TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4
Tổ - Tốn

KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
Năm học: 2018 - 2019

Số báo danh

Môn thi: TỐN - Lớp 11
Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu

……………………............

Câu I (3,0 điểm)
y x 2   m  2  x  m  3
( với m là tham số)
Cho hàm số
 P  của hàm số khi m 0
1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị
2. Tìm m để đồ thị của hàm số đã cho cắt trục hồnh tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x2 thỏa mãn
x1  m  1 x2  m  1

 26
x2
x1
.
Câu II (5,0 điểm)
2
1. Giải phương trình: x  1  x  4 x  1 3 x



4

P  2018  tan   cos    
cos 2 
 
4

5 với 2
2. Cho
. Tính giá trị của biểu thức:
2 cos x  2sin 2 x  2sin x  1
cos 2 x  3  1  sin x  
2 cos x  1
3. Giải phương trình:
.
Câu III (4,0 điểm)
2 x 2  3x  5
4x  7
 2 3 x 
3 x
3 x
1. Giải bất phương trình :

 x  y  3x  x  y   2 y  6 y 2

2
3 2  y  6 2  x  4 4  y 10  3x  x, y   
2. Giải hệ phương trình: 
.

Câu IV (4,0 điểm)
1
1
1
1
 

0
1. Cho tam giác ABC có góc B 30 và p  a p p  b p  c ( trong đó a BC , b CA, c  AB và
p là nửa chu vi của tam giác ABC ). Tính các góc cịn lại của tam giác ABC .
2. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c 6 . Chứng minh rằng:
a
b
c


2
3
3
b 1
c 1
a3  1
.
Câu V (4,0 điểm)
3 
M  ;0 
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có  2  là trung điểm đoạn AC , phương
trình các đường cao AH , BK lần lượt là 2 x  y  2 0 và 3x  4 y  13 0 . Xác định tọa độ các đỉnh của
tam giác ABC .
2. Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB 2 BC , B  7;3  . Gọi M là

trung điểm của AB ; E là điểm đối xứng với D qua A . Biết rằng N  2;  2  là trung điểm của DM ,
điểm E thuộc đường thẳng  : 2 x  y  9 0 . Tìm tọa độ đỉnh D .


-------------------- Hết -------------------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Câu
I
3,0
điểm

Cho hàm số

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
NỘI DUNG
2
y x   m  2  x  m  3
( với m là tham số)

1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị
2
Với m 0 ta được y x  2 x  3

 P

Điểm
2.0

của hàm số khi m 0
0.50


 x 1
I :
 I  1;  4 
ta có đỉnh  y  4
Ta có bảng biến thiên:

0.50

đồ thị là parabol có bề lõm hướng lên có trục đối xứng là đường thẳng x 1
  1; 0  ;  3; 0  cắt trục tung tại điểm  0;  3
cắt trục hồnh tại điểm
Ta có đồ thị của hàm số:

0.50

y

O
-1

1
3

x

0.50

-4

2. Tìm m để đồ thị của hàm số đã cho cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hồnh

x1  m  1 x2  m  1

 26
x2
x1
độ x1 ; x2 thỏa mãn:
.
 x1 0

x 0
Đk:  2
Xét phương trình hồnh độ giao điểm

1.0

0.25
x 2   m  2  x  m  3 0

(*)

để đồ thị của hàm số đã cho cắt trục hồnh tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x2


 m 2  16  0

 m 3
m

3


0
x
;
x

0

 phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt 1 2
 x1  x2 m  2

x x m  3
Theo định lí viet ta có:  1 2
x1  m  1 x2  m  1

 26  x12  x22   m  1  x1  x2   26 x1 x2
x
x
2
1
ta có
  x1  x2    m  1  x1  x2   24 x1 x2   m  2    m  1  m  2   24  m  3

0.25

14
14
 25m  70 0  m 
m
5 ( thỏa mãn đk). vậy giá trị của m cần tìm là
5


0.25

2

II
5,0
điểm

0.25

2

2
1. Giải phương trình: x  1  x  4 x  1 3 x
(*)
x

0.
Điều kiện:
 Trường hợp 1. Nếu x 0 thì ()  2 0 : sai nên x 0 không là nghiệm
 Trường hợp 2. Nếu x  0, chia hai vế cho x  0, thì:

1
1
1 Cauchy
1
()  x 
 x   4  3 0
t x

 2  t 2 x   2.
x
x
x
x
(1). Đặt
2 t 3
5
(1)  t 2  6 3  t   2
t 
2
2
t  6t  9 t  6
Suy ra:
1
5
1
1
x
  2( x ) 2  5 x  2 0  x 2 
x   x 4  x  
2
4
x 2
1
x 4, x  
4
Kết hợp với điều kiện ta được phương trình có 2 nghiệm
4


cos 2 
 
5 với 2
2. Cho
. Tính giá trị của biểu thức:


