = SB

∆SAC vuông ⇒ AC ' =

ax a2 + x2

ab a2 + b2

∆AB 'C ' vuông ⇒ B' C ' 2 = AC ' 2 − AB' 2 =

Do đó dt dt ( AB' C ' D ' )

= AB'.B' C ' =

a 2b 2 a2x2 − a2 + b2 a2 + x2

ax a2 + x2

.a.

b2 x2 − a2 + b2 a2 + x2

AB’C’D’ là hình vuông nên AB’ = B’C’

a2x2 b2 x2 2 = a ( − ) a2 + b2 a2 + b2 a2 + x2 2x 2 b2 a 2b 2 2 ⇔ 2 = ⇔ x = a + x2 a2 + b2 2a 2 + b 2 ⇔

0.5

( Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa).

SỞ GD&ĐT ……………… ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 11 Năm học: 2018-2019 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ 15.

Câu 1 ( 5 điểm):

cos a). Giải phương trình lượng giác

b). Giải bất phương trình

4x − cos 2 x 3 = 0. 1 − tan 2 x

4 x + 3 + x + 2 ≥ 3x + 1

Câu 2 (4 điểm): Cho dãy số (u n ) xác điịnh bởi công thức u1 = 1, u n +1 = u n + 7 với mọi n ≥ 1 . Xác định số hạng tổng quát của u n và tính lim u n .

Câu 3 (3.0 điểm): Cho hình thập giác lồi A1A2A3......A10 , gọi A là tập hợp các tam giác mà mỗi tam giác có ba đỉnh là các đỉnh của hình thập giác lồi . Chọn ngẫu nhiển từ A ra một tam giác . Tính xác suất để chọn được tam giác có các cạnh không là cạnh của hình thập giác.

Câu 4 (2.0 điểm): Chứng minh rằngphương trình 3 x 5 − x 2 − 3 x − 673 = 0 có nghiệm x0 ∈ ( 2;3) và

x12 0 − 2019 > 0 .

Câu 5 (3.0 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A kẻ đường cao AH và đường phân giác BE, ( H ∈ BC và E ∈ AC ), đường thẳng qua A vuông góc với BE cắt BC , BE lần lượt tại M và N . Chứng tỏ tứ giác ANHB nội tiếp một đường tròn (O) khi đó gọi I là giao điểm của ON và AH Chứng minh HI 2 =

1 BH .HC . 4

Câu 6 ( 3.0 điểm): Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC có AB = 6a; AC = 12a; BAC = 60 0 . Cạnh bên SA →

vuông góc với mặt phẳng (ABC), SC = 13a . Gọi K là điểm trên AC sao cho AK =

1 → AC . Tính khoảng 3

cách từ K đến mặt phẳng (SBC).

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu

Đáp án a). Điều kiện: 1- tan2x > 0 ⇔

cos Phương trình

cos 2 x >0 ⇔ cos 2 x

 cos 2 x > 0 ⇔ cos2x > 0  cos 2 x ≠ −1

Điểm

0.5

4x − cos 2 x 2x 1 + cos 2 x 4x 3 = cos 2 x ⇔ 2 cos 2 −1 = = 0 ⇔ cos 3 3 2 1 − tan 2 x

2x 2x 2x 2x 2x ⇔ 4 cos − 2 = 1 + cos 3( ) ⇔ 4 cos 2 − 2 = 1 + 4 cos3 − 3cos 3 3 3 3 3

0.5

⇔ 4 cos3

2x 2x 2x − 4cos 2 − 3cos + 3 = 0 (1) 3 3 3

Đặt t = cos

0.5 0.5

2x ĐK: t ≤ 1 3

 t =1 phương trình (1) trở thành 4t − 4t − 3t + 3 = 0 ⇔  t = ± 3  2 3

Câu 1 Với t = 1 ta có cos

Với t =

Với t =-

2x =1 ⇔ x = k 3π ( k ∈ Z ) 3

π 3 ⇔ x = ± + k 6π ( k ∈ Z ) loại do ĐK: cos2x>0 2 2

0.5

5π 3 + k 6π (k ∈ Z ) loại do ĐK: cos2x>0 ⇔ x=± 2 2

Vậy nghiệm phương trình là x = k 3π ( k ∈ Z ) b). ĐK: x ≥ −

3 . 4

⇔ 4 x + 3 + x + 2 ≥ ( 4 x + 3 + x + 2 )( 4 x + 3 − x + 2 ) ⇔ 1 − 4x + 3 + x + 2 ≥ 0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5

Giải BPT ta được kết quả: − 2 ≤ x ≤

2 + 2 19 9

Kết hợp ĐK , ta có nghiệm của BPT đã cho −

1.0

3 2 + 2 19 ≤x≤ 4 9 1.0

Câu 2

+ Từ cách xác định u1 , u 2 , u 3 , u 4 . Học sinh phát hiện được công thức tổng quát

0.5

u n = 7n − 6

1.5

+ Chứng minh công thức u n = 7 n − 6 bằng phương pháp qui nạp toán học

1.5

+ lim u n = +∞ 0.5

A là tập tất cả các tam giác có 3 đỉnh là các đỉnh của hình thập giác dễ dàng thấy A = C103 = 120 Gọi B là tập tất cả các tam giác có 3 đỉnh là các đỉnh của hình thập giác Nhưng có nhiều nhất hai cạnh không là cạnh của hình thập giác Gọi C là tập tất cả các tam giác có 3 đỉnh là các đỉnh của hình thập giác nhưng có các cạnh không là cạnh của hình thập giác . Theo quy tắc cộng ta có

A = B + C => C = A − B Gọi B1 là tập hợp các tam giác có 3 đỉnh là các đỉnh của thập giác và có đúng một cạnh là cạnh của thập giác Gọi B2 là tập hợp các tam giác có 3 đỉnh là các đỉnh của thập giác và có 2 cạnh là các cạnh của thập giác ta có B = B1 + B2 Từ hình thập giác A1A2….A10 ta xét chẵn hạn tam giác có một cạnh A1A2 là một cạnh duy nhất của nó thuộc thập giác khi đó đỉnh thứ 3 của tam giác này thuộc tập hợp

{A ; A 4

Câu 3

A6;...; A9 } do đó ta chọn một cạnh của thập tam giác (tức là chọn 2 đỉnh) là một

canh của thập giác, có 10 cách chọn. Tiếp đó chọn đỉnh thứ 3 của tam giác có 6 cách chọn vậy B1 = 6.10 = 60 cách chọn Để tính B2 ta làm như sau lấy cạnh A1A2 khi đó tam giác thuộc B2 là

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3.0

A1A2A3. Tương tự A2A3A4; A3A4A5 ;...; A10A1A2 Vậy có tất cả 10 tam giác thuộc B2 tức là B2 = 10 vậy ta có B = 60 + 10 = 70 => C = 50 .

Ta có P(C) =

50 5 = 120 12

Vậy xác suất để chọn được tam giác thuộc tập hợp A có các cạnh không là cạnh của hình thập giác lồi là P(C) =

Câu 4

5 12

+ Đặt f ( x) = 3 x 5 − x 2 − 3 x − 673 là hàm số liên tục trên R. + Ta có f (2). f (3) = −22306 < 0 . Suy ra PT f(x)=0 có nghiệm x0 ∈ ( 2;3) . 5

1.0

3x 0 − x0 − 3 x 0 − 673 = 0 5

+ Suy ra ⇔ 3 x 0 = x0 + 3 x0 + 673 ≥ 3 3 x 0 .3 x0 .673

⇒ x 12 0 − 2019 ≥ 0 Dấu ” =” xảy ra khi x 0 = 3 vô lí. Vậy x012 − 2019 > 0 Câu 5

Ta có ∆ANB và ∆AHB là hai tam giác vuông có chung cạnh huyền BC nên nội tiếp được một đường tròn tâm O là trung điểm BC

1.0 3.0

Xét tam giác ABM ta có do BN ⊥ AM và BN lại là đừơng phân giác trong của góc B nên ∆ABM là tam giác cân tại B => N là trung điểm AM, trong tam giác ABM đường trung bình ON đi qua trung điểm I của AH nên ta có AH = 2HI Vì ∆ABC vuông tại A ta có AH2 = BH.CH

⇔ (2 HI ) 2 = BH .CH ⇒ HI 2 = Câu 6

1 BH .CH (đpcm) 4

+ Vẽ hình + Sử dụng Đlí hàm số côsin BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2. AB. AC . cos BAC = 108a 2 + Nhận thấy AC 2 = AB 2 + BC 2 ⇒ ∆ABC vuông tại B.

1.0

+ Chứng minh được BC ⊥ (SAB ) . + Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB. Suy ra AH ⊥ (SBC ) + d ( K , ( SBC ) =

1.0

2 2 2 a 330 2 330a d ( A, ( SBC ) = AH = . = 3 3 3 11 33 1.0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GD&ĐT ……………… ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 11 Năm học: 2018-2019 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ 16.

Câu 1. (5,0 điểm). π  2sin  − 2x  + 2 sin 2x + 3 3  = 4 cos 4x . a) (2,0 đ) Giải phương trình cos x  ( x − y )2  2x + 1 + 2y + 1 = b) (3,0 đ) Giải hệ phương trình:  (x, y ∈ ℝ ). 2  x + y x + 2y + 3x + 2y = 4 )( ) ( 1 2016  Câu 2:. (4,0 điểm). Cho dãy số (un) với u1 = 1 và u n +1 =  u n +  , với n ∈ N, n ≥ 2. 2 un 

Chứng minh dãy số (un) hội tụ và tính lim u n Câu 3:. (3,0 điểm). Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau. 9 + x.3 1 + 3x − 3 x x →0

Câu 4:(2,0 điểm).Tính giới hạn I = lim

Câu 5:(3,0 điểm).Cho tam giác ABC và đường thẳng (d). Trên cạnh AB ta lấy điểm E sao cho BE = 2AE, F là trung điểm cạnh AC và I là đỉnh thứ tư của hình bình hành AEIF . Với mỗi điểm

P trên đường thẳng (d), ta dựng điểm Q sao cho: PA + 2PB + 3PC = 6IQ . Tìm tập hợp điểm Q khi P thay đổi. = CAD = DAB = 600 . Chứng minh rằng: Bài 5: (3,0 điểm)Cho tứ diện ABCD có BAC AB2 + AC2 + AD 2 ≤ 8R 2

(trong đó R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD). --- HẾT ---

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 1. (5,0 điểm). π  2sin  − 2x  + 2 sin 2x + 3 3   a) (2,0 đ) Giải phương trình = 4 cos 4x . cos x

Với điều kiện : cos x ≠ 0 , Phương trình đã cho tương đương :

(

)

3 2 cos 2 x − 1 + 2sin x cos x + 3 3 cos 2x + sin 2x + 3 = 4 cos 4x ⇔ = 4 cos 4x cos x cos x

0,5

⇔ 3 cos x + sin x = 2cos 4x (vì cos x ≠ 0 )

0,5 π  ⇔ cos  x −  = cos 4x (1) 6 

0,5

Giải phương trình (1) và đối chiếu ĐK, kết luận nghiệm của phương trình đã cho là: x=−

π k2π π k2π + ;x = + . 18 3 30 5

 ( x − y )2  2x + 1 + 2y + 1 = b) (3,0 đ) Giải hệ phương trình:  2  x + y x + 2y + 3x + 2y = 4 )( ) (

1   x ≥ − 2 Đk:  y ≥ − 1  2

0,5

(x, y ∈ ℝ ).

0.5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

x + y −1 = 0  x + 2y + 4 = 0 (loai)

Pt(2) ⇔ x 2 + ( 3y + 3) x + 2y 2 + 2y − 4 = 0 ⇔  Pt(1) ⇔ 2x + 1 +

0.5 0.5

2 x + y ) − 4xy ( 2y + 1 =

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

0.5

⇔ 8 4xy + 3 = ( 4xy + 3)( 4xy − 5 )

 4xy + 3 = 0 ⇔ 2 ( 4xy − 5 ) 4xy + 3 = 8 (loai) (do 1 = ( x + y ) ≥ 4xy ⇒ 4xy − 5 < 0) 1  3  x=− x= x + y = 1     2 2 Hệ đã cho tương đương:  ∨ 3⇔ 3 xy = −  y = y = − 1 4  2 2   1 3 3 1 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm:  − ;  ,  ; −   2 2 2 2

1 2

Câu 2. (4,0 điểm). Cho dãy số (un) với u1 = 1 và u n +1 =  u n +

0.5

2016   , với n ∈ N, n ≥ 2 . Chứng minh dãy un 

số (un) hội tụ và tính lim u n Dựa vào quy nạp chứng minh: un> 0 ∀n ∈ N*, Dựa vào BĐT Côsi chứng minh: un+1≥

Chứng minh:

2016 .

 2016 − u 2n 1  2016 u n +1 − u n =  − un  = ≤ 0, ∀n ≥ 2. 2  un 2u n 

Dãy số (un) giảm kể từ số hạng thứ 3 và bị chặn dưới suy ra dãy số (un) hội tụ.

(

Đặt L = limun L ≥

Giải PT L =

2016

)

0.5 0.5

1.0

0.5

1 2016  L+  ⇔ L = ± 2016 2 L  0.5

Suy ra:

lim u n = 2016 0.5

Câu 3. (3,0 điểm). Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Xét phép thử : T = ‘Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0". 0,5

Ta có: Ω = 9 = 59049 Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có: Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là C39 . Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số

0,5

đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây: TH1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH1 này có cả thảy 3 ⋅

5! = 60 số tự nhiên. 3!

0.5

ΩA Ω

5! = 90 số tự nhiên. 2!2!

0.5

9! = 150 ⋅ 7 ⋅ 4 ⋅ 3 = 12600 . 3!6!

0.5

12600 1400 = ≈ 0,213382106 59049 6561

0,5

9 + x.3 1 + 3x − 3 x x →0

Câu 4. (2,0 điểm). Tính giới hạn I = lim

I = lim

x →0

9 + x.3 1 + 3x − 3 x

9 + x.

= lim

( 3 1 + 3x − 1) +

9+ x −3

x →0

0.5

9 + x.

= lim

x →0

= lim

x →0

3. 9 + x

x →0 3

( 3 1 + 3x −1) + lim

(1 + 3x )2 + 3 1 + 3x + 1

9+ x −3 x

+ lim

x →0

1 9+x +3

0.5

9 1 19 + = . 3 6 6

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5

Câu 5. (3,0 điểm). Cho tam giác ABC và đường thẳng (d). Trên cạnh AB ta lấy điểm E sao cho BE = 2AE, F là trung điểm cạnh AC và I là đỉnh thứ tư của hình bình hành AEIF . Với mỗi điểm

P trên đường thẳng (d), ta dựng điểm Q sao cho: PA + 2PB + 3PC = 6IQ . Tìm tập hợp điểm Q khi P thay đổi.

