đề thi KSCL HSG Môn toán lớp 11

ĐỀ THI KSCL HỌC SINH GIỎI LỚP 11
NĂM HỌC 2016 - 2017
Môn: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao
) đề

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
CỤM THI THPT YÊN THÀNH

Câu 1 (6,0 điểm).
x
2

a) Giải phương trình: 2 (sin x + 3) cos 4 −sin x(1 + cos x) −3cos x −1 =0.
b) Giải bất phương trình: ( x + 1)( x2 + 2 + x2 + 2 x + 3) > x2 + 2 −2 x −1
Câu 2 (3,0 điểm).
Cho đa giá
c lồi (H) có22 ca nh.
c tam giá
c cóba đı ̉
nh làba đı ̉
nh
̣ Go ịX làtâp̣hơ p̣ cá
của (H). Cho ṇngẫ
u nhiên 2 tam giá
c trong X, tı́
nh xá
c suấ
t đểchoṇđươc̣1 tam giá
c có1
canh
c (H) và1 tam giá
c không cócanh
o làcanh
c (H).
̣ làcanh
̣ của đa giá
̣ nà
̣ của đa giá
Câu 3 (2,0 điểm)
. Cho dãy số (un ) xác định bởi:
u1 =2
9
. Tìm lim ( n3 −n).un .
 2
2
n( n −1)un =u1 + 2u2 + ... + (n −1)un−1 , ∀n> 1,n∈  .

. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Các điểm H, K lần lượt
Câu 4 (5,0 điểm)
là trung điểm của AD, C’D’. Điểm M thuộc đoạn BC’, N thuộc đoạn AB’. Đường thẳng
MN tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 450 .
a) Chứng minh rằng: AK ⊥ BH ;
b) Chứng minh rằng: MN ≥(2 − 2) a .
Trong mặt phẳng O xy, cho tam giác ABC; đường thẳng AD là phân
Câu 5 (2,0 điểm).
giác trong góc Â. Trên đoạn AD lấy hai điểm M, N ( M, N khác A và D ) sao cho


ABN  CBM . Đường thẳng CN cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN tại điểm F; biết
phương trình FA là x+ y −8 =0 và M (−3; −1), B(−4; −2) . Xác định tọa độ điểm A biết đường
tròn ngoại tiếp tam giác AMC đi qua điểm Q(0; 22) .
Câu 6 (2,0 điểm).
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab+ bc+ ca =1 . Chứng minh rằng :
33
a
b
c
+ 2
+ 2
≥
.
2
2
2
b +c +2 c +a +2 a +b +2
8
2

……………. Hết …………….
Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
……………………………………
Họ và tên thí …………………….……………………………
sinh
Số báo danh

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HSG CỤM THPT YÊN THÀNH

(Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang)

Câu
Nội dung
1.
a.
(6,0đ) Pt ⇔ 2(s inx + 3)cos 4 x −2 sin x. cos 2 x −6 cos2 x + 2 =0
⇔
⇔
⇔
⇔

2
2
2
x
x
(s inx + 3)cos 4 −cos 2 (s inx + 3) + 1 =0
2
2
x
x
cos 2 (s inx + 3)(cos 2 −1) + 1 =0
2
2
1
− (s inx + 3) sin2 x + 1 =0 ⇔ sin 3 x + 3sin 2 x−4 =0
4
 s inx =1
 s inx = −
2 (vn)


b.
 a = x2 + 2

Đặt: 

0,5
0,5
0,5

(a ≥ 2)

⇒ x
=

3,0
0,5

b2 −a2 −1
2

2
b = x + 2 x + 3 ( b ≥ 2)
1
1
BPT trở thành: b2 −a2 + (b2 −a2 −1)a + (b2 −a2 + 1)b > 0
2
2
2
⇔ (−
b a)(b + a + 1) > 0

