(1,0 điểm) Giải hệ phương trình x y y x x x y y

(1)

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI

ĐỀ THI THÁNG LẦN 4 LỚP 11 TOÁN NĂM HỌC 2021 – 2022

MÔN TOÁN

Thời gian làm bài : 180 Phút

Câu 1. ( 2,0 điểm) Cho hàm số y=x³−3x²+mx+ −4 m có đồ thị

( )

Cm và đường thẳng d x: + − =y 3 0. Tìm tất cả các giá trị của m sao cho d cắt

( )

Cm tại 3 điểm phân biệt A, B, I ( I thuộc đoạn AB ) mà tiếp tuyến tại A với đồ thị cắt lại đồ thị tại điểm M khác A thỏa mãn tam giác AMB cân tại M.

Câu 2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

3 3 2

2 2 2

3 3 2

1 3 2 2

x y y x

x x y y

 − + − =



+ − − − = −



Câu 3. (3,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a SA, =SB SC, =SD a) Khi SA=SC và góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABCD) bằng 60⁰. Tính khoảng cách

từ A đến mặt phẳng (SCD)

b) Khi hai mặt bên (SAB) và (SCD) vuông góc với nhau và tổng diện tích hai tam giác SAB và SCD bằng

7 2

10

a . Tính diện tích thiết diện do mặt phẳng qua S, vuông góc AB tạo với hình chóp.

Câu 4. (1,0 điểm) Gọi S là tập tất cả các số có 7 chữ số mà tổng các chữ số của nó bằng 59. Lấy ngẫu nhiên một số trong S. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 11 .

Câu 5. (2,0 điểm) Cho n là số nguyên dương (n2), xét dãy số hữu hạn a a₁, ₂,,a₂_n được xác định như sau:

1 1

(2 )

2 , _k a^k n k ,1 2 1

a n a k n

+ k

= = −   −

Chứng minh rằng: 2a_n−a_n₊₁2²ⁿ⁻¹

Câu 6. (1,0 điểm) Cho các số nguyên dương n k 1. Tìm hằng số T n k( , ) lớn nhất sao cho với mọi số thực x x₁, ₂,,x_n thì bất đẳng thức sau đây đúng:

( )

²

( )

²

1 1

( , )

i j i j

i j n i j k

x x T n k x x

     

−  −

 

(2)

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THÁNG LẦN 4 11 TOÁN 2020-2021 Câu 1. (2,0 điểm)

+) Phương trình hoành độ giao điểm của d và

( )

Cm :

( )

3 2 2

3 4 3 (1) ( 1) 2 1 0

x − x +mx+ − = −m x  x− x − x− +m = 1

 =x hoặc x²−2x− + =1 m 0(2)

Đường thẳng d cắt

( )

Cm tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1m2 +) Gọi a,b là nghiệm phương trình (2) thì a+ =b 2

Xét A a( ,3−a B b), ( ,3−b I), (1, 2) là các giao điểm của d và

( )

Cm thì do a+ =b 2 nên I là trung điểm AB +) Phương trình tiếp tuyến tại A:

(

²

)

³ ²

:y 3a 6a m x a( ) a 3a ma 4 m

 = − + − + − + + −

Phương trình hoành độ giao điểm của A và  :

(

³^a²⁻⁶^a⁺^{m x a}

)

⁽ ^{− +}⁾ ^a³⁻³^a²⁺^ma^{+ − =}⁴ ^m ^x³⁻³^x²⁺^mx^{+ −}⁴ ^m

(x a) (2 x 2a 3) 0

 − + − =

Vậy  

( )

Cm tại M(3 2 , (3 2 ))− a y − a

Với ^y^{(3 2 )}⁻ â ^{= −}⁸â³⁺²⁴â²⁻¹⁸â⁻²^ma⁺²^m^{+ = − +}⁴ ^{( 8}â ⁸⁾

(

^a²⁻²^a^{− −}¹

)

¹⁰^a⁻²^m

Do a²−2a− + =1 m 0 nên a²−2a− = −1 m. Suy ra y(3 2 )− a =6ma−6m−10a+12 Ta được: M(3 2 , 6− a ma−6m−10a+12) nên