Ta có:

PA + 2PB + 3PC = PI + IA + 2 PI + IB + 3 PI + IC

(

) (

) 0,5

= 6PI + IA + 2IB + 3IC

1 1 2 3

mà IA = IE + IF = − AC − AB 0,5

1 2 IB = IE + EB = − AC + AB 2 3 1 1 IC = IF + FC = − AB + AC 3 2 Suy ra: IA + 2IB + 3IC = 0

0,5

Do đó: PA + 2PB + 3PC = 6PI

Ta có: PA + 2PB + 3PC = 6IQ ⇔ 6PI = 6IQ ⇔ IP = −IQ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Suy ra, Q là ảnh của P qua phép đối xứng tâm I.

0,5

Vậy tập hợp Q khi P chạy khắp (d) là đường thẳng (d') đối xứng của (d) qua I.

0.5

Nếu (d) đi qua I thì (d') trùng với (d); nếu (d) không đi qua I thì (d')//(d) và (d') đi qua điểm

M 0 ' đối xứng với một điểm M 0 chọn trước trên (d).

0.5

= CAD = DAB = 600 . Chứng minh rằng: Bài 5: (3,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có BAC AB2 + AC2 + AD 2 ≤ 8R 2 trong đó R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diệnABCD. Gọi G là trọng tâm và O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD thì :

GA + GB + GC + GD = 0 ⇒ OA + OB + OC + OD = 4OG

0.5

⇒ OA 2 + OB2 + OC2 + OD 2 + 2 OA.OB + OA.OC + OA.OD + OB.OC. + OB.OD + OC.OD = 16OG 2

(

)

⇒ AB2 + AC2 + AD2 + BC2 + CD2 + DB2 = 16R 2 − 16OG 2

(

0.5

)

BC2 + CD 2 + DB2 = 2 AB2 + AC2 + AD 2 − ( AB.AC + AC.AD + AD.AB )

Mặt khác:

(

)

⇒ 3 AB2 + AC2 + AD 2 − ( AB.AC + AC.AD + AD.AB ) = 16R 2 − 16OG 2 ≤ 16R 2

0.5

0.5 0.5

(

⇒ 2 AB + AC + AD

(

) + ( AB

)

+ AC + AD − AB.AC − AC.AD − AD.AB ≤ 16R

)

⇒ 2 AB2 + AC2 + AD 2 ≤ 16R 2 ( Vì AB2 + AC 2 + AD 2 − AB.AC − AC.AD − AD.AB ≥ 0

⇒ AB2 + AC2 + AD2 ≤ 8R 2

SỞ GD&ĐT ……………… ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 11 Năm học: 2018-2019 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ 17.

 x 2 x -1 + 3 3 x - 2 - 2 vôù i x > 1  Câu 1 : (2 điểm) Cho hàm số y = f( x ) =  x 2 -1 mx +1 vôù i x ≤ 1 

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5

Tùy theo giá trị của tham số m hãy xét tính liên tục của hàm số f(x)

Câu 2:(4 điểm) 1) Cho dãy số (un ) xác định bởi u0 = 0 , un+1 = 2un + 2016, ∀n ∈ N a) Tìm số hạng tổng quát un của dãy số (un ). b) Tính lim

un (4n + 1)( 4n + 2016 − 2n )

2) Cho dãy số (xn) xác định bởi x0 = 1, xn+1 = 3xn + 8xn2 + 1 .Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số (xn) đều nguyên. Câu 3 : ( 3 điểm ) Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm (O), G là trọng tâm của tam giác OBC,cứ mỗi điểm P thuộc (O), dựng điểm Q sao cho

PA + 2 PB + 3PC = 6GQ , 1) Tìm tập hợp điểm Q khi P di động trên (O).

2) Xác định điểm Q để độ dài của u = QA + 2QB + 3QC + 6QD lớn nhất, nhỏ nhất. Câu 4 : (4 điểm) Cho tập X gồm các chữ số 0,1,2,3,4,5,6. Gọi Y là tập các số tự nhiên chẵn có 4 chữ số đôi một khác nhau được thành lập từ các chữ số của X. 1) Tìm số phần tử của Y. 2) Tính tổng các số thuộc tập Y. 3) Chọn ngẫu nhiên một số từ tập Y. Tính xác suất số chọn được chia hết cho 4. Câu 5 : ( 4 điểm ) 1) Cho phương trình cos 2 x − cot 2 x =

sin 2 x − sin 3 x − 1 (1). Hãy tìm tổng các nghiệm của sin 2 x

phương trình (1)thuộc [2002;2016] .

 x 1 − y 2 + y 1 − x 2 = 1 2) Giải hệ phương trình  = 12 (3 − x )(3 + y ) Câu 6 : ( 3 điểm ) Cho tam giác ABC vuông tại A có AB=3AC=3a. Gọi (P) là mặt phẳng qua BC và vuông góc với (ABC) ; S là một điểm di động trên (P) sao cho S.ABC là hình

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

chóp, có hình chiêú vuông góc của S trên các cạnh BC, AB, AC là H, I, J đồng thời hai mặt bên SAB, SAC hợp với mặt đáy ABC hai góc có số đo lần lượt là ϕ và (900-ϕ ). a. Chứng minh rằng SH2 = AI.AJ b. Tìm ϕ để SH lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất của SH.

ĐÁP ÁN

 x 2x - 1 + 3 3x - 2 - 2 vôùi x > 1  Câu 1 : (2 điểm) Cho hàm số y = f(x) =  x2 - 1  mx+ 1 vôùi x ≤ 1  Tùy theo giá trị của tham số m hãy xét tính liên tục của hàm số f(x) Với x>1 ta có f ( x) =

x 2 x -1 + 3 3 x - 2 - 2 nên f liên tục trên (1; +∞) x 2 -1

Với x< 1 ta có f(x)= mx+1 nên f liên tục trên (-∞;1)

0,25đ

Với x=1 ta có : f(1) = m+1,

lim− f ( x ) = lim( mx + 1) = m + 1 0,25đ − x →1

x →1

x 2 x -1 + 3 3 x - 2 - 2 lim+ f ( x) = lim+ x→1 x →1 x 2 -1 = lim+ x →1

x 2 x -1 -1+ 3 3 x - 2 -1 x 2 -1

x 2 ( 2 x -1) -1 x 2 x -1 -1 lim+ = lim+ 2 x →1 x →1 (x -1)( x 2 x -1 + 1) x 2 -1

0,25đ

2 x2 + x + 1 = lim+ =1 x →1 (x +1)( x 2 x -1 +1)

0,25đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

lim+

x→1

= lim+ x→1

3 x - 2 -1 3x − 3 = lim+ 2 x →1 x -1 (x 2 -1)[ 3 (3 x - 2)2 + 3 3 x - 2 + 1] 3 (x + 1)[ 3 (3 x - 2) + 3 3 x - 2 + 1] 2

lim+ f ( x) = 1 + x→1

1 2

1 3 = 2 2

0,25đ

Nếu m =

1 2

Hàm số liên tục trên R

Nếu m ≠

1 2

Hàm số liên tục trên R \ {1}

0,25đ

Câu 2: (4 điểm)

u = 0 0 1) Cho dãy số (un ) xác định bởi  .  un+1 = 2un + 2016, ∀n ∈ N  a) Tìm số hạng tổng quát un của dãy số (un ). b) Tính lim

un (4 n + 1)( 4 n + 2016 - 2n )

2) Cho dãy số (xn) xác định bởi x0 = 1, xn+1 = 3xn + 8xn2 + 1 .Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số (xn) đều nguyên.

1) a) Ta có un+1 = 2un +2016 ⇔ un+1 + 2016 = 2(un +2016) Đặt vn = un +2016 ⇒vn+1 = un+1 +2016 = 2 vn Suy ra dãy ( vn ) là cấp số nhân có công bội q = 2

0,25đ 0,25đ 0,25đ

Ta có v0= u0 +2016 =2016

0,25đ

Suy ra vn = v0 qn = 2016.2n

0,25đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Do đó un = 2016(2n-1)

0,25đ

lim

(4n + 1)( 4n + 2016 − 2n )

= lim

2016(2n − 1)

0,25đ

(4 n + 1)( 4n + 2016 − 2n )

2016(2n − 1)( 4n + 2016 + 2n ) 2016(4n + 1)

0,25đ

  1  2016 1 − 1 + + 1    n   4n  2    = lim 1 1+ n 4

0,25đ

(1 − 0)(1 + 1) =2 1+ 0

0,25đ

2) Ta có xn+1 = 3 xn + 8 xn2 + 1 ⇒ xn2+1 − 6 xn xn+1 + xn2 − 1 = 0 (1)

0,25đ

Thay n bởi n-1 vào (1) ta được :

xn2−1 − 6 xn xn−1 + xn2 − 1 = 0 (2)

0,25đ

Từ (1) và (2) ta có xn+1 , xn−1 là hai nghiệm của phương trình :

x 2 − 6 xn x + xn2 − 1 = 0

0,25đ

Theo định lý Viet ta có xn+1 + xn−1 = 6 xn ⇔ xn+1 = 6 xn − xn−1 (3)

0,25đ

Từ (3) ta có mọi số hạng của dãy (xn) đều nguyên. Thật vậy : Từ x0 = 1 ta có x1 = 6 nên từ (3) ta có x2 = 35

0,25đ

Giả sử (3) đúng tới n=k≥2 ta dễ dàng chứng minh được (3) cũng đúng với n=k+1

0,25đ

Câu 3 : ( 3 điểm ) Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm (O), G là trọng tâm của tam giác OBC,cứ mỗi điểm P thuộc (O), dựng điểm Q sao cho

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

PA + 2 PB + 3PC = 6GQ , 1) Tìm tập hợp điểm Q khi P di động trên (O).

2) Xác định điểm Q sao cho độ dài của véc tơ u = QA + 2QB + 3QC + 6QD lớn nhất, nhỏ nhất.

Gọi I là điểm sao cho IA + 2 IB + 3IC = 0

⇔ IA + IC + 2 IB + 2 IC = 0 ⇔ 2 IO + 2 IB + 2 IC = 0 ⇔ 6 IG = 0 ⇔ I≡G PA + 2 PB + 3PC = 6GQ ⇔ 6 PG = 6GQ ⇔ 6 PG = 6GQ ⇔ G là trung điểm PQ

0,25 đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

Vậy phép đối xứng ĐG biến điểm P thành Q

0,25đ

mà P chạy trên đường tròn (O) nên tập các điểm Q là đường tròn (O’) là ảnh của (O) qua ĐG .

0,25đ

Ta có u = QA + 2QB + 3QC + 6QD = 6QG + 6QD

u = 12QH

Với H là trung điểm của GD

0,25đ 0,25đ

Do đó u = 12QH nên u lớn nhất, nhỏ nhất khi QH lớn nhất nhỏ nhất 0,25đ Đường thẳng HO’ cắt (O’) tại E,F với E nằm trong hình chữ nhật ABCD, F nằm ngoài hình chữ nhật ABCD.

max u =HF

0,25đ

khi Q≡F

0,25đ

khi Q≡E

0,25đ

min u =HE

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 4 : (4 điểm) Cho tập X gồm các chữ số 0,1,2,3,4,5,6. Gọi Y là tập các số tự nhiên chẵn có 4 chữ số đôi một khác nhau được thành lập từ các chữ số của X. 1)Tìm số phần tử của Y. 2)Tính tổng các số thuộc tập Y. 3) Chọn ngẫu nhiên một số từ tập Y.Tính xác suất số chọn được chia hết cho 4

1) Số tự nhiên chẵn có 4 chữ số đôi một khác nhau có dạng x = a1 a2 a3 a4 trong đó a1≠0 và a4 chẵn.

0,25đ

* Ta xem a1 có thể bằng 0 khi đó ta thành lập x1 = a1 a2 a3 a4 theo các bước : - Chọn a4 : có 4 cách - Chọn a1a2a3 : A63 cách

0,25đ

* Trong các số đã chọn ở trên các số x2 = 0 a2 a3 a4 không thỏa . 2

Số các số x2 là 3. A5

0,25đ 3

Số phần tử của tập Y : 4. A6 - 3. A5 = 420

0,25đ

2) * Ta có x = a4 + 10a3 +100a2 + 1000a1

0,25đ

3 * Số lần có mặt của mỗi chữ số 0,2,4,6 ở vị trí a4 của x1 : A6 2

Số lần có mặt của mỗi chữ số 0,2,4,6 ở vị trí ai (i = 1,2,3): 3. A5 2

Số lần có mặt của mỗi chữ số 1,3,5 ở vị trí ai (i = 1,2,3): 4. A5

0,25đ 0,25đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tổng các chữ số x1 là : 3 2 2 S1 = A6 (2+4+6)+(10+100+1000)[3. A5 (2+4+6)+4. A5 (1+3+5)]

=1.599.840

0,25đ

2 * Số lần có mặt của mỗi chữ số 2,4,6 ở vị trí a4 của x2 : A5

Số lần có mặt của mỗi chữ số 2,4,6 ở vị trí ai(i=2,3) của x2 : 2.4

0,25đ

Số lần có mặt của mỗi chữ số 1,3,5 ở vị trí ai(i=2,3) của x2 : 3.4

0,25đ

Tổng các chữ số x2 là : S2 = A53 (2+4+6)+(10+100)[2.4.(2+4+6)+3.4.(1+3+5)]=23160 Tổng các số thuộc tập Y là : S1-S2 = 1.576.680

0,25đ 0,25đ

3) Gọi A là biến cố chọn được số x = a1 a2 a3 a4 chia hết cho 4. Khi đó a3a4 là số chia hết cho 4

0,25đ

Do đó a3a4 thuộc tập { 20, 40, 12, 32, 52, 04, 24, 64, 16, 36, 56}

0,25đ

Suy ra n(ΩA)=3. A53 + 8.4.4 =308

0,25đ

11 56310

0,25đ

Vậy P( A) =

Câu 5 : ( 4 điểm ) 1) Cho phương trình cos2x - cot 2 x =

sin 2 x - sin3 x - 1 (1). Hãy tìm tổng các nghiệm của sin 2 x

phương trình (1)thuộc [2002;2016] .