1,0
0,5
0,5

⇔ b> a hay x2 + 2 x + 3 > x2 + 2
⇔ x
> −

0,5

0,5

π
+ k2 π (k ∈  )
2

⇔ x
=

Điểm
3,0
0,5

1
1
. Vậy tập nghiệm của bpt là: S =( − ; +∞)
2
2

+) Đa giá
c lồi (H) có22 canh
̣ nên có22 đın̉h.
2.
nh làba đı̉
nh của đa giá
c (H) làC322 =1540.
(3,0đ) +) Sốtam giác có3 đı̉
2
+) Sốphầ
n tửcủa không gian mẫ
u Ω làn( Ω) = C1540
=1185030
Số tam giá
c cómôṭcanh
̣ làcanh
̣ của đa (H) là22.18 = 396
+) Số tam giá
c cóhai canh
̣ làcanh
̣ của đa (H) là22
Số tam giá
c không cócanh
o làcanh
: 1540 - 396 - 22 = 1122
̣ nà
̣ của đa (H) là
+) GoịA là biến cố “ hai tam giá
c đươc̣choṇcómôṭtam giá
c có1 canh
̣ làcanh
̣ của
(H) và1 tam giá
c không cócanh
o làcanh
̣ nà
̣ của (H)"
Sốphầ
n tửcủa A làn(A) =C1396 .C11122

n(A) C1396 .C11122 748
Xá
c suấ
t của biế
n cốA làp(A) =
=
=
n( Ω) 1185030 1995
1
3.
Ta có: u2 =
3
(2,0đ)

0,5
0.5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

Với n≥3 , ta có: u1 + 2u2 + ... + nun =n3 un
3

u1 + 2u2 + ... + ( n −1)un−1 =(n −1) un−1

(1)
(2)

0,5

Từ (1) và (2), suy ra: nun =n3 un −(n −1)3 un−1
2

⇒ un =

(n −1)3
n
 n −1 
un−1 =
un−1
 .
3
n −n
 n  n+1

n n −1 3
 n −1   n −2   2 
⇒ un =
.
... u2
 .
 ...   .
4
 n   n −1   3  n + 1 n

0,5

4
n (n + 1)
9
1
Do đó: lim ( n3 −n).un =lim18(1− ) =18 .
2
n

0,5

2

⇒ un =

2

2

2

a.
4.
(5,0đ)

A

H

3,0
1,0

D
E

B
C

A'
D'
K

B'
C'

Gọi E là trung điểm của cạnh CD, ta có: KE ⊥ ( ABCD) ⇒ KE ⊥ BH (1)


Mặt khác, ta có:  ABH =DAE(c. g. c) ⇒ ABH
 DAE

0,5





⇒ AHB
 HAE
 AHB
 ABH
 900
⇒ BH ⊥ AE (2)

0,5
0,5
0,5
2,0
0,5

Tứ (1) và (2), suy ra: BH ⊥ ( AEK ) ⇒ BH ⊥ AK
b.
P

D
C
M'

A

N'
B
M

D'

C'

A'

N
B'

Gọi M’, N’ lần lượt là hình chiếu của M, N trên (ABCD). Không mất tính tổng quát
giả sử MM’< NN’. Gọi P =MN ∩ M 'N ' , khi đó:
 '  450 , MM ' =BM ',NN ' = AN ' =a −BN ',MN =PN −PM
(
MN ,(ABCD ))  MPM
⇒ MNcos45 0 =PNcos45 0 −PMcos45 0 =PN '−PM ' =M 'N '

Do đó: M 'N ' = BN ' + BM ' =MNcos45
Ta có: MN sin 450 =PN sin 450 −PMcos45 0 = NN '−MM ' =a −( BN '+ BM ')
2

2

(1)

0

(2)

0,5

Từ (1) và (2) suy ra:
0

0,5
0

2

2

MN( 2cos45 + sin 45 ) = 2( BN ' + BM ' ) + a −( BN '+ BM ')
≥( BN '+ BM ') + a −( BN '+ BM ') =a

0,5

(BĐT Bunhiacôpxki)
⇒ MN ≥(2 − 2) a

5.
(2,0đ)

0,5

Gọi E là giao điểm thứ hai của BM và đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC. Ta
chứng minh E thuộc AF.