P  2018  tan   cos    
4


 
Do 2
nên sin   0, cos   0 . Ta có:
1  cos 2 1
1
cos 2 
  cos  
2
10
10
9
3
sin 
sin 2  1  cos 2    sin  
tan  
 3
10
10 ,
cos 

1
P  2018  tan   .
 cos   sin  
2
Khi đó:
 2018  3 .

1  1
3 


 403. 5
2
10
10 

3. Giải phương trình:

cos 2 x  3  1  sin x  

2.0
0.50

0.50

0.50

0.50

1.5


0.50

0.50
0.25
0.25

2 cos x  2sin 2 x  2sin x  1
 
2 cos x  1

1.5


1

2 cos x  1 0  cos x   x   k 2 ,  k  Z  .
2
3
Điều kiện:
 2 cos x  1  2sin x  2 cos x  1
   cos 2 x  3  1  sin x  
2 cos x  1
 2cos x  1  1  2sin x 
 cos 2 x  3  1  sin x  
2 cos x  1
2
 1  2sin x  3  3 sin x 1  2sin x
3
2 hoặc sin x  1

3


2
sin x 
 sin x sin
 x   k 2
x   k 2 ,  k  Z 
2
3
3
3
Với
hoặc

sin x  1  x   k 2 ,  k  Z 
2
Với
2

x   k 2 ; x   k 2 ,  k  Z  .
3
2
So với điều kiện nghiệm của phương trình:



 2sin 2 x  2 

III

4,0
điểm



3 sin x 

1. Giải bất phương trình :
1 x  3
 2 x 2  3 x  5 0


 x  5
3  x  0

2
đk:


0.50

3 0  sin x 

2 x2  3x  5
4x  7
 2 3 x 
3 x
3 x

bpt


0.50

2 x 2  3 x  5  2  3  x  4 x  7 

0.25
0.25

2.0

0.50
2 x 2  3 x  5 2 x  1 (*)

5
2 ta có VT (*) 0 , VF(*)  0 nên (*) vô nghiệm.
Nếu
Nếu 1  x  3 , cả hai vế của (*) không âm nên ta có
 x 2
2
2
2
 2 x  3 x  5  2 x  1  2 x  7 x  6 0  
 x 3

2
Bpt (*)
3
1 x 
2 hoặc 2  x  3 nên tập nghiệm của bất phương trình
Kết hợp với đk ta được

 3
S  1;    2;3
 2
đã cho là
.
x 

 x  y  3x  x  y   2 y  6 y 2

2
3 2  y  6 2  x  4 4  y 10  3x  x, y   
2. Giải hệ phương trình:
.
 x  y 0

0  y 2
 x 2
Điều kiện : 
.
 x, y   0;0  không thỏa hệ nên x  y  2 y 0 . Khi đó
Nhận xét rằng với

0.50

0.50

0.50

2.0


0.50



pt đầu



x y 



2 y  3 x  y  x  6 y2 

x y
 3  x 2  xy  2 y 2  0
x  y  2y



x y
1
 3 x  y   x  2 y    x  y  
 3  x  2 y   0
 x  y  2y

x  y  2y
 1



1
 3 x  2 y   0
x

y

2
y
Từ điều kiện và nhận xét ở trên ta có :
.


0.50

 1  x  y 0  x  y .
Do đó
Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình:
3 2  x  6 2  x  4 4  x 2 10  3 x (*)
2
ta có : ()  3( 2  x  2 2  x ) 10  3 x  4 4  x

0.50
(2)

2
2
2
Đặt t  2  x  2 2  x , suy ra: t ( 2  x  2 2  x ) 10  3x  4 4  x .
2
khi đó pt(2) trở thành 3t t  t 0 hoặc t 3.