 x 1 - y 2 + y 1 - x 2 = 1 2) Giải hệ phương trình  = 12 (3 - x)(3 + y) 1) cos 2 x − cot 2 x =

sin 2 x − sin 3 x − 1 sin 2 x

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐK sinx≠0

0,25đ

Đến 2sin2x – sinx – 1 = 0 ⇔ sin x = 1 ∨ sin x = −

0,25đ

1 2

0,25đ

π π 7π ⇔ x = + k 2π ∨ x = − + k 2π ∨ x = + k 2π (*) 2 6 6

(*) ⇔ x =

⇔x=

π 6

π 2

k 2π (k ∈ Z ) 3 0,25đ

( 3 + 4k ) , k ∈ Z

2002 ≤ x ≤ 2016 ⇔ 2002 ≤ 961

π 6

(3 + 4k ) ≤ 2016 ⇔ 956 ≤ k ≤ 961

∑ 6 (3 + 4k ) = 6 .23022 = 3837π π

0,25 đ

0,25đ

k =956

0,25đ

 x 1 − y 2 + y 1 − x 2 = 1  = 12 (3 − x )(3 + y ) Hệ phương trình xác định khi -1≤ x ≤ 1 và -1≤ y ≤ 1

0,25đ

 π π  π π Từ điều kiện ta đặt x = sina, với a ∈  − ;  , y = sinb với b ∈  − ;   2 2  2 2 Phương trình (1) trở thành sinacosb+sinbcosa = 1

⇔ sin(a+b) = 1 ⇔ a+b = π/2

0,25đ 0,25đ

Phương trình (2) trở thành (3-sina)(3+sinb) = 12

⇔ (3-sina)(3+cosa)=12 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

⇔ 3(cosa – sina) –sinacosa -3 = 0 Đặt t = cosa – sina =

(3)

0,25đ

 π 2 cos  a +  , ta có : 4 

− 2 ≤ t ≤ 2 và t2 = 1 – 2sinacosa Phương trình (3) trở thành t2 + 6t -7=0 ⇔ t = 1 hoặc t = -7

0,25đ

Giải tìm được a =0 hoặc a = -π/2

0,25đ

Giải chọn được a=0 và b=π/2

0,25đ

Đến kết quả : Hệ có nghiệm(x=0;y=1)

0,25đ

Câu 6 : ( 3 điểm ) Cho tam giác ABC vuông tại A có AB=3AC=3a. Gọi (P) là mặt phẳng qua BC và vuông góc với mặt phẳng (ABC) ; S là một điểm di động trên (P) sao cho S.ABC là hình chóp, có hình chiêú vuông góc của S trên các cạnh BC, AB, AC là H, I, J đồng thời hai mặt bên SAB, SAC hợp với mặt đáy ABC hai góc có số đo lần lượt là ϕ và (900-ϕ ). a. Chứng minh rằng SH2 = AI.AJ b. Tìm ϕ để SH lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất của SH. a) Vì (P)⊥(ABC) và SH⊥BC=(P)∩(ABC) nên SH⊥(ABC) Chứng minh HI⊥AB, HJ⊥AC⇒ HI=AJ, HJ=AI = ϕ , SJH = 900 − ϕ Thể hiện được SIH

0,25đ 0,25đ 0,25đ

Chứng minh SH2 = HI.HJ ( sử dụng tam giác đồng dạng, dẫn đến kết quả, hoặc SH= IH.tanϕ, SH=JH.tan(900-ϕ) 0,25đ) Đến kết quả

0,5đ 0,25đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

H I

b) S∆HAB + S∆HAC = S∆ABC

0,25đ

Đến HI . AB + HJ . AC = AB. AC = 3a2 Đến SH =

0,25đ

3a 3cot ϕ + tan ϕ

0,25đ

Sử dụng được BĐT 3cotϕ + tanϕ ≥ 2 3 đến maxSH =

0,25đ

a 3 2

0,25đ

khi 3cotϕ = tanϕ⇔ϕ = 600

0,25đ

SỞ GD&ĐT ……………… ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 11 Năm học: 2018-2019 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ 18.

Câu 1 (4,0 điểm). a) Giải phương trình: ( 2 − x )

(

)

2 − 3x + 3 − x ≥ 2 x 2 − 3x − 2 .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 1 2   2 x2 + y 2 + x2 + 2 y2 = 3 x2 + y 2 b) Giải hệ phương trình:    xy = −2 y + 3

(

)

Câu 2 (3,0 điểm). a) Tập hợp các số tự nhiên từ 1 đến 42 kí hiệu là A.Có tất cả bao nhiêu bộ số ( x, y, z ) thỏa mãn x, y , z ∈ A và x ≥ y ≥ z n

b) Cho khai triển Q ( x ) = ( x + 1) − ( x 2 + 1 + x ) .Tổng các hệ số khai triển là -65 n

Tìm số tự nhiên n . Câu 3 Chứng minh phương trình a 4 x 4 + b3 x3 + c 2 x 2 + dx − 4 = 0, a, b, c, d ≠ 0 luôn có ít nhất 2 nghiệm phân biệt trái dấu nhau U1 = 3  ,n ≥ 2. Câu 4Cho dãy số (U n ) ,  1 2 U n = U n−1 + n n − 1 ( )  Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy (U n ) .Tìm giá trị của α ∈ ( −2; 2 ) để lim Vn = 0 trong đó V1 = V2 = V3 = 0 , Vn =

1 − 1 − α 2 n 2 − 2α n , n ≥ 4 2 4 −Un

Câu 5Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) .Đường tròn (O ' ) tiếp xúc các cạnh AB,AC ở P,Q và tiếp xúc với (O ) ở M.Giao điểm của AM và PQ là D. a) Chứng minh

BP BM = CQ CM

= CDQ b) Chứng minh BDP

Câu 6 (3,0 điểm). Cho hình chóp SABCD có đáy là hình vuông cạnh a và SA vuông góc với đáy,SA=a. M nằm trên cạnh SC sao cho CS=2 CM,Q trung điểm BC. Hãy ơnh: a/ Góc giữa MB và DQ. b/ Giá trị nhỏ nhất

1 GA + GC + GD ,G chuyển động trên mặt phẳng SDC. 6

------------- Hết -------------

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 11 Câu Câu 1

Đáp án a) Giải bất phương trình: ( 2 − x )

(

)

Điểm 2

2 − 3 x + 3 − x ≥ 2 x − 3 x − 2 (1)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2.0

(4.0)

Điều kiện x ≤

(1) ⇔ ( 2 − x ) (

2 3

0.25 0.25

)

2 − 3 x + 3 − x ≥ ( 2 − x )( −2 x − 1)

⇔

(

2 − 3 x + 3 − x ≥ ( −2 x − 1)

)

⇔

(

2 − 3x + 3 − x ≥

) (

vì x ≤

2 − 3x + 3 − x

2 3

)(

0.25 2 − 3x − 3 − x

)

0.25

⇔ 1 ≥ 2 − 3x − 3 − x

0.25 ⇔

2 − 3x ≤ 1 + 3 − x

(

2 − 3x ≤ 1 + 3 − x

)

⇔ −1 − x ≤ 3 − x

0.25  −3 − 17 2  ,  2 3 

Giải −1 − x ≤ 3 − x đối chiếu điều kiện kết luận tập nghiệm 

0.5

b) Giải hệ phương trình 1 1 2   2 x2 + y2 + x2 + 2 y 2 = 3 x2 + y2    xy = −2 y + 3 ( β )

(

2.0

)

(α )

Điều kiện : nêu đúng các điều kiện

0.25

+ Đặt u = 2 x 2 + y 2 > 0, v = x 2 + 2 y 2 > 0 1 1 4 (α ) ⇔ + = u v u+v 2 ⇔ ( u + v ) = 4uv ⇔ u = v

0.25

⇔ 2 x 2 + y 2 = x 2 + 2 y 2 ⇔ x 2 = y 2 ⇔ x = y vì xy ≥ 0

0.5

Thay vào phương trình còn lại ta được y 2 = −2 y 3 + 3 ⇔ y 4 + 2 y 3 − 3 = 0

(

)

⇔ ( y − 1) y 3 + 3 y 2 + 3 y + 3 = 0 ⇔ y = 1 hoặc y 3 + 3 y 2 + 3 y + 3 = 0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.25

⇔ y = 1 hoặc ( y + 1) = −2 ⇔ y = 1 hoặc y = 3 −2 − 1

0.25

Chọn và kết luận hệ có nghiệm (1;1) ,

(

)

−2 − 1; 3 −2 − 1

0.5

Câu 2 a) Tập hợp các số tự nhiên từ 1 đến 42 kí hiệu là A.Có tất cả bao nhiêu bộ số ( x, y, z ) thỏa 4 điểm mãn x, y , z ∈ A và x ≥ y ≥ z

2.0

Xét các khả năng Nếu x = y = z có 42 bộ thỏa đề

0.5

Nếu x = y > z ,lúc này bộ số có dạng ( x, x, z ) Với mỗi cách chọn 2 số phân biệt từ 42

0,5

số,tương ứng ta tạo được một bộ như trên. Trường hợp này có C422 bộ số thỏa đề. Nếu

x> y=z

Nếu

x> y>z

Tương tự trường hợp vừa rồi ta cũng có C422 bộ Với mỗi cách chọn 3 số phân biệt từ tập M ta có một cách xếp để

tạo ra bộ như trên.Trường hợp này có C423 Vậy ta có cả thảy

0,75

bộ thỏa.

3 42 + C422 + C422 + C42 bộ số thỏa đề n

b)Cho khai triển Q ( x ) = ( x + 1) − ( x 2 + 1 + x ) .Tổng các hệ số khai triển là n

0.25

0.25 2

-65Tìm số tự nhiên n . Tổng các hệ số khai triển là giá trị của Q ( x ) ở x = 1 ⇒ Q (1) = 2n − 3n = −65 n

0.5

2 1 ⇔   + 65   = 1 3 3

0.25 n

2 1 Nhận thấy (U n ) , U n =   + 65   là dãy số giảm và U 4 = 1 3 3 n

0,25

2 1 Với n > 4 ⇒ un < u4 ⇔   + 65   < 1 3 3 n < 4 ⇒ un < u4

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.25

Chọn n=4

0.25

Câu 3 Chứng minh phương trình 2 điểm phân biệt trái dấu nhau

Đặt

luôn có ít nhất 2 nghiệm 2.0 điểm

,liên tục trên R

và f liên tục

0.5

và f liên tục ⇒ ∃α ∈ ℝ, α > 0 : f (α ) > 0

0.5

* f ( 0 ) < 0 ⇒ f (α ) f ( 0 ) < 0 và f ( β ) f ( 0 ) < 0

Phương trình đang xét luôn có ít nhất 2 nghiệm phân biệt trái dấu nhau Câu 4 4 điểm

0.25

0,5 0,25

U1 = 3  Cho dãy số (U n ) ,  ,n ≥ 2. 1 2 U = U + n n − 1  n ( n − 1)  Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy (U n ) .Tìm giá trị của α ∈ ( −2; 2 ) để lim Vn = 0 trong đó V1 = V2 = V3 = 0 , Vn =

U n = U n2−1 +

1 n ( n − 1)

⇒ U n2 = U n2−1 +

⇔ U n2 +

0.5

1 n ( n − 1)

0,5

1 1 = U n2−1 + n n −1

Áp Dụng liên tiếp công thức U n2 + U n2 +

1 − 1 − α 2 n 2 − 2α n , n ≥ 4 2 4 −Un

1 1 = U n2−1 + ta có n n −1

1 1 1 1 = U n2−1 + = ......... = U 22 + = U12 + = 4 n n −1 2 1

Công thức só hạng tổng quát

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 0,5

U n2 = 4 −

∗

1 n

1 −U n2 + 4

−1− α

n − 2α n = n − 1 − α

 1 2α n − 2α n = n 1 − − α 2 1 − n  n 2

0.25

  

0.25  1 2α ∗ lim  1 − − α 2 1 − n  n

 2  = 1 − α , lim n = +∞ 

 1 2α ∗1 − α 2 > 0 ⇒ lim n  1 − − α 2 1 − n n 

  = +∞ 

 1 2α ∗1 − α 2 < 0 ⇒ lim n  1 − − α 2 1 − n  n

  = −∞ 

0,25

∗1 − α 2 = 0 ⇔ α = 1 hoặc α = −1

⊕ Trường hợp α = 1

(

)

(

)

lim n − 1 − α 2 n 2 − 2α n = lim n − 1 − n 2 − 2n = lim

( n − 1)

− n 2 + 2n = lim

n − 1 + n 2 − 2n

1 n − 1 + n 2 − 2n

=0 0,5

⊕ Trường hợp α = −1

)

(

)

lim n − 1 − α 2 n 2 − 2α n = lim n − 1 − n 2 + 2n = lim

−4 n + 1 n + n 2 − 2n

= −2

0,25

Như vậy giá trị α = 1 0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 5 (3.0)

Hình vẽ cho 0,5đ 0.5

Vì ( O1 ) và ( O ) tiếp xúc nhau nên tồn tại phép vị tự tâm M biến ( O1 ) thành ( O ) Xét phép vị tự F tâm (M) biến ( O1 ) thành ( O ) .Gọi C’,B’ lần lượt giao điểm của MB,CM với ( O1 )

0,5

Lúc này F (C ' ) = C và F ( B ') = B ⇒ C ' B ' / / CB BP 2 BB '.BM BB ' BM  BM  = = = ⇒  CQ 2 CC '.CM CC ' CM  CM 

(vì

B ' B BM = ) C ' C CM

⇒

BP BM = CQ CM

sin BAM BP BM sin BCM sin BAM ⇒ = = = = sin ADP CQ CM sin CBM sin BCM sin BCM sin ADQ

0.25

vì ADP + ADQ = 1800

AP BP DP DP = vì AP = QA ) ⇒ = DP = ( (1) AQ DQ CQ DQ DQ

= DQC ( 2) AQP cân ở A suy ra DPB

Từ (1) và ( 2 ) suy ra ∆DPB đồng dạng ∆DQC

0,5

= QDC ⇒ PDB

0,25 0,5 0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

Hình vẽ cho 0,25đ cos ( BM , DQ ) =

BM .DQ

0,25

BM .DQ

1 1 1 ∗ BM = BC − SC = BC + CA + AS 3 3 3 ∗ DQ = DC + CQ

J a

∗ BC.DC = 0

M A E

− a 2 ∗ BC.CQ = 2 ∗ DC.CA = DC.CD = −a 2

a 2 ∗ AS DC + CQ = 0 , CA.CQ = CQ.CA = 2

(

)

0,5

−2a 2 ⇒ DQ.BM = 3 Câu 6 5 3 điểm ∗ BQ = a 2

2 ∗ BM = BM =

( 2BC + BS )

2 4 BC 2 + BS 2 a == 3 3 0,25

⇒ cos ( BM , DQ ) =

BM .DQ BM .DQ

⇒ α = ( BM , DQ ) = arcc os

4 30

1 1 3 GA + GC + GD = 3GE = GE trong đó diểm E là trọng tâm ACD 6 2 2 + Q nhỏ nhất khi GE nhỏ nhất ⇔ G là hình chiếu của E lên ( SCD )

0,25

+ Từ A dựng AJ vuông góc SD,J thuộc SD .Chứng tỏ AJ vuông mặt ( SCD )

0,5 0.25

⊕ Q=

3a 3 3 d ( A, ( SDC ) ) = AJ = 2 2 2 1 a + Q đạt nhỏ nhất bằng 2 2 ⇒ d ( G , ( SDC ) ) =

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,25

SỞ GD&ĐT ……………… ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 11 Năm học: 2018-2019 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ 019

Câu 1. ( 5,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: a/ Giải phương trình: 6 x 2 + 4 x − 2(1 + 2 x) 3x 2 + 2 x + 1 + 1 = 0 .   x+ y x− y  2 2 + 2 xy + y x − y = 14   2 2    b/ Giải hệ phương trình:  3 3   x+ y  x− y    +   = 9,  2    2 

Câu 2. ( 4,0 điểm) Cho dãy số (un) thỏa mãn: u1= -2; un+1 =

un ( ∀n ∈ N * ) 1 − un

a/ Chứng minh rằng: un< 0 ( ∀n ∈ N * ) b/ Đặt vn =

1 + un ( ∀n ∈ N * ) . Chứng minh rằng: Dãy số (vn) là cấp số cộng. un

c/ Tính: limun và limvn.