(2(1 ), (6 10)( 1)) IM = −a m− a−

Vecto chỉ phương của d là u = −( 1,1) Mà tam giác MAB cân tại M IM u =0

1 3 5 0 4(

m m 3

 + − =  = do a1) Đối chiếu điều kiện m2, ta được Đáp số: ⁴

m= 3

(3)

Câu 2. (2,0 điểm) Điều kiện: x²1, 2y−y² = −1 (y−1)²  0 (y−1)²1 Ta có: (1) x³−3x=y³−3y²+2

3 3

3 ( 1) 3( 1)

x x y y

 − = − − −

Xét f x( )=x³−3x thì f x^( )=3x²−    −3 0 x [ 1,1] và f x^( )=  = 0 x 1 Suy ra f x( ) đồng biến trên [ 1,1]− .

Mà x y, −  −1 [ 1,1] nên f x( )= f y( −  = −1) x y 1 Thay vào phương trình (2) được

2 2 2

2 1 3 1 0

x + + −x − −x =

$^^x²^{+ =}² ^{2 1}⁻^x² ^^x⁴⁺⁴^x²^{+ =}⁴ ^{4 1}

(

⁻^x²

)

^^x⁴⁺⁸^x²⁼⁰^$

0

 =x nên y=1 ( thỏa mãn điêu kiện) Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( , )x y =(0;1) Câu 3. (3,0 điểm)

a) Dễ có tam giác SAC đều. Gọi O là tâm ABCD thì khoảng cách từ A đến (SCD) bằng 2 lần khoảng cách d từ O đến (SCD). Gọi N là trung điểm CD thì ¹₂ ¹₂ ¹ ₂ ¹⁴₂

3

d = SO +ON = a nên _,( ₎ ^{. 42}

A SCD 7 d =a b)

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Do hai mặt bên (SAB) và (SCD) vuông góc với nhau nên góc MSN =90^.

Đặt SM = y SN, =x. Tam giác SMN vuông tại S nên ta có: x²+y² =a² ( Do MN =a ).

Mặt khác:

1 1 1 1 7 2 7

a ( )

2 2 2 2 2 10 5

SBB SCD

a a a

S +S = SM AB + SN CD =   +   =  +y a x x y =  + =x y .

(4)

Do đó ta có: ¹ ^{1 1} ⁽ ⁾²

(

² ²

)

¹ ⁴⁹ ² ² ⁶ ²

2 2 2 4 25 25

SMN

a a

S = xy=   x+y − x +y =  −a = . Câu 4. (1,0 điểm)

Gọi a a_{1 2}a₇ là số thỏa mãn đề bài với ¹ ² ³ ⁷

1 2 7

1 9;0 , , , 9

59(1)

a a a a

a a a

 

 + + + =



Vậy số phần tử của không gian mẫu là số nghiệm của (1).

Ta có (1)

(

10−a1

) (

+ 10−a2

)

+ +

(

10−a7

)

=11 hay x₁+x₂+ +x₇ =11(*) trong đó

10 1 1 9

i i

x = − a x và 1 x x₂, ₃,,x₇ 10. Do các x_i trong nghiệm của (*) không vượt quá 10 nên số nghiệm của (*) là C₁₀⁶ . Vậy | =| C₁₀⁶.

Có a a_{1 2}a₇ chi hết cho 11 nên

(

a1+ + +a3 a5 a7

) (

− a2+a4+a6

)

=11; 22;33;. Kết hợp với (1) ta được

2 4 6 24

a +a +a = (2) và a₁+ + +a₃ a₅ a₇ =35 (3). Phương trình (2) tương đương

(

10−a2

) (

+ 10−a4

) (

+ 10−a6

)

=6 nên tương tự (1) có số nghiệm là C₅².

Phương trình (3) tương đương

(

10−a1

) (

+ 10−a3

) (

+ 10−a5

) (

+ 10−a7

)

=5 nên tương tự (1) có số nghiệm là C₄³.