6
2  x 2 2  x  2  x 8  4 x  x  
t

0,
5
 Với
suy ra:

VT  2  x 2
, x    2; 2

VP

2
2

x

3

3

t

3,
 Với
suy ra: 2  x 2 2  x  3 có 
nên
t


3.

phương trình sẽ vơ nghiệm khi
Kết hợp với điều kiện
hệ phương trình
đã cho có nghiệm duy nhất là
IV
4,0
điểm

0.50

6 6
; 
 5 5

 x; y  

1
1
1
1
 

1. Cho tam giác ABC có góc B 30 và p  a p p  b p  c ( trong đó
a BC , b CA, c  AB và p là nửa chu vi của tam giác ABC ). Tính các góc cịn lại
của tam giác ABC .
Ta có
2 p   b  c

1
1
1
1
1
1
1
1
a
 


 



p a p p b p c
p a p p b p c
p( p  a)  p  b   p  c 

2.0

0



a
a

 p( p  a )  p  b   p  c 

p( p  a)  p  b   p  c 

0.50

0.50

 p  b  c  a  bc   b  c  a   b  c  a  2bc
2

  b  c   a 2 2bc  b 2  c 2 a 2  ABC

0
vuông tại A  A 90
0
0
0
0
0
0
0
mà B 30  C 90  B 90  30 60 . Vậy A 90 , C 60 .
2. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c 6 . Chứng minh rằng:
a
b
c


2
b3  1
c3  1

a3  1
2 xy  x  y
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng
ta được
a
a
2a
2a


 2
2
3
2
b 1
 b 1  b  b  1 b 1  b  b  1 b  2

0.50
0.50
2.0

0.50


Áp dụng tương tự ta được bất đẳng thức
a
b
c
2a
2b

2c


 2
 2
 2
b3  1
c3 1
a3 1 b  2 c  2 a  2
2a
2b
2c
 2
 2
2
2
Ta cần phải chứng minh được b  2 c  2 a  2
2a
ab 2
a  2
2
b  2 , mà cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta được
Thật vậy, ta có b  2
ab 2
2ab 2
2ab 2
a 3 2b 2 a 3 2.b.b a  2  b  b 






b 2  2 b 2  b 2  4 3 3 b 4 .4
3
3
9
a  2  2b 
2a
a 
9
Suy ra b  2
. Chứng minh tương tự ta được
2  a  b  c  2  ab  bc  ca 
2a
2b
2c
 2
 2
a  b  c 

2
b 2 c 2 a 2
9
9

0.50

2

 a  b  c

ab  bc  ca 

V
4,0
điểm

0.50
2

12
3
Mặt khác theo một đánh giá quen thuộc ta có
2a
2b
2c
2.6 2.12
 2
 2
6 

2
2
b 2 c 2 a 2
9
9
Do đó ta được
.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
a b c 2 .
3 

M  ;0 
 2  là trung
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có
điểm đoạn AC . Phương trình các đường cao AH , BK lần lượt là 2 x  y  2 0 và

0.50

2.0

3 x  4 y 13 0 . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
Đường thẳng AC đi qua M và vng
góc với BK nên có phương trình
4 x  3 y 6 .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
4 x  3 y 6
 A  0; 2 

phương trình 2 x  y  2

3 
M  ;0 
 2  là trung điểm AC suy ra C  3;  2  .
Từ
Đường thẳng BC đi qua C và vng góc với AH nên có phương trình x  2 y  1 0 .
 x  2 y  1
 B   3;1

3
x


4
y

13

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình
A  0; 2  , B  -3;1 , C  3;-2 
Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là
2. Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB 2 BC ,
B  7;3 

. Gọi M là trung điểm của AB . E là điểm đối xứng với D qua A . Biết

0.50

0.50
0.50
0.50

2.0


rằng N  2;  2  là trung điểm của DM , điểm E thuộc đường thẳng  : 2 x  y  9 0
. Tìm tọa độ đỉnh D
Ta chứng minh

BN  NE

1
AM  AD  AB

2
Ta có
nên tam giác
ADM
vng cân tại A , suy ra

AN  DM .

Xét tam giac ANE

0.50
và MNB

có

1
AN  MN  DM , AE  MB  AD
2
NAE 90  NAM  NMB


và




Do đó ANE MNB  AEN  MBN  ABN , suy ra tứ giác ANBE nội tiếp, do đó




BNE
 BAE
90 hay BN  NE .
Đường thẳng NE qua N và vng góc với BN nên có phương trình x  y 0 .

2 x  y  9 0


x

y

0

E
Tọa độ điểm
là nghiệm của hệ

 x  3
 E   3;3

 y 3
.
1
AB 2  AE 2  EB 2  AB 2  AB 2 100  AB 4 5
BD

BE

10

4
Ta có
. Vì
nên
DE 4 5
D  x; y 
Gọi
, vì DE 4 5 và BD 10 nên tọa độ điểm D là nghiệm của hệ:
 x  3 2   y  3 2 80
 x 1; y  5


 x 1; y 11
2
2

 x  7    y  3 100
.
D  1;  5 
Đối chiếu điều kiện B, D khác phía với NE nên
.
...........................Hết........................

0.50

0.50

0.50