Câu 3. (3,0 điểm) a/ Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1. b/ Chứng minh đẳng thức sau: 2 0 2012

2 1 2012

2 2 2012

2 3 2012

(C ) − (C ) + (C ) − (C ) Câu 4. (2,0 điểm)

2011 2012 1006 . + ... − ( C2012 ) + ( C2012 ) = C2012

(x Tính giới hạn : L = lim x →0

+ 2016 ) 7 1 − 2 x − 2016

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 5. (3,0 điểm) Cho ∆ABC và 2 trung tuyến AF, CE. Giả sử ∠BAF = ∠BCE = 300 . Chứng minh rằng ∆ABC đều.

Câu 6. (3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình thang cân (AD//BC)và BC=2a, AB=AD=DC=a (a>0). Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Biết SD vuông góc với AC.

a/ Tính SD. b/ Mặt phặng ( α ) qua ặiặm M thuặc ặoặn OD (M khác O, D) vặ song song vặi hai ặặặng thặng SD vặ AC.Xác ặặnh thiặt diặn cặa hình chóp S.ABCD cặt bặi mặt phặng ( α ). Biặt MD = x. Tìm x ặặ diặn tích thiặt diặn lặn nhặt. ặặặặặặặH tặặặặặặặặ ĐÁP ÁN:

Câu

Nội dung

1.a

6 x 2 + 4 x − 2(1 + 2 x) 3x 2 + 2 x + 1 + 1 = 0 (1)

(1,0 đ)

0,25

+ Đặt t= t = 3x 2 + 2 x + 1 ≻ 0 : t = x t = 3 x + 2

(1) ⇔ t 2 − 2(1 + 2 x)t + 3 x 2 + 2 x = 0 ⇔ 

Giải được x=

Điểm

7 −5 6

0,50

0,25

1.b (4,0 đ)

  x+ y x− y  2 2 + 2 xy + y x − y = 14   2 2     3 3   x+ y  x− y    +   = 9,  2    2 

Đặt u = 3

x+ y ;v = 2

x− y 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 xy = (u 2 − v 2 )(u 2 + v 2 )  Khi đó  x 2 − y 2 = 2uv  2 2  y = u − v

0,25

Thay vào hệ ban đầu ta được

0,75

2 2 2 2 2 2  2(u − v )(u + v ) + 2uv(u − v ) = 7(u + v)  3 3 u + v = 9 3 3 (u + v)(u − v − 7) = 0 ⇔ 3 3 u + v = 9

Từ đó tìm được u = 2, v = 1 Từ đó tìm được x = 9, y = 7.

1,00

1,00 1,00

2.a

un < 0 (1)

(1,0 đ)

u1 = −2 < 0

0,25

Giả sử uk < 0 ⇒ 1 − uk > 0 dẫn đến un+1 =

uk < 0 (∀k ≥ 1) 1 − uk

0,25

Nghĩa là un < 0 đúng với n = k + 1. Chứng tỏ (1) đúng ∀n ∈ N * .

0,25 0,25

2.b (1,5 đ)

vn =

1 + un 1 1 = 1 + ⇒ vn ≠ 1 và un = un un vn − 1

Ta có: v1 =

0,25

1 2

u Từ un+1 = n ⇒ vn+1 = vn − 1 (∀n ∈ N*). 1 − un

0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Vậy (vn ) là cấp số cộng có v1 =

0,50

1 và công sai d = -1. 2

0,50

2.c

1 2

0,50

3 2

Ta có vn = v1 + (n − 1)d = − (n − 1).1 = − n.

(1,5 đ) ⇒ lim vn = −∞.

Ta có: un =

0,25

1 2 = vn − 1 1 − 2n

0,50

⇒ lim un = 0.

0,25 3.a

Số các số tự nhiên có 5 chữ số là 99999 − 10000 + 1 = 90000

(1,5 đ) Giả sử số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là: abcd1

0. 5

Ta có abcd1 = 10.abcd + 1 = 3.abcd + 7.abcd + 1 chia hết cho 7 khi và chỉ khi 3.abcd + 1 chia hết cho 7. Đặt 3.abcd + 1 = 7h ⇔ abcd = 2h +

h −1 là số 3

nguyên khi và chỉ khi h = 3t + 1

Khi đó ta được: abcd = 7t + 2 ⇒ 1000 ≤ 7t + 2 ≤ 9999 ⇔

998 9997 ≤t ≤ ⇔ t ∈ {143, 144,..., 1428} suy ra số cách chọn ra t sao cho 7 7

0.5

số abcd1 chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là 1286. Vậy xác suất cần tìm là:

1286 ≈ 0, 015 90000

0.5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Xét đẳng thức (1 − x )

(1,5 đ)

(

+) Ta có 1 − x 2

+) Ta có (1 − x )

)

. (1 + x )

2012

= (1 − x 2 )

2012

1006 k . = ∑ C2012 ( − x 2 ) suy ra hệ số của số hạng chứa x 2012 là C2012 k

k =0

. (1 + x )

2012

0,50

2012  2012 k  k  k xk  =  ∑ C2012 ( − x )   ∑ C2012  k =0   k =0 

Suy ra hệ số của số hạng chứa x 2012 là: 2012 1 2011 2 2010 3 2009 2012 2012 o C2012 C2012 − C2012 C2012 + C2012 C2012 − C2012 C2012 + ... + C2012 C2012 2

0 1 2 3 2011 2012 = ( C2012 ) − ( C2012 ) + ( C2012 ) − ( C2012 ) + ... − ( C2012 ) + ( C2012 )

0,50 2

Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh.

0,50 4 (2,0 đ)

(x L = lim

+ 2016 ) 7 1 − 2 x − 2016

x →0

Đặt f ( x ) = ( x 2 + 2016 ) 7 1 − 2 x − 2016

0,25

Ta có f (0) = 0 . f '( x) = 2 x 7 1 − 2 x − 2( x 2 + 2016)

f '(0) = −

4.032 7

Suy ra: L =

0,25

7 7 (1 − 2 x )6

0,50

f ( x) − f (0) x−0

Vậy, L = f '(0) = −

4.032 . 7

0,25

0,50

0,25

Hình vẽ

0,25

(3,0 đ)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Do ∠EAF = ∠ECF = 300 (giả thiết). Nên tứ giác EACF nội tiếp trong đường tròn (O; R). Xét phép ĐE, khi đó ĐE biến điểm A thành điểm B và biến đường tròn (O; R) thành đường tròn (O1; R). Suy ra EO = EO1 và điểm B thuộc đường tròn (O1; R).

0,25

(1)

Xét phép ĐF, khi đó ĐF biến điểm C thành điểm B và biến đường tròn (O; R) thành đường tròn (O2; R). Suy ra FO = FO2 và điểm B thuộc đường tròn (O2; R).

(2)

Suy ra điểm B vừa thuộc (O1; R) vừa thuộc (O2; R).

0,25

Xét tam giác OEF có OE = OF = R, ∠EOF = 2∠EAF = 600 chứng tỏ tam giác OEF đều cạnh bằng R.

0,25

Xét tam giác OO1O2 có OO1= OO2 = 2R và ∠O1OO2 = 600 chứng tỏ tam giác O1OO2 đều cạnh bằng 2R.

0,50

Suy ra O1O2 = 2R. 0,50

Chứng minh được tam giác BEF đều. Suy ra tam giác ABC đều.

0,50 0,25

S K

(3,0 đ)

Q B

C J

P O M

0,25 6.a

Dặ thặy ặáy ABCD lặ nặa hình lặc giác ặặu cặnh a. Kặ DT//AC (T thuặc BC). Suy ra CT=AD=a vặ DT vuông góc SD. (0,75) Ta có: DT=AC= a 3 . Xét tam giác SCT có SC=2a, CT=a, ∠SCT = 1200 ⇒ ST = a 7 Xét tam giác vuông SDT có DT= a 3 , ST = a 7 ⇒ SD = 2a

0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

0,25 6.b (2,0)

Qua M kặ ặặặng thặng song song vặi AC cặt AD, DC lặn lặặt tặi N,P. Qua M, N, P kặ các ặặặng thặng song song vặi SD cặt SB, SA, SC lặn lặặt tặi K, J, Q. Thiặt diặn lặ ngặ giác NPQKJ. Ta có: NJ, MK, PQ cùng vuông góc vặi NP. 1 2

1 2

dt(NPQKJ)=dt(NMKJ)+dt(MPQK)= ( NJ + MK ) MN + ( MK + PQ) MP

0,25

1 = ( NJ + MK ).NP (do NJ=PQ). 2 NP MD AC .MD x.a 3 Ta có: = ⇒ NP = = = 3x a AC OD OD 3 NJ AN OM SDOM . = = ⇒NJ = = SD AD OD OD

(

a  2a. − x  3  = 2(a − x 3) a 3

0,25

)

KM BM SDB . M 2a. a 3−x 2 = ⇒KM= = = (a 3−x) SD BD BD a3 3 1 2  Suy ra: dt(NPQKJ)=  2(a − x 3) + (a 3 − x)  3x = 2(3a − 2 3x)x 2 3 

0,25

2 3 3 1 1 = (3a−2 3x)2 3x≤ (3a−2 3x)+2 3x = a2 4 3 43

Diặn tích NPQKJ lặn nhặt bặng

3 3 2 3 a khi x = a 4 4 0,25

0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

SỞ GD&ĐT ……………… ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 11 Năm học: 2018-2019 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ 20.

Bài 1:(5 điểm)

1) (2 điểm) Giải phương trình lượng giác :

2) (3 điểm) Giải hệ phương trình sau:

Bài 2: (4 điểm)

1) (1 điểm) Tính giới hạn sau:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

  1 1 1 1 + + + ... + lim   n →+∞  2 1 + 2 3 2 +2 3 4 3 +3 4 ( n + 1) n + n n + 1   u1 = 1 2) (3 điểm) Cho dãy số:  . 3nun −1 + 2016 , n ≥ 2, n ∈ ℕ un = n +1

a) Tìm un nun b) Tính nlim →+∞ Bài 3(3 điểm): Gọi A là tập các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ A, tính xác suất để chọn được số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1.

Bài 4(2 điểm):Cho hàm số y = x 3 + 3 x 2 + mx + 1 có đồ thị ( C m ). Tìm m để đồ thị ( C m )cắt đường thẳng y=1 tại ba điểm phân biệt A, B và C(0,1) sao cho tiếp tuyến với ( C m ) tại A và B vuông góc với nhau.

Bài 5( 3 điểm):Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O, các đường cao AA’ và BB’ cắt nhau tại H (A’ thuộc BC, B’ thuộc AC), CO cắt AB tại P, CH cắt A’B’ tại Q. Gọi M là trung điểm của AB. Chứng minh : PQ //HM.

Bài 6(3 điểm): Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng ABCD. Gọi E là trung điểm BC, góc giữa SC và mặt phẳng (SAB) bằng 30 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và DE.

--------------------------------------------------Hết-------------------------------------------------

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài 1. Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1) Giải phương trình lượng giác ( 2 điểm)

Hai bước đầu mỗi bước 0,5 điểm, các bước sau mỗi bước 0,25 điểm. 2)Giải hệ phương trình( 3 điểm)

(0,5 điểm)

Đặt

Hệ phương trình trở thành

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

( 1điểm)

( 1 điểm)

(0,5 điểm) Vậy nghiệm của hệ là (5;3)

Bài 2: 1) (1 điểm) Tính giới hạn sau:   1 1 1 1 + + + ... + lim   n →+∞  2 1 + 2 3 2 +2 3 4 3 +3 4 ( n + 1) n + n n + 1  

Nhận xét:

Nên

( n + 1)

1 = n + n n +1

1 n n +1

(

n +1 + n

)

1 1 n +1 − n (0,25 điểm) = − n n +1 n n +1

  1 1 1 1 lim  + + + ... +  n →+∞  2 1 + 2 3 2 +2 3 4 3 +3 4 ( n + 1) n + n n + 1  

1 1 1 1 1 1 1   1 = lim  − + − + − + ... + −  n →+∞ 2 2 3 3 4 n n +1   1 1   1 = lim  −  = 1. n →+∞ n +1   1

(0,25 điểm)

(0, 5 điểm)

u1 = 1 2) (3 điểm) Cho dãy số:  . 3nun −1 + 2016 , n ≥ 2, n ∈ ℕ un = n +1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1)Tìm un nun 2)Tính nlim →+∞

1) Ta có: un =

3nun −1 + 2016 , n ≥ 2, n ∈ ℕ ⇔ ( n + 1) un = 3nun−1 + 2016, n ≥ 2, n ∈ ℕ . (0, 5 điểm) n +1

Đặt vn = ( n + 1) un , n ∈ ℕ* , ta có: vn = 3vn −1 + 2016, n ≥ 2, n ∈ ℕ, v1 = 2 . Đặt vn = xn − 1008, n ∈ ℕ * , ta có: xn = 3 xn−1 , n ≥ 2, n ∈ ℕ, x1 = 1010

(0, 5 điểm)

Suy ra ( xn )n∈ℕ* là cấp số nhân với x1 = 1010 , công bội q = 3, ta được xn = 1010.3n−1 , n ∈ ℕ* ⇒ v n = 1010.3n −1 − 1008, n ∈ ℕ *

⇒ un =

(1,0 điểm)

vn 1010.3n −1 − 1008 = ,n∈ℕ* n +1 n +1

2)Ta có: lim nun = lim n →+∞

n →+∞

n 1010.3n −1 − 1008) = +∞ ( n +1

(1,0 điểm)

Bài 3 (3 điểm): Gọi A là tập các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ A, tính xác suất để chọn được số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1. *Số các số tự nhiên có 5 chữ số là: 9.10 4

(0, 5 điểm)

* Gọi số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1là abcd1 ( a ≠ 0)

Ta có : abcd 1 = 7 . abcd

+ 3 . abcd

+ 1

Do đó để abcd1 ⋮ 7 thì (3.abcd + 1)⋮ 7 Đặt 3.abcd + 1 = 7 x ( x ∈ N ∗ ) Suy ra abcd =

7x −1 x −1 = 2x + (*) 3 3

(0, 5 điểm) (0, 5 điểm)

Từ (*) suy ra x-1 phải chia hết cho 3. Đặt x − 1 = 3t (t ∈ N ∗ ) ⇔ x = 3t + 1

(0, 5 điểm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Khi đó abcd = 7t + 1 suy ra 1000 ≤ 7t + 1 ≤ 9999

(0, 5 điểm)

Suy ra t ∈ {143;144;...;1428 } có 1286 số t. Ứng với mỗi t ta có được một số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 Do đó xác suất cần tìm P =

1286 643 = 4 45000 9.10

(0, 5 điểm)

Bài 4 (2 điểm): Cho hàm số y = x 3 + 3 x 2 + mx + 1 có đồ thị ( C m ). Tìm m để đồ thị ( C m )cắt đường thẳng d: y=1 tại ba điểm phân biệt A, B và C(0,1) sao cho tiếp tuyến với ( C m ) tại A và B vuông góc với nhau.