Vậy số các số có 7 chữ số có tổng là 59 và chia hết cho 11 là  =_A C₅²C₄³. Do đó xác suất của biến cố cần tìm là

2 3

5 4

6 10

( ) 4

21 C C

P A C

=  = .

Câu 5.

Trước hết, ta chứng minh: a_k = k C₂^k_nk:1 k 2n bằng quy nạp Với k=1,a_k =C¹₂_n =2n. Đúng.

Giả sử a_k =k. C₂^k_n với k 1,k2n−1

Xét ₁ ² ⁽² ⁾ ₂ (2 )

k n k

k n

k C n k

a C n k

+ k

 −

= = − (2 )! (2 )! ₂ ¹

(2 ) ( 1) ( 1)

!(2 )! ( 1)!(2 1)!

k n

n n

n k k k C

k n k k n k

= − = + = + +

− + − −

Mặt khác, có: kC₂^k_n =2n C ₂^k_n⁻¹₋₁ nên a_k =2n C ₂^k_n⁻₋¹₁

Lại có: C₂⁰_n₋₁C¹₂_n₋₁C₂²_n₋₁ C₂ⁿ_n⁻¹₋₁=C₂ⁿ_n₋₁C₂ⁿ_n⁺₋¹₁C₂ⁿ_n⁺₋²₁ C₂²_nⁿ₋⁻₁¹ Nên a₁a₂ a_n =a_n₊₁a_n₊₂  a₂_n

Vậy

2

1 1

2

n

k n

k

a n a ₊

=

 



(5)

Mà

2 2 1

2 1 2 1

1 0

2 2 2

n n i

n

k n

k i

a n C n

− −

−

= =

= = 

 

Nên a_n₊₁2²ⁿ⁻¹.

Vì a_n =a_n₊₁ nên ta được: 2a_n−a_n₊₁=a_n₊₁2²ⁿ⁻¹ Đây là điều phải chứng minh

Câu 6.

Ta có : (x_i−x_j)² =

2 2

1 1

n n

i i

n x x

= =

 

−  

 

 

^và

( )

² ² ²

1 1 1

k k

i j i i

i j k i i

x x k x x

   = =

 

− = −  

 

  

Bất đẳng thức trở thành:

2 2

1 1 1 1

( , )

n n k k

i i i i

n x x T n k k x x

= = = =

 

   

−    −  

     

   

Nhận xét rằng chỉ cần xét T n k( , )0. Ngoài ra bên vế trái có n−k biến không xuất hiện ở bên phải và vế trái nhỏ nhất khi các biến đó bằng nhau. Vậy ta xét khi tất cả các biến đó bằng 0

2 2

1 1 1 1

( , )

k k k k

i i i i

n x x T n k k x x

= = = =

 

   

−    −  

     

   

Hay

2

1 1

( ( , ) 1) ( ( , ) )

k k

i i

T n k x kT n k n x

= =

 

−    −









Nếu kT n k( , )− n 0, có thể chọn

(

x x1, 2,,x_k

)

sao cho

1

0

k i i

x

=



= ^và ²

1

0

k i i

x

=



 mâu thuẫn.

Vậy có kT n k( , )− n 0 hay ( , ) n T n k

k . Bây giờ ta cần chứng minh

2 2

1 1 1 1

n n k k

i i i i

n x x n k x x

= = k = =

 

   

−    −  

     

   

^{với mọi}^{x x}¹^, ²^,^^,^xⁿ^.

Bất đẳng thức tương đương với

2 2

2

1 1 1

n n k

i i i

i k i i

n x x n x

= + = k =

   

  −  

   

  

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

2 2

1 1

n n

i i

i k i k

n x n x

= + n k = +

 

 −  

 

Ta chỉ còn phải chứng minh n ² ( )² n ²

A A B B

n k  + −k

− với

1 n

i i k

A x

= +

=



^và

1 k

i i

B x

=



^.

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với (kA− −(n k B) )²+k n k B( − ) ² 0nên luôn đúng.

Vậy ( , ) n T n k

= k là hằng số lớn nhất thỏa mãn

(6)