Thật vậy tứ giác AFBN nội tiếp nên NAB
 NFB







Tương tự MAC
 MEC , theo giả thiết NAB  MAC , suy ra: NFB  MEC





Do đó tứ giác BCEF nội tiếp. Suy ra CFE
 CBE  NBA  NFA  NFE .
Suy ra A, E, F thẳng hàng.
Đường thẳng BM đi qua B và M nên có phương trình: x −y + 2 =0 .
E =AF ∩ BM , suy ra tọa độ của E là nghiệm của hpt:
 x + y −8 =0
 x =3
⇔
⇒ E (3; 5)

 x −y + 2 =0
 y =5
Đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác AMC có phương trình dạng:
x2 + y2 −2ax−2by+ c =0 (a2 + b2 −c > 0)
10
6a + 2b + c = −
 a =2


Vì M, Q, E thuộc (T) nên ta có hpt: −2 22b + c = −
22 ⇔ b =0 (tm)
6a + 10b −c =34
c = −
22


Suy ra (T) có pt: x2 + y2 −4 x −22 =0 .

0,5

0,5

A là giao điểm của AE và (T) nên tọa độ điểm A là nghiệm
:
của hpt
  x =7
0,5
 x + y −8 =0
⇔
 2
2
+
−
4
−
22
=
0
x
y
x



  y =1 ⇒ A(7;1)
  x =3

  y =5

Vậy A(7;1)
Có ab+ bc+ ca =1 nên
b2 + c2 + 2 =a2 + b2 + c2 + 2(ab+ bc+ ca) −a2 =( a + b+ c) 2 −a2 =S2 −a2

6.
(2,0đ) trong đó S =a + b+ c và S2 =( a + b + c)2 ≥3(ab+ bc+ ca) ≥3 ⇒ S≥
Khi đó

0,5

3.

33
a
b
c
+ 2
+ 2
≥
2
2
2
b +c +2 c +a + 2 a +b +2
8
2

a
b
c
33
aS2
bS2
cS2
33 2
+
+
≥
⇔
+
+
≥
S
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
S −a S −b S −c
8
S −a S −b S −c
8
a3
b3
c3
33 2
⇔ 2
+ a + 2 2 + b+ 2 2 + c ≥
S
2
S −a
S −b
S −c
8
a3
b3
c3
33 2
⇔ 2
+
+
+S≥
S
2
2
2
2
2
8
S −a S −b S −c
a4
b4
c4
33 2
⇔
+
+
+S≥
S
2
3
2
3
2
3
8
aS −a bS −b cS −c
Lại có theo Cauchy-Schazw thì
a4
b4
c4
(a2 + b2 + c2 ) 2
+
+
≥
aS2 −a3 bS2 −b3 cS2 −c3 S2 (a + b + c) −(a3 + b3 + c3 )
⇔

2

=

2

2 2

2

2

2

S(a + b + c )
S(S −2)
S(S −2)
≥ 4
=
3
3
3
2
2
S −(a + b + c)(a + b + c ) S −( S −2)
4S2 −4

0,5

0,5

2

4

(Vì (a2 + b2 + c2 ) 2 =( a. a3 + b. b3 + c. c3 ) 2 ≤(a + b + c)(a3 + b3 + c3 ) )
33 2
( S2 −2) 2
33
S(S2 −2) 2
Ta đi chứng minh
+S≥
+ 1≥
S ⇔
S
2
2
4( S −1)
8
4( S −1)
8
⇔ 2 S3 −3 3 S2 + 3 3 ≥0 ⇔ ( S − 3)(2 S2 − 3S −3) ≥0
⇔ ( S − 3) 2 (2 S + 3) ≥0

0,5

(luôn đúng ∀S ≥ 3)

Vậy BĐT (*) được chứng minh, dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a =b =c =
…………………….Hết…………………….
Ghi chú: HS giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

1
.
3