PTHĐ giao điểm

x 3 + 3 x 2 + mx + 1 = 1

⇔ x = 0 hay g ( x ) = x 2 + 3 x + m = 0

Đường thẳng d cắt ( C m ) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi g(x)=0 có hai nghiệm phân 9  ∆ > 0 9 − 4m > 0 m < biệt khác 0 ⇔  ⇔ ⇔ 4  g ( 0) ≠ 0 m ≠ 0 m ≠ 0

Khi đó: C(0;1) và

x A + x B = −3

(0, 5 điểm)

x A .x B = m

Tiếp tuyến với ( C m ) tại A và B có hệ số góc lần lượt là

k1 = y , ( x A ) = 3 x A2 + 6 x A + m

k 2 = y , ( x B ) = 3 x B2 + 6 x B + m Ta có k1 .k 2 = −1 ⇔ 4m 2 − 9m + 1 = 0 ⇔ m = Vậy m cần tìm m =

(0, 5 điểm) 9 ± 65 ( thỏa) 8

(0, 5 điểm)

9 ± 65 8

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Bài 5 ( 3 điểm): Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O, các đường cao AA’ và BB’ cắt nhau tại H (A’ thuộc BC, B’ thuộc AC), CO cắt AB tại P, CH cắt A’B’ tại Q. Gọi M là trung điểm của AB. Chứng minh : PQ //HM.

A H

M D

Hình vẽ (0, 5 điểm)

Kéo dài CO cắt đường tròn(O) tại D. Chứng minh AHBD là hình bình hành.

(0, 5 điểm)

Do M là trung điểm AB suy ra M là trung điểm HD. Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

O là trung điểm CD, gọi O’là trung điểm CH Suy ra : OO’ // HM (1)

(0, 5 điểm)

Ta có hai tam giác CAB và CA’B’ đồng dạng với nhau. Xét phép đồng dạng f biến tam giác CAB thành tam giác CA’B’. Khi đó , f biến C thành C, biến AB thành A’B’, biến O thành O’, biến CO thành CO’. Do đó biến giao điểm của CO với AB thành giao điểm của CO’ với A’B’, tức là biến P thành Q. (1 điểm)

Ta có :

OO’ //PQ (2)

(0, 5 điểm)

Từ (1) và (2) suy ra : PQ // HM

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

D H E

Vẽ hình đúng (0,5 điểm)

⊥

Xác định góc giữa SC và mặt phẳng ( SAB) là góc CSB = 30

(0,5 điểm)

Dựng hình bình hành DECK, H là trung điểm CD, I là giao điểm AH và CK Suy ra : d(SC,DE) = d(DE,(SCK)) = d(D,(SCK)) =

1 d(A,(SCK)) 3

Chứng minh được d(A,(SCK)) = AN ( AN ⊥ AI ) tính đúng AN =

3 38 a 19

Kết luận d(SC,DE) =

38 a 19

(0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GD&ĐT ……………… ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 11 Năm học: 2018-2019 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ 21.

Câu 1 ( 5,0 điểm): Cho cos3x – cos2x + mcosx – 1 = 0 (1) 1) Giải phương trình (1) khi m = 3.  π  ;2π  . 2  

2) Tìm m để phương trình (1) có số nghiệm nhiều nhất trên  − Câu 2 (4,0 điểm): Cho phương trình: x4 – 3x2 + m – 1 = 0.

Tìm m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt tạo nên một cấp số cộng. Câu 3 (3,0 điểm): Trong một cái hộp có 9 bi đỏ khác nhau, 8 bi vàng khác nhau và 10 bi xanh khác nhau. Cần chọn ra 7 bi sao cho mỗi màu có ít nhất 1 bi. Hỏi có bao nhiêu cách chọn? Câu 4 (2,0 điểm): Cho n là số nguyên dương, hãy tìm giới hạn:

x n − nx + n − 1 A = lim x →1 ( x − 1) 2 Câu 5 ( 3.0 điểm): Cho một đường thẳng d và một điểm O cố định, đường thẳng d không đi qua O. Gọi A là một điểm di động trên d. Gọi A’ là điểm còn lại của tam giác OAA’ vuông cân tại → → π A sao cho ( OA, OA ' ) = . Gọi G là trọng tâm của tam giác OAA’ . Tìm tập hợp các trọng tâm G 4

đó. Câu 6(3.0 điểm): Cho hình chóp S.ABC có SC ⊥ ( ABC ) và tam giác ABC vuông tại B. Biết AB = a; AC = a 3 và góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SAC) bằng α với sin α =

13 . Tính độ dài 19

SC theo a.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

--------- Hết ---------

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài

Câu a

Hướng dẫn chấm

Điểm

cos3x – cos2x + mcosx – 1 = 0 (1) ⇔ cos x(4 cos 2 x − 2 cos x + m − 3) = 0

(2.5đ) 1

(5.0đ)

cos x = 0  ⇔ 2  4 cos x − 2 cos x + m − 3 = 0 (2)  2 cos x = 0 1 ⇔ 1) Víi m = 3 th× (1) ⇔  cos x =  2 

1,0 π   x = 2 + kπ  π  x = ± + 2kπ 3 

k∈Z

0,5

1,0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com



b 1) (2,5đ)

XÐt ph−¬ng tr×nh (2) ⇔ 

t = cos x ; t ≤ 1 2

4t − 2t + m − 3 = 0 (3)  π  VÏ ®å thÞ hµm sè y = cosx trªn  − ;2π  2  

0,5

y = t2

π 2

y = t1

3π 2

0,5

Sè nghiÖm cña (2) lµ sè giao ®iÓm cña y = t vµ y = cosx trªn  π   − ;2π  víi t lµ nghiÖm cña (3) . Ph−¬ng tr×nh (1) cã sè 



 π  ;2π  khi vµ chØ khi ph−¬ng tr×nh  2 

nghiÖm nhiÒu nhÊt trªn  −

(3) cã hai nghiÖm t1< t2 tho¶ m·n  ∆' > 0   f (0) > 0 0 < t1< t2<1 ⇔  f (1) > 0  0 < 1 < 1  4

⇔3< m<

1.0

13 4

0.5 2 (4.0đ)

Phương trình: x4 – 3x2 + m – 1 = 0 (1). Đặt t = x2 ≥ 0.

0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương trình (1) ⇔ t 2 − 3t + m − 1 = 0 (2).

0.25

Để (1)có 4 nghiệm phân biệt thì (2) có 2 nghiệm dương phân biệt

∆ > 0  ⇔ S > 0 P > 0  13 − 4m > 0  ⇔ 3 > 0 m − 1 > 0  ⇔1< m <

0,5

13 4

Khi đó có t1>0, t2>0 và giả sử t1<t2. Phương trình trùng phương có 4 nghiệm là:

0.5

± t1 , ± t2

Sắp thứ tự thành dãy tăng hoặc giảm

− t2 , − t1 , t1 , t2

t2 , t1 , − t1 , − t2

(d>0)

0.25

Dãy đó là cấp số cộng :

− t1 + t2 = 2 t1 ⇔ t2 = 3 t1 ⇔ t2 = 9t1

0.5

t2 = 9t1 (a)  Cùng với định lý viet ta có : t1 + t2 = 3 (b) t .t = m − 1 (c) 1 2 0.25 Kết quả : m=

181 100

0.5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3 (3.0đ)

Chọn 7 viên bi bất kỳ trong 27 viên có: C277 cách chọn.

0.5

+ Chọn 7 viên bi đỏ có C97 cách chọn.

0.25

+ Chọn 7 viên bi vàng có C87 cách chọn.

0.25 0.25

+ Chọn 7 viên bi xanh có C107 cách chọn.

0.25 + Xét trường hợp chỉ có bi đỏ và vàng có: C177 − C97 − C87 cách chọn. 7 18

7 10

7 8

+ Xét trường hợp chỉ có bi vàng và xanh có: C − C − C cách chọn.

0.25 0.25

+ Xét trường hợp chỉ có bi đỏ và xanh có: C197 − C97 − C107 cách chọn. 0.25 Vậy để chọn 7 bi có đủ 3 màu có: C277 − C97 − C87 − C107 − C177 − C187 − C197 + 2(C97 + C87 + C107 )

=786534 cách chọn.

0.5

0.25 4

Ta có xk -1 = (x-1)(1+x+x2+ ……….+xk-1)

0,25

(2.0đ) (x −1)(1+ x + x2 + ...... + xn−1 − n) x→1 (x −1)2

0,5

(x −1) + (x2 −1) + ......... + (xn−1 −1) x→1 x −1

0.5

A = lim

= lim

(x −1)[1+ (x +1) + .... + (1+ x + ...... + xn−2 )] x→1 x −1 n(n −1) = 1+ 2 + 3 + ....... + (n −1) = 2

0.25

= lim

Gọi I là trung điểm AA’.

(3.0đ)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5

2 3

→

0.5

Ta có: OG = OI →

→

Gọi ( OA, OG ) = α => tanα =1/2, α không đổi. Ta lại có:

2 OI OG 2 , = 3 = OA OA 3 cos α

mà cosα=

1 1 + tan 2 α

0.25

OG 5 => = OA 3 →

Gọi A1 là ảnh của A qua Q(O,α) => OA =OA1=> OG =

5 → OA1 3

1.0

Vậy tập hợp điểm G là đường thẳng d1 là ảnh của đường thẳng d qua phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép quay tâm O góc quay α ( với tanα =1/2) và phép vị tự tâm O tỷ số k=

0.5

5 3

0.25 6 (3.0đ)

Gọi H, K là hình chiếu của C lên SA, SB. S

Ta chứng minh được CK ⊥ ( SAB ), SA ⊥ (CHK ) .

0.5

x K

Suy ra ∆CHK vuông tại K và SA ⊥ KH . C

A a

Do đó α = ∠CHK . B

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5

Đặt SC = x > 0 . Trong tam giác vuông SAC ta có

0.5

1 1 1 3a 2 x 2 2 = + ⇒ CH = . CH 2 CA 2 CS 2 3a 2 + x 2

Tương tự, trong tam giác vuông SBC ta có CK 2 =

Ta có sin α =

⇔

2a 2 x 2 . 2a 2 + x 2

0.25

13 CK 2 13 ⇔ = 19 CH 2 19

0.5

2(3a 2 + x 2 ) 13 = ⇔ x = 6a , vì x> 0. 3(2a 2 + x 2 ) 19

Vậy SC = 6a

0.5

0.25

--------Hết----------

SỞ GD&ĐT ……………… ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 11 Năm học: 2018-2019 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ 22. Câu I (6,0 điểm) 1) Giải phương trình lượng giác

sin 2 3 x cos 2 x + sin 2 x = 0.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2/ Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số : y = 1 − cos(2 x + 1)

2 x  x + + = 10  y y 3) Giải hệ phương trình :   x 2 + 1 + 2 x = 12  y2 Câu II (3,0 điểm)Cho dãy số (u n ) được xác định bởi công thức u1 = 2  un +1 = 3un + 2n − 1

1) Tìm công thức tổng quát un theo n 2) Xét tính tăng giảm của dãy số (u n )

Câu III (4,0 điểm) n 1) Chứng minh rằng: với mọi số tự nhiên n,số 23 + 1 chia hết cho 3n +1 nhưng không chia

hết cho 3n + 2. 2) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau.

Câu IV (6,0 điểm) 1. Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c. M là điểm tùy ý trên cạnh AB, (P) là mặt phẳng qua M và song song với AC và BD cắt BC, CD, DA lần lượt tại N, P, Q. Tìm vị trí của M và điều kiện của a, b, c để thiết diện MNPQ là hình vuông, tính diện tích thiết diện trong trường hợp đó. 2. Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Xác định điểm M bên trong tam giác sao cho MA + MB + MC nhỏ nhất.

Câu

(1,0

điểm)

Tìm

hệ

số

củ a

số

hạng

chứa

x13

trong

khai

triển

1 f ( x) = ( + x + x 2 )3 (2 x + 1)15 thành đa thức. 4 --- HẾT ---

CÂU

NỘI DUNG ĐÁP ÁN

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐIỂ

M 1)Giải phương trình lượng giác

sin 2 3 x cos 2 x + sin 2 x = 0.

2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số : y = 1 − cos(2 x + 1)

Câu I 3) Giải hệ phương trình

2 x  x + + = 10  y y   x 2 + 1 + 2 x = 12  y2

6,0 đ

Có: sin 3 x = 3sin x − 4sin 3 x = (3 − 4sin 2 x) sin x = (1 + 2 cos 2 x) sin x,

0,5

nên

0,5

PT ⇔ [(1 + 2 cos 2 x)2 cos 2 x + 1]sin 2 x = 0

⇔ (4 cos3 2 x + 4 cos 2 2 x + cos 2 x + 1) sin 2 x = 0

I.1

⇔ (1 + cos 2 x)(1 + 4 cos 2 2 x) sin 2 x = 0 sin x = 0 ⇔ ⇔ x = kπ 2 cos 2 x = −1

I.2

0,5 (với k nguyên)

0,5

y = 1 − cos(2 x + 1)

0.25

1 = 2sin 2 ( x + ) 2

0.25

1 2

2 Ta có: sin( x + ) có tập giá trị [ −1;1] nên sin ( x + ) có tập giá trị là [ 0;1]

Do đó y = 1 − cos(2 x + 1) có tập giá trị [ 0;2] Giá trị nhỏ nhất của y = 1 − cos(2 x + 1) là 0 tại Giá trị lớn nhất của y = 1 − cos(2 x + 1) là 2 tại

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5

0.5 0.5

0.5

ĐK: y ≠ 0 . Đặt a = x + 1; b =

1 y

Ta có hệ phương trình trở thành

I.3

0,5

 a + b + ab = 11  a + b = 5  a + b = −7 a = 2 a = 3 ⇔ ∨ (VN ) ⇔  ∨  2 2 = 6 = 18 = 3 ab ab b a + b = 13    b = 2  a = 2  1 ⇒ ( x; y ) =  1;   3 b = 3

TH1: 

0,5

a = 3  1 ⇒ ( x; y ) =  2;   2 b = 2

TH2: 

0,5

Cho dãy số (un ) được xác định bởi công thức

Câu II

u1 = 2  un +1 = 3un + 2n − 1

1) Tìm công thức tổng quát un theo n 2) Xét tính tăng giảm của dãy số (un )

II.1

u1 = 2  u2 = 7  (un ) được xác định bởi .... ....  n un = 3 − n

3,0 đ

0.5

0.5 Số hạng tổng quát un = 3 − n với n ≥ 1 n

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5

Chứng minh: áp dụng phương pháp chứng minh quy nạp

n +1 Ta có : un+1 = 3 − n − 1 n +1

II.2

Xét hiệu un+1 − u1 = 3

0.5

− n −1− 3 + n n

= 2.3n − 1 > 0 với n ≥ 1

0.5

Kết luận : un là dãy số tăng 0.5

1) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n; số 23 + 1 chia hết cho 3n +1 nhưng không chia hết cho 3n + 2.

Câu III

2) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau.

2,0 đ

Đặt An = 23 + 1 n = 0 thì A0= 21 + 1 = 3 chia hết cho 31 mà không chia hết cho 32

0,25

Giả sử Ak = 23 + 1 chia hết cho 3k+1 mà không chia hết cho 3k+2 (Ak = B.3k+1; với B nguyên, không chia hết cho 3).Ta có:

III.a

k +1

Ak+1= 23

(

( k)

+ 1 = 23

Ak+1 = Ak Ak2 − 3 ⋅ 23

(

) ( ( 23k )

+ 1 = 23 + 1

)

0,25

k  k + 2  3 2k +1 − B ⋅ 23  B ⋅3 = 3

0,25

− 23 + 1

) = B ⋅ 3k +1 ( B ⋅ 3k +1 )2 − 3 ⋅ 23

Dễ thấy: B3 .32k +1 chia hết cho 3 mà B ⋅ 23 không chia hết cho 3 (vì B không chia hết k

cho 3) nên B 2 .32k +1 − 23 không chia hết cho 3

⇒Ak+1chia hết cho 3k+2, nhưng không chia hết cho 3k+3.

Kết luận:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

Ta có: Ω = 95 = 59.049

0,25

Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có: Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là C39 . Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây: TH1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong

III.b

TH1 này có cả thảy 3 ⋅

5! = 60 số tự nhiên. 3!

Câu IV

ΩA Ω

5! = 90 số tự nhiên. 2!2!

9! = 150 ⋅ 7 ⋅ 4 ⋅ 3 = 12600 . 3!6!

12.600 1.400 = ≈ 0,213382106 59.049 6.561

0,25 0,25

0,25

1. Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c. M là điểm tùy ý trên cạnh AB, (P) là mặt phẳng qua M và song song với AC và BD cắt BC, CD, DA lần lượt tại N, P, Q. Tìm vị trí của M và điều kiện của a, b, c để thiết diện MNPQ là hình vuông, tính diện tích thiết diện trong trường hợp đó. 2. Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Xác định điểm M bên trong tam giác sao cho MA + MB + MC nhỏ nhất.

+) Chứng minh được MNPQ là hình bình hành.

IV.1.

 MN = NP ⇔ M là trung điểm của AB và a = c.  MP = NQ

+) MNPQ là hình vuông ⇔ 

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3,0 đ 0,50

+) Lúc đó SMNPQ =

0.5

1 2 b . 4

0.5

Dùng phép quay quanh A với góc quay 600 biến M thành M’; C thành C’

0,25 0,25

IV.1.b

Ta có MA+MB+MC = BM+MM’+M’C’

0,25

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

0,25

Khi đó góc BMA=1200, góc AMC=1200

0,25

Ta được vị trí của M trong tam giác ABC.

Ta có: f ( x) =

= VI.2

0,25

1 (2 x + 1)6 (2 x + 1)15 64

1 (2 x + 1) 21 64

0.25

21 Theo nhị thức Niutơn ta có: (2 x + 1) =

∑C

k 21

2k x k 0,25

k =0

13 13 ⇒ Hệ số của số hạng chứa x13 trong khai triển (2 x + 1)21 là: C21 2

Vậy hệ số của số hạng chứa x13 trong khai triển của f ( x ) là:

1 13 13 13 7 2 C21 2 = C21 64

0,25

SỞ GD&ĐT ……………… ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 11 Năm học: 2018-2019 Thời gian làm bài: 150 phút Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ 23.

Câu 1. Giải các phương trình và hệ phương trình sau: (5đ) a. 9( 4 x + 1 − 3 x − 2 ) = x + 3  x 2 − 3 x = y 2 + 1 2 2  y − 3 y = x + 1

b. 

(1,5đ) (1,5đ)

c. cos 2 x + 1 + sin 2 x = 2 sin x + cos x

(2đ)

Câu 2.(4đ) Cho dãy số (un) được xác định bởi công thức: u1 = 3 + 2 .  u n +1 = ( 3 − 2 )u n2 + (2 6 − 5)u n + 3 3 − 3 2 1

Xét dãy vn =

∑u k =1

+ 2

. Tính lim vn

Câu 3. (3đ). a. Tính số các số tự nhiên gồm 7 chữ số được chọn từ 1, 2, 3, 4, 5 sao cho chữ số 2 có mặt đúng 2 lần, chữ số 3 có mặt đúng 3 lần và các chữ số còn lại có mặt không quá 1 lần.(1,5đ) 1 − 2.2C302 + 3.2 2 C303 − ... + 29.2 28 C 3029 − 30.2 29 C 3030 b. Tính tổng: S = C 30

(1,5đ)

Câu 4. 2đ  2016

2015 

a. Tính lim  − x →1 1 − x 2016 1 − x 2015  

(1đ)

b. Cho hàm số y = x3 - 3x2 + 2 có đồ thị (C). Với mỗi điểm M thuộc (C) có thể kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến đến (C)? (1đ) Câu 5. (3đ) Cho 2 đường tròn bằng nhau (O1;R) và (O2;R) cắt nhau tại A và B. Một đường thẳng d vuông góc với AB cắt (O1;R) tại C và D, cắt (O2;R) tại E và F với CD cùng hướng với EF a. Chứng minh độ lớn của góc CAE không phụ thuộc vào vị trí của đường thẳng d. b. Tính độ dài đoạn CE theo R và AB = a. Câu 6(3đ). Cho hình chóp S.ABC có góc giữa mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 600. Tam giác ABC và SBC là tam giác đều cạnh a. Tính khoảng cách từ B đến (SAC).

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

______________HẾT______________

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu 1.

5đ

a. 9( 4 x + 1 − 3 x − 2 ) = x + 3 Đk: x ≥

2 3

pt ⇔ 9(x + 3) = (x + 3)( 4 x + 1 + 3 x − 2 ) ⇔

4 x + 1 + 3x − 2 = 9

(1,5đ) 0,25 0,25 0,25 0,25

⇔ 2 (4 x + 1)(3x − 2) = 82 -7x

0,25

82 − 7 x ≥ 0 ⇔ 2  x − 1128 x + 6732 = 0

0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

82  x ≤ 7  ⇔ x=6    x = 1122

0,25

⇔x=6

KL. x = 6 0,25 0,25  x 2 − 3 x = y 2 + 1  y 2 − 3 y = x 2 + 1

b. 

(1,5đ)

( x − y )[2( x + y ) − 3] = 0 ⇔ 2 2  y − 3y = x +1  x − y = 0  2 2  y − 3 y = x + 1 ⇔  3  x + y = 2   y 2 − 3 y = x 2 + 1 

0,25

0,5

1  x = y = − 3  3  ⇔  x = − y  2   y 2 − 3 y = ( 3 − y ) 2 + 1  2

⇔x= y=−

1 3

0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

c. cos 2 x + 1 + sin 2 x = 2 sin x + cos x ⇔ (cos x + sin x)(cos x − sin x) + (cos x + sin x) 2 = 2 cos x + sin x (1)

(2đ) 0,25

cos x + sin x ≥ 0 cos x − sin x ≥ 0

Đk: 

NX: x = − x ≠−

π 4

+ kπ (k ∈ Z ) là 1 nghiệm của pt (1)

0,25

cos x + sin x > 0 + kπ (k ∈ Z ) điều kiện xác định trở thành:  4 cos x − sin x ≥ 0

Khi đó , ta có: (1)

0,25

⇔ cos x − sin x + cos x + sin x = 2 ⇔ cos x + cos 2 x − sin 2 x = 2 cos x = 1 ⇔ cos 2 x = 1 cos x = 1 ⇔ sin x = 0 ⇔ x = k 2π , (k ∈ Z )

0,25 0,25

0,25

0,25 u1 = 3 + 2

Câu 2. 

4đ

u n +1 = ( 3 − 2 )u n2 + (2 6 − 5)u n + 3 3 − 3 2

Giải: Xét un+1 - 3 = ( 3 − 2 )un2 − ( 3 − 2 ) 2 un − 6 ( 3 − 2 ) = ( 3 − 2 )(u n2 − ( 3 − 2 )u n − 6 ) = ( 3 − 2 )(u n − 3 )(u n + 2 )

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

⇒

1 u n +1 −

1 3−

1 1 1 1 . = − 2 un − 3 un + 2 un − 3 un + 2 .

0,5

1 1 1 = − un + 2 un − 3 un +1 − 3 1

Khi đó: v n = ∑ k =1

uk + 2

1 1 − u1 − 3 un+1 − 3

0,25

Lại có: un +1 − un = ( 3 − 2 )un2 + (2 6 − 6)un + 3 3 − 3 2 =

(

)

3 − 2 (un − 3 ) 2 > 0

0,25 (un> 3 )

Giả sử lim un = a, khi đó a là nghiệm của phương trình: a = ( 3 − 2 )a 2 + (2 6 − 5)a + 3 3 − 3 2 ⇔ a = 3 ( không thỏa)

0,5

Suy ra un là dãy tăng và không bị chặn trên. ⇒ lim u n = +∞ ⇒ lim vn =

1 2

0,5

0,25

0,75

Câu 3. a.

3đ (1,5đ)

Xem số có 7 chữ số như 7 vị trí thẳng hàng.

0,25

B1: Chọn 2 trong 7 vị trí để sắp 2 chữ số 2 có C 72 = 21 cách

0,5

B2: Chọn 3 trong 5 vị trí còn lại để sắp 3 chữ số 3 có: C53 = 10 cách

0,25

B3: chọn trong 3 chữ số 1, 4, 5 để sắp vào 2 vị trí còn lại có A32 =6 cách. Vậy có 21.10.6= 1260 số thỏa yêu cầu bài toán. 1 − 2.2C302 + 3.2 2 C303 − ... + 29.2 28 C 3029 − 30.2 29 C 3030 b. S = C 30 1 30 30 Giải: Ta có: (1 + x )30 = C 300 + C30 x + C 302 x 2 + ... + C3029 x 29 + C30 x

0,25 0,25

(1,5đ) 0,5

lấy đạo hàm 2 vế

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

và cho x = -2 ta được S = - 30

0,5 0,5

Câu 4.

2đ 2016

2015

 a. lim  − 2015  x →1 1 − x 2016 1 − x  

(1đ)

Giải.  m(1 − x ) − 1 + x m  1   m ∀x ∈ N , ta có: lim  − = lim   x →1 1 − x m 1 − x  x →1  (1 − x m )(1 − x)    m − (1 + x + ... + x m −1 )   x →1 1− xm  

= lim 

 (1 − x m −1 ) + (1 − x m − 2 ) + ... + (1 − x 2 ) + (1 − x )   x →1 1 − xm  

= lim 

( x m −2 + ... + x + 1) + ( x m −3 + ... + x + 1) + ( x + 1) + 1 x →1 x m −1 + ... + x + 1

= lim

(m − 1) + (m − 2) + ... + 2 + 1 m(m − 1) m − 1 = = m 2m 2  2004

2003 

Do đó: lim  − x →1 1 − x 2004 1 − x 2003   1  1  2004 − 1 2003 − 1 1  2004  2003 − = = − − lim  − 2004 2003  x → 1 2 2 2 1− x 1 − x  1 − x 1 − x

= lim  x →1

0,5

(1đ)

M ∈ (C): M(a; a3 - 3a2 + 2)

0,25

Đường thẳng d tiếp xúc với (C) tại A(x0; y0) thì d có phương trình: y = (3 x02 - 6x0)(x - x0) + x03 -3 x02 +2

0,25 0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

M ∈ d: a3 - 3a2 + 2 = (3 x02 - 6x0)(a - x0) + x03 -3 x02 +2 3 2 ⇔ (a - x03 ) - 3(a - x02 ) - (3 x02 - 6x0)(a - x0) = 0 2

⇔ (a - x0)[2 x02 - (a + 3)x0 + 3a - a ] = 0 ⇔ (a - x0)(x0 -

a −3 2 ) =0 2

0,25

 x0 = a ⇔   x0 = a − 3 2 

N ếu a =

a −3 ⇔ a = 1 thì M(1;0) : có 1 tiếp tuyến duy nhất 2

N ếu a ≠

a −3 ⇔ a ≠ 1 thì có 2 tiếp tuyến. 2

0,25

Câu 5.

3đ A E

A' D

(1,5đ)

O2 H

a.Thực hiện phép tịnh tiến theo vector O1O2 , ta có: TO O : (O1 ; R ) → (O2 ; R) 1 2

→

A' (A' ∈ (O2; R))

Tứ giác AA'EC là hình bình hành nên góc CAE = góc AEA' (1) 0,5 Vì AÂ ' = O1O2 , A, O1, O2 cố định nên A' cố định. Do đó sđ góc AEA' =

0,25

1 sđ AA' (không đổi) (2) 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Từ (1) và (2) suy ra độ lớn của góc CAE không phụ thuộc vào vị trí của đường thẳng d.

0,5

0,25

(1,5đ)

Gọi H = O1O2 ∩ AB ⇒ H là trung điểm của O1O2 và AB 0,5

Vì TO O (C ) = E ⇒ CE = O1O2 = 2O1H 1 2

Xét tam giác vuông O1HA: O1H2 = O1A2 - AH2 = R2 ⇒ O1 H = ⇒ CE =

1 4R 2 − a 2 4

1 4R 2 − a 2 2

a2 4

0,5

0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 6:

(3đ)

Gọi D, H, F lần lượt là trung điểm các cạnh BC, AD, AC và I, J là hình chiếu vuông góc của H lên cạnh AC, SI.

0,25

SD ⊥ BC ⇒ BC ⊥ (SAD)  AD ⊥ BC

Ta có: 

0,5

Suy ra góc giữa (SBC) và (ABC) là góc SDA = 600 suy ra ∆ SDA đều  HJ ⊥ SI ⇒ HJ ⊥ (SAC )  HJ ⊥ AC

Mà 

0,25

0,5

⇒ d(H;(SAC)) = HJ ⇒ d(B;(SAC)) = 4 d(H; (SAC)) = 4 HJ

Có: SH = ⇒

3 3 a; BF = a, ∆ HIA đồng dạng ∆ CDA 4 2

0,5

HI CD 1 1 1 3 = = ⇒ HI = HA = AD = a HA CA 2 2 4 8

1 1 1 3 13 = + ⇒ HJ = a 2 2 2 52 HJ HI SH ⇒ d(B;(SAC)) =

0,5

I F

0,5

D B

SỞ GD&ĐT ……………… ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 11 Năm học: 2018-2019 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ 24. Câu 1 (5,0 điểm). Giải bất phương trình: x − x − 2 > x3 − 4 x 2 + 5 x − x3 − 3x 2 + 4 . Câu 2: (4 điểm)Tìm số hạng tổng quát của dãy số (un):

 u1 = 1; u2 = 1 − 2  un+ 2 − 2un+1 − un = 2 khi n ≥ 1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 3: (3 điểm)Cho h, k, n là các số tự nhiên và h ≤ k ≤ n . CMR: Ch0Cnk + Ch1Cnk −1 + ... + ChhCnk −h = Cnk+ h Câu 4:( 2 điểm) Gọi g ( x) =1 +

x x2 xn + + ... + n + ... 2 22 2

 g ( x), khi | x |< 1 Xét tính liên tục của hàm số f ( x) =   5 x − 1, khi | x |≥ 1 Câu 5:( 3 điểm) Cho đường tròn (O) và một điểm P nằm trong đường tròn đó. Một đường thẳng thay đổi đi qua P, cắt (O) tại hai điểm A, B. Tìm quỹ tích điểm M sao cho PM = PA + PB . Câu 6: ( 3 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Trên các cạnh AB, CC’, C’D’ và AA' lần lượt lấy các điểm M, N, P, Q sao cho AM= C'N= C'P= AQ=x( 0 ≤ x ≤ a ) a) Chứng minh rằng:các điểm M, N, P, Q đồng phẳng. b) Dựng thiết diện của hình lập phương cắt bởi (MNPQ). Tính giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của chu vi thiết diện.

HẾT

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM. Câu 1 (5,0 điểm). Giải bất phương trình: x − x − 2 > x3 − 4 x 2 + 5 x − x3 − 3x 2 + 4 . ĐÁP ÁN

1 (5,0đ)

Giải bất phương trình: x − x − 2 > x3 − 4 x 2 + 5 x − x3 − 3x 2 + 4 .

0.5

Điều kiện: ( x ≥ 0 ) 2 Bpt ⇔ x − x − 2 > x ( x − 2 ) + 1 −  

⇔ ( x − 2)+ | x − 2 | x + 1 > x 1 + 

•

x = 2 : (1) ⇔ 0 > 2 2 (loại).

( x − 2)

(loại).

+ 1 . 

(1) ⇔

(

(1) 0.5

x = 0 : (1) ⇔ −2 > −2 0.5

x > 2 : (1) ⇔ ( x − 2) 1 + x + 1 > x 1 +  Chia 2 vế cho x .( x − 2) > 0 ta được: •

( x + 1)

)

( x − 2)

+ 1 

0.5

1 1 1 1 . + 1+ > + 1+ 2 x x−2 x ( x − 2)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Xét hàm f (t ) = t + 1 + t 2 , t > 0 ⇒ f '(t ) = 1 +

t 1+ t2

> 0 ∀t > 0 ⇒ f (t )

đồng biến ∀t > 0

(1) ⇔

0.5

1 1 . > x x−2

⇔ x − 2 > x ⇔ x 2 − 5 x + 4 > 0 ⇔ x > 4; x < 1 .

0.5

K ết h ợ p x > 2 ⇒ x > 4 .

•

0.5

0 < x < 2:

(1) ⇔ ( x − 2) 1 − x + 1 > x 1 + 

(

)

Chia 2 vế cho (1) ⇔

( x − 2)

+ 1 . 

x .( x − 2) < 0 ta được:

1 1 1 1 . − 1+ < − 1+ 2 x x−2 x ( x − 2)

Xét hàm 2

f (t ) = t − 1 + t , t ∈ R ⇒ f '(t ) = 1 − đồng biến ∀t . Từ đó (1) ⇔

t 1+ t2

1+ t2 − t 1+ t2

> 0 ∀t ⇒ f (t )

1 1 < . Trường hợp này vô nghiệm vì x x−2

1 < 0. x−2 0.5

0.5

Đáp số: x > 4 .

0.5

Cách 2: ĐK x ≥ 0

0.5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5

x = 0 không là nghiệm. Xét x > 0 :

+ (1) ⇔

(

x −2

)(

)

x +1 >

 x +1 ⇔ f ( x) = ( x − 4 )  +  x +2

+ Xét g ( x) =

x2 − 5x + 4 x 3 − 4 x 2 + 5 x + x3 − 3x 2 + 4

  > 0. x3 − 4 x 2 + 5 x + x3 − 3x 2 + 4 

0.5

x −1

x +1 x −1 + x +2 x3 − 4 x 2 + 5 x + x3 − 3x 2 + 4

0.5

Nếu x ≥ 1 thì g ( x) > 0 . + Nếu 0 < x < 1: x + 1 > 1 ⇒ x + 1 > 1 . Ta có: x +1 x +1 1 > = x +2 2 x +2 2

0.5

(1) 0.5

x3 − 3x 2 + 4 =

( x + 1)( x − 2 )

= x − 2 x +1 > x − 2 = 2 − x 0.5

⇒ x3 − 4 x 2 + 5 x + x 3 − 3x 2 + 4 > 2 − x

⇒

1− x x3 − 4 x 2 + 5 x + x 3 − 3x 2 + 4 x −1

1− x 1− x 1− x 1 = < = 2 − x 2 − 2x + x 2 − 2x 2 1 2

0.5

(2) . Từ (1) và (2) suy ra

0.5

+ f ( x) > 0 ⇔ x − 4 > 0 ⇔ x > 4 . Kết hợp ĐK suy ra đáp số: x > 4 .

0.5

⇒

x3 − 4 x 2 + 5 x + x3 − 3x 2 + 4 g ( x) > 0 ∀x > 0 .

>−

Câu 2: (4 điểm)Tìm số hạng tổng quát của dãy số (un):

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 u1 = 1; u2 = 1 − 2  un+ 2 − 2un+1 − un = 2 khi n ≥ 1 ĐÁP ÁN

Câu 2

Tìm số hạng tổng quát của dãy số (un):

Biểu điểm

 u1 = 1; u2 = 1 − 2  un+ 2 − 2un+1 − un = 2 khi n ≥ 1 +Dự đoán công thức 1 u n = [3.(1 − 2 ) n −1 + (1 + 2 ) n −1 ] − 1 2

(*)

+Kiểm tra mệnh đề đúng với n=1; n=2 (1) 1 2

+ u k = [3.(1 − 2 ) k −1 + (1 + 2 ) k −1 ] − 1

1 0.5

1 u k +1 = [3.(1 − 2 ) k + (1 + 2 ) k ] − 1 2

1 u k + 2 = [3.(1 − 2 ) k +1 + (1 + 2 ) k +1 ] − 1 2

Thật vậy , ta có:

u k + 2 − 2u k +1 − u k

= 2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra công thức un xác định ở (*) thỏa yêu cầu bài toán.

0.5

Câu 3: ( 3điểm) Cho h, k, n là các số tự nhiên và h ≤ k ≤ n . CMR: Ch0Cnk + Ch1Cnk −1 + ... + ChhCnk −h = Cnk+ h ĐÁP ÁN

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Bài 3

Nội dung Xét khai triển h

(1 + x ) (1 + x )

Điểm

Ghi chú

0.5 n

= (1 + x )

h+ n

M= (1 + x ) = Ch0 + Ch1 x + ... + Chh x h

0.5

N= Cn0 + Cn1 x + ... + Cnn x n

0.5

h+n

0.5

3.0 P= (1 + x )

= Ch0+ n + Ch1+ n x + ... + Chh++nn x h+ n

Đồng nhất hệ số trong P=MN

0.5

C5k+n x k = Ch0Cnk x k + Ch1 xCnk x k −1 + ... + Chh x hCnk − h x k − h

Vậy Ch0Cnk + Ch1Cnk −1 + ... + ChhCnk −h = Cnk+ h

0.5

Câu 4:( 2 điểm)

x x2 xn Gọi g ( x) =1 + + 2 + ... + n + ... 2 2 2  g ( x), khi | x |< 1 Xét tính liên tục của hàm số f ( x) =   5 x − 1, khi | x |≥ 1 ĐÁP ÁN.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 4

Gọi g ( x) =1 +

Biểu điểm

x x2 xn + 2 + ... + n + ... 2 2 2

Xét tính liên tục của hàm số  g ( x), khi | x |< 1 f ( x) =   5 x − 1, khi | x |≥ 1

+Với |x| <1, ta có

x x2 xn 1 + + 2 + ... + n + ... là tổng của cấp số nhân lùi 2 2 2 x 2 1 vô hạn với u1= 1; q = nên g ( x ) = = x 2 2−x 1− 2

Hàm số g(x) là hàm số liên tục với mọi x mà

0.5

0.25

|x| <1 suy ra, hàm số f(x) liên tục với mọi x mà |x| <1 (1) 0.25

+Với mọi x, x0 mà |x| >1 ta có: lim f ( x ) = lim 5x − 1 = 5 x 0 − 1 = f ( x 0 )

x→x 0

x→x0

suy ra hàm số f(x) liên tục với mọi x mà |x| >1 (2) + Tại x=1:

0.5

f(1)=g(1)=2 lim− f ( x ) = lim− g ( x ) = lim−

x →1

2 =2 2−x

lim f ( x ) = lim+ 5x − 1 = 2

x →1+

x →1

suy ra lim f ( x ) = lim f ( x ) = f (1) = 2 x →1−

x →1+

nên hàm số f(x) liên tục tại x=1

(3)

Từ (1), (2) và (3) ta có hàm số f(x) liên tục trên toàn trục số

0.5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 5: ( 3điểm) Cho đường tròn (O) và một điểm P nằm trong đường tròn đó. Một đường thẳng thay đổi đi qua P, cắt (O) tại hai điểm A, B. Tìm quỹ tích điểm M sao cho PM = PA + PB .

Câu 5

Biểu điểm Gọi I là trung điểm AB PA + PB ⇒ PI = ⇒ PM = PA + PB = 2 PI 2 ⇒ V( P ;2) ( I ) = M Vì I là trung điểm của AB nên OI ⊥ AB

Vậy quỹ tích điểm điểm I là đường tròn (C)đường kính PO

Vậy quỹ tích điểm điểm M là đường tròn(C’) = V( P ,2) (C ) đường kính PO

Gọi O’ là điểm đối xứng với P qua O thì quỹ tích điểm điểm M là đường tròn (C’) đường kính PO’ Câu 6: ( 3 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Trên các cạnh AB, CC’, C’D’ và AA' lần lượt lấy các điểm M, N, P, Q sao cho AM= C'N= C'P= AQ=x( 0 ≤ x ≤ a ) a) Chứng minh rằng:các điểm M, N, P, Q đồng phẳng.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b) Dựng thiết diện của hình lập phương cắt bởi (MNPQ). Tính giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của chu vi thiết diện. Câu 6

Nội dung D'

Điểm

Ghi chú

0.5

S B'

A' Q O

N D R A M

a)+AQC’N là hình bình hành. Gọi O = AC’ ∩ NQ ⇒ là trung điểm AC’, NQ

0.5

+APC’M là hình bình hành ⇒ O ∈ MP và O là trung điểm MP Suy ra MNPQ là hình bình hành. Vậy M, N, P, Q đồng phẳng

b) 3.0

Ta có:

0.5

AQ AA ' = =1 AM AB ⇒ MQ//A’B ⇒ (MNPQ)//A’B

Do đó ta dựng đường thẳng qua O, song song A’B cắt A’D và BC trong mặt phẳng (A’D’CB) tại R, S. Suy ra thiết diện là lục giác MRNPSQ có tâm đối xứng là O

Nên MQ = NP; MR = SP; RN = SQ

0.5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Và MR = RN = PS = SQ + Xét ∆ CRN: NR =

RC 2 + CN 2 2

2 a   + (a − x) 2

+ Trong ∆ AMQ vuông cân tại A: MQ = NP = x 2 + Trong mặt phẳng (ABB’A’): * Dựng S1; R1 như hình vẽ sao cho

A' Q Q1 Q A

M B

A’S1 = BR1=

a 2

*Ta có: MR = MR1; QS = QS1

0.5

Do đó chu vi thiết diện p gấp 2 lần độ dài đường gấp khúc R1MQS1 *Độ dài đường gấp khúc R1MQS1 ngắn nhất KCK R1; M; Q; S1 Vậy chu vi nhỏ nhất khi Q, M lần lượt là trung điểm AA’, AB Và GTNN của p là : 6 Q1M1 = 6

+ Khi M ∈ AM1 , p ≤ S1 A + AR1

a = 3a 2 2

0.5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a * S1 A = S1 A′2 +AA′2 =   + a 2 2 2

a * A1 R1 = BR1 + AB =   + a 2 2 2

5a 2 => p ≤ 2 =a 5 4 p ≤ S1 A′ + A′B + BR1 + Khi M ∈ BM 1 thì p ≤

a a +a 2+ 2 2

=> p ≤ a Do a 5 < a

(

2 +1

(

2 + 1 ∀M ∈ AB

Suy ra p ≤ a

)

2 +1

) )

Đẳng thức xảy ra khi M ≡ B, Q ≡ A′ Vậy Max p = 2a

KL:

(

)

2 +1

Min p = 3a 2 Max p= 2a

(

)

2 +1

SỞ GD&ĐT ……………… ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 11 Năm học: 2018-2019 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ 25.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 1:(5 điểm) a/ Giải phương trình:

sin 2 3 x cos 2 x + sin 2 x = 0.  x 2 + 91 =

b/ Giải hệ phương trình: 

y − 2 + y2

 y 2 + 91 = x − 2 + x 2

Câu 2:(4 điểm) 3

a/ Tính

n 2 + 2n lim n +1

2  u1 = 2015 b/ Cho dãy số (un ) được xác định:  2 u (2 − 9u ) = 2u (2 − 5u ), ∀n ≥ 1 n +1 n +1 n  n Xét dãy số vn =

u u1 u + 2 +⋯+ n . Tìm lim vn . 1 − u1 1 − u2 1 − un

Câu 3:(3 điểm)

Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau. Câu 4:(2 điểm) Cho phương trình

x 4 + a x3 + bx 2 + cx + d = 0

a/ Với d = -2016 chứng minh phương trình có ít nhất hai nghiệm phân biệt.

b/ Với d = 1, giả sử phương trình có nghiệm, chứng minh

a 2 + b2 + c2 ≥

4 3

Câu 5:(3 điểm)

= 200 . Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho Cho tam giác ABC cân đỉnh A, BAC . MA = BC. Tính góc BMC Câu 6:(3 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân với AB = 2a, BC = CD = DA = a,

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SA ⊥ (ABCD), SA = a 3 . Mặt phẳng

(α ) qua A, vuông góc SB cắt SB, SC, SD theo thứ tự tại P, Q, R.

a/ Chứng minh tứ giác APQR nội tiếp đường tròn. b/ Tìm diện tích tứ giác APQR. ----- Hết -----

HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Câu 1

Nội dung a/ Giải phương trình:

sin 2 3 x cos 2 x + sin 2 x = 0.  x 2 + 91 =

b/ Giải hệ phương trình: 

Điểm 5,0

y − 2 + y2

 y 2 + 91 = x − 2 + x 2

a/Giải phương trình: sin 2 3 x cos 2 x + sin 2 x = 0.

2,0

Ta có sin 3 x = 3sin x − 4sin 3 x = (3 − 4sin 2 x) sin x = (1 + 2 cos 2 x) sin x

0,5

nên

PT ⇔ [(1 + 2 cos 2 x) 2 cos 2 x + 1]sin 2 x = 0

0,5

⇔ (4 cos3 2 x + 4 cos 2 2 x + cos 2 x + 1) sin 2 x = 0 ⇔ (1 + cos 2 x)(1 + 4 cos 2 2 x) sin 2 x = 0

0,5

sin x = 0 ⇔ ⇔ x = k π 2 (với k nguyên) cos 2 x = −1 0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 x 2 + 91 = y − 2 + y 2 (1) b/Giải hệ phương trình: 

 y 2 + 91 = x − 2 + x 2 (2)

Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2

3,0 0,25

Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:

x 2 + 91 − y 2 + 91 = ⇔

x2 − y2 2

x + 91 + y + 91

 ⇔ (x − y)   

y − 2 − x − 2 + y2 − x2 y−x + ( y − x)( y + x) y−2+ x−2

x+ y x 2 + 91 +

y 2 + 91

1 x−2+

 + x+ y = 0  y−2 

⇔ x = y (trong ngoặc luôn dương vì x và y đều lớn hơn 2) Vậytừ hệ trên ta có:

0,75

0,5

x 2 + 91 = x − 2 + x 2

⇔ x 2 + 91 − 10 = x − 2 − 1 + x 2 − 9 ⇔

x2 − 9 x 2 + 91 + 10

x −3 + ( x − 3)( x + 3) x − 2 +1

0,75

    1 1 ⇔ ( x − 3)  ( x + 3)  − 1 − =0 2 x − 2 + 1   x + 91 + 10   ⇔ x = 3 ( trong ngoặc luôn âm vì x lớn hơn 2) 0,5 Vậy nghiệm của hệ x = y = 3 0,25

a/ Tính

Câu 2

n 2 + 2n lim n +1 4,0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2  u1 = 2015 b/ Cho dãy số (un ) được xác định:  u 2 (2 − 9u ) = 2u (2 − 5u ), ∀n ≥ 1 n +1 n +1 n  n Xét dãy số

vn =

u u1 u + 2 +⋯+ n 1 − u1 1 − u2 1 − un

. Tìm lim vn .

a/ Tính

n 2 + 2n lim n +1 1,5

1 2 + n + 2n n n2 lim = lim 1 n +1 1+ n 3

Ta có

1,0

0+0 =0 1+ 0

0,5

2  u1 = 2015 b/ Cho dãy số (un ) được xác định:  2 u (2 − 9u ) = 2u (2 − 5u ), ∀n ≥ 1 n +1 n +1 n  n Xét dãy số

vn =

u u1 u + 2 +⋯+ n 1 − u1 1 − u2 1 − un

. Tìm lim vn .

2,5

Ta có un ≠ 0∀n ≥ 1 . Khi đó: un2 ( 2 − 9un+1 ) = 2un+1 ( 2 − 5un ) ⇔

⇔

2 un+1

−9 =

2 − 9un+1 2 = 2 ( 2 − 5un ) un+1 un

4 10 − un2 un

2 ∀n ≥ 1 . Khi đó ta có dãy mới ( xn ) được xác định bởi: un  x1 = 2015  2  xn+1 = xn − 5 xn + 9 ∀n ≥ 1 Chứng minh ( xn ) là dãy tăng: Đặt xn =

0,5

Xét hiệu: xn+1 − xn = xn2 − 5 xn + 9 − xn = ( xn − 3) ≥ 0 Do x1 = 2015 > 3 nên xn+1 − xn > 0 suy ra dãy ( xn ) là dãy tăng.

Chứng minh (xn) không bị chặn hay lim xn = +∞ : Giả sử (xn) bị chặn, do dãy tăng và bị chặn nên tồn tại giới hạn hữu hạn. Giả sử dãy (xn) có giới hạn hữu hạn, đặt lim xn = a, ( a > 2015 ) . Từ công thức truy hồi xn+1 = xn2 − 5 xn + 9 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

Lấy giới hạn hai vế, ta được: a = a 2 − 5a + 9 ⇔ a = 3 (không thỏa mãn) Do đó dãy đã cho không có giới hạn hữu hạn hay lim xn = +∞ Ta có:

    1 u u 1 1  1   = 2 vn = 1 + ... + n = 2  + ... + + ... +  ∀n ≥ 1 2 1 − u1 1 − un − 2 − 2 x x  2 −2  1 n   −2 u un  1  2

Mà: xn +1 = xn − 5 xn + 9 ⇔ xn +1 − 3 = 1 1 1 = − ⇔ xn − 2 xn − 3 xn+1 − 3

( xn − 2 )( xn − 3)

0,5

 1  1  1 1  − − Do đó, ta có: vn = 2   = 2   x1 − 3 xn+1 − 3   2015 − 3 xn+1 − 3  1 Mà lim xn = +∞ nên lim vn = 1006 0,5

Câu 3

Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau.

Ta có: Ω = 95 = 59.049 Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có: Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là C39 . Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây: TH1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH1 này có cả thảy

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3,0

0,5

3⋅

5! = 60 số tự nhiên. 3!

3⋅

5! = 90 số tự nhiên. 2!2!

1,5 Vậy: ΩA = (60 + 90)C39 = 150 ⋅

Kết luận: P ( A ) =

Câu 4

Cho phương trình

ΩA Ω

0,5

9! = 150 ⋅ 7 ⋅ 4 ⋅ 3 = 12600 . 3!6!

0,5

12.600 1.400 = ≈ 0,213382106 59.049 6.561

x 4 + a x3 + bx 2 + cx + d = 0

a/ Với d = -2016 chứng minh phương trình có ít nhất hai nghiệm phân biệt b/ Với d = 1, giả sử phương trình có nghiệm, chứng minh

a 2 + b2 + c2 ≥

4 3

a/ Với d = -2016 chứng minh phương trình có ít nhất hai nghiệm phân biệt d= - 2016

Đặt

f ( x ) = x 4 + a x3 + bx 2 + cx − 2016

liên tục trên R.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2,0 1,0

Ta có

f ( 0 ) = −2016 < 0 0,25

lim f ( x ) = +∞

Mặt khác

x →±∞

, nên tồn tại 2 số α < 0,

β > 0 sao cho

f (α ) > 0, f ( β ) > 0 . Do đó f ( 0 ) . f (α ) < 0, f ( 0 ) . f ( β ) < 0. Vậy phương trình có ít nhất hai nghiệm phân biệt thuộc hai khoảng

b/Với d = 1, giả sử phương trình có nghiệm, chứng minh

d = 1: Gọi

là nghiệm của phương trình

(α ;0 )

và

( 0; β )

a 2 + b2 + c2 ≥

4 3

0,25

1,0

0,25

( x0 ≠ 0 )

x04 + a x03 + bx02 + cx0 + 1 = 0 ⇔ b = − x02 −

0,5

1 1 a x c − − 0 x0 x02

Ta có:

(

2  2 1   2 2  2 1  1   2 1 a + b + c  x0 + 2 + 1 =  a + c +  − x0 − 2 − a x0 − c    x0 + 2 + 1 x0    x0 x0 x0       2

)

 1 1 1  1  ≥  a x0 + c − x02 − 2 − a x0 − c  =  x02 + 2  x0 x0  x0 x0   

0,25 2

(

Suy ra: a + b + c

)

 2 1   x0 + 2  x0  1 t2 2 ≥ = với t = x0 + 2 ≥ 2 1 x0 x02 + 2 + 1 t + 1 x0

t2 4 Mặt khác: ≥ ⇔ 3t 2 − 4t − 4 ≥ 0 ⇔ ( t − 2 )( 3t + 2 ) ≥ 0 ( đúng do t ≥ 2 ) t +1 3 Vậy

a 2 + b2 + c2 ≥

4 3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = −

2 ( ứng với x0 = 1 ) 3

2 2 a = c = , b = − ( ứng với x0 = −1 ) 3 3

Câu 5

0,25

= 200 . Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho MA = BC. Cho tam giác ABC cân đỉnh A, BAC

. Tính góc BMC

3,0

A 60°

40° 30°

C 0

QA60 :C → C ' ; B, C’ nằm về 2 phía AC ⇒ ∆ACC ' đều Xét

∆MAC ' và ∆ABC có MA = BC, AC = AC’,

' = 600 + 200 = 800 = MAC ACB ⇒ ∆MAC ' = ∆ABC (c.g .c)

⇒ C ' M = AB = AC = AC ' = CC '

⇒ ∆MCC ' cân tại C’

1,0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Mà C M = C A ⇒ ∆AMC cân tại C’

⇒ AMC ' = MAC ' = 800 ⇒ AC ' M = 200 ' ⇒ MC C = 400

1,0 Do

0 0 ' = 180 − 40 = 700 ' ∆MC 'C cân tại C’ ⇒ C MC = MCC 2

= 1800 − 700 − 800 = 300 ⇒ BMC

1,0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 6

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân với AB = 2a, BC = CD = DA = a, SA

3,0

⊥ (ABCD), SA = a 3 . Mặt phẳng (α ) qua A, vuông góc SB

cắt SB, SC, SD theo thứ tự tại P, Q, R. a/ Chứng minh tứ giác APQR nội tiếp đường tròn. b/ Tìm diện tích tứ giác APQR.

a/ Chứng minh tứ giác APQR nội tiếp đường tròn.

1,5

Hình thang ABCD là hình thang cân có cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ , cạnh bên bằng đáy nhỏ bằng a nên nó là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AB, tâm O là trung điểm của AB.

ACB = ADB = 1v ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Do đó 0,25 Theo giả thiết SA ⊥ ( ABCD) ⇒ SA ⊥ BC Theo chứng minh trên: Suy ra BC

AC ⊥ BC

⊥ (SAC) ⇒ BC ⊥ AQ vì AQ ⊂ (SAC) (1)

Mp( α ) ⊥ SB ( gt )

⇒ SB ⊥ A Q vì AQ ⊂ ( α )

(2) 0,5

AQP = 1v Từ (1) và (2)cho AQ ⊥ (SBC) ⇒ AQ ⊥ PQ vì PQ ⊂ (SBC), tức là Vì SA ⊥ ( ABCD) ⇒ SA ⊥ BD AD ⊥ BD (cmt) Nên BD ⊥ ( SAD )

⇒ BD ⊥ AR vì AR ⊂ ( SAD) (3)

Mp( α ) ⊥ SB ( gt ) ⇒ SB ⊥ A R vì AR ⊂ ( α )

(4)

ARP = 1v Từ (3) và (4) cho AR ⊥ ( SBD ) ⇒ AR ⊥ PR vì PR ⊂ ( SBD) , tức là Tứ giác APQR có Q và R cùng nhìn AP dưới một góc vuông nên APQR nội tiếp đường tròn đường kính AP.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,25

P Q I

B O

b/ Tìm diện tích tứ giác APQR.

Gọi I,K,H là hình chiếu của P, Q, R trên (ABCD) Suy ra I ∈ AB, K ∈AC, H ∈ AD Gọi J = QR Ta có

∩ CD ⇒ ( APQR) ∩ ( ABCD) = A J (5)

(α ) ⊥ SB

nên AJ ⊥ SB vì AJ ⊂ (α )

SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ A J ⊥ SA vì AJ ⊂ (ABCD) Suy ra AJ ⊥ ( SAB ) ⇒ A J ⊥ AP vì AP ⊂ (SAB) (6)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,5

và AJ ⊥ AB

(7)

là góc tạo bởi mp(APQR) và mp(ABCD) Từ (5), (6), (7) cho PAB Do đó S APQR =

S AIKH co sPAB

0,5

△ ABC vuông ở C nên tính AC = a 3 ⇒ SA = AC ⇒ ∆SAC vuông cân AQ ⊥ (SBC) (theo a) ⇒ AQ ⊥ SC ⇒ Q là trung điểm SC ⇒ K là trung điểm AC Nên AK =

3 AC a = 2 2

Từ giả thiết suy ra ABC = 600 ⇒ AC J = 300 Mà AJ ⊥ AB và AB//JC nên AJ ⊥ JC ⇒ AC = 2 AJ ⇒ AK = A J ⇒ ∆A JK đều Vì Q,R,J thẳng hàng nên K,H,J thẳng hàng

= HAK = 300 ) ⇒ AH = AK 3 = 3 a ⇒ AH ⊥ JK (vì JAH 2 4 Tam giác vuông SAB cho SB = a 7 Do AP

⊥ SB nên SA. AB = AP. SB ⇒ AP =

= Tam giác vuông APB cho co sPAB

SA. AB 2a 21 = SB 7

21 AP = AB 7

= Tam giác vuông API cho AI = AP co sPAB

6 a 7

0,5

1 1 AI . AK sin 300 + AK . AH sin 300 2 2 1 45 3 2 a = AK sin 300 ( AI + AH ) = 2 224

S AIKH = S AIK + S AKH =

Vậy S APQR =

45 3 2 21 45 7 2 a : a = 224 7 224

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com