Đề thi khảo sát học sinh giỏi cấp tỉnh lần 1 năm học 2019-2020 môn Toán Lớp 11 - Trường THPT Hậu Lộc 4 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi khảo sát học sinh giỏi cấp tỉnh lần 1 năm học 2019-2020 môn Toán Lớp 11 - Trường THPT Hậu Lộc 4 (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 KỲ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LẦN 1 TỔ TOÁN Năm học: 2019 - 2020 Môn thi: TOÁN - Lớp 11 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Số báo danh Đề thi có 01 trang - gồm 05 câu Câu I (4,0 điểm) 1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị P của hàm số y x2 ( m 2) x m 1,biết rằng P đi qua điểm M(3;0) . 1 1 2. Giải phương trình: x 1 x x 1 x x. 2 2 Câu II (4,0 điểm) 2cosx 2sin 2 x 2sin x 1 1. Giải phương trình: cos 2x 3 1 sin x . 2cosx 1 x y 3 x 3 y 1 2. Giải hệ phương trình: x, y R . 2 x y 3 x y 2 x 1 x y 0 Câu III (4,0 điểm) 1. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng: a b c 3 2 . ab b2 bc c 2 ca a 2 2 2. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau được thành lập từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S . Tính Xác suất để số được chọn không có hai chữ số chẵn đứng cạnh nhau. Câu IV (4,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A 1;3 . Gọi D là một điểm trên cạnh AB 1 3 sao cho AB 3 AD và H là hình chiếu vuông góc của B trên CD. Điểm M ; là trung điểm đoạn HC. 2 2 Xác định tọa độ điểm C, biết điểm B nằm trên đường thẳng x y 7 0. 2. Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình thang cân ABCD AB// CD . Gọi HI, lần lượt là hình chiếu vuông góc của B trên các đường thẳng AC, CD . Giả sử MN, lần lượt là trung điểm của AD, HI . Viết phương 2 trình đường thẳng AB biết MN 1; 2 , 3;4 và đỉnh B nằm trên đường thẳng x y 9 0 , cos ABM . 5 Câu V (4,0 điểm)  1  1. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi A là điểm trên SA sao cho - AAAS . 2 Mặt phẳng qua A cắt các cạnh SB , SC , SD lần lượt tại B , C , D . Tính giá trị của biểu thức SB SD SC T . SB SD SC 2. Cho hình chóp S. ABCD đáy là hình thang, đáy lớn BC 2 a , AD a , AB b . Mặt bên ()SAD là tam giác đều. Mặt phẳng () qua điểm M trên cạnh AB và song song với các cạnh SA , BC . () cắt CD,, SC SB lần lượt tại NPQ,, . Đặt x AM (0 x b ). Tính giá trị lớn nhất của diện tích thiết diện tạo bởi () và hình chóp S. ABCD . HẾT
2. ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Câu NỘI DUNG Điểm I 1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị P của hàm số y x2 ( m 2) x m 1, biết rằng 2.0 P đi qua điểm M(3;0) . 4,0 Do P đi qua điểm M(3;0) nên ta có 9-3(m 2) m 10 2 m 40 m 2 0.50 điểm Khi đó ta có hàm số y x2 4 x 3 x 2 Ta có đỉnh II: (2; 1) 0.50 y 1 Bảng biến thiên -∞ x 2 +∞ +∞ +∞ y 0.50 -1 0.50 1 1 2. Giải phương trình sau x 1 x x 1 x x. 2 2 2.0 Điều kiện 1 x 1. Phương trình đã cho tương đương với: 0.50 2x1x 1x1 1x 1x 0 Đặt a 1 x; b 1 x, a, b 0 2x a2 b 2 . Phương trình dã cho trở thành: 2 2 abab 1 ab 0 ababab 1 1 0 0.50 a b a b 2 1 5 a b a b 1 0 a b 2 + Với: a b 1 x 1 x x 0 0.50 1 5 1 5 5 5 + Với: a b 1 x 1 x x 2 2 8 0.50 5 5 - Kết luận. Phương trình có các nghiệm x 0; x . 8
3. II 2cosx 2sin 2 x 2sin x 1 2.0 1. Giải phương trình: cos 2x 3 1 sin x 2cosx 1 4,0 1 Điều kiện: 2cosx 1 0 cos x x k2 , k Z . điểm 2 3 2cosx 1 2sin x 2cos x 1 0.50 Pt cos 2 x 3 1 sin x 2cosx 1 2cosx 1 1 2sin x cos 2x 3 1 sin x 2cosx 1 2 0.50 1 2sinx 3 3 sin x 1 2sin x 3 2sin2 x 2 3 sin x 3 0 sin x hoặc sinx 1. 2 3 2 Với sinx sin x sin x k2 hoặc x k2 , k Z 2 3 3 3 0.50 Với sinx 1 x k 2 , k Z 2 2 0.50 So với điều kiện nghiệm của phương trình: x k2 ; x k 2 , k Z . 3 2 2.0 x y 3 x 3 y 1 2. Giải hệ phương trình: 2 x y 3 x y 2 x 1 x y 0 x 0 Điều kiện: y 1 0 . y 2x 1 0 0.50 Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : xy3x3 y1 xy2x3 y1 x3 y x 2 1 x y 2 x 3 x y 2 x 3 0 1 y 1 x 3 y 1 x 3 0.50 1 Với điều kiện x 0, y 1 ta có : x 3 0. y 1 x 3 Nên từ 1 ta có : x y 2 0 y x 2 . Thay vào phương trình thứ nhất trong hệ ta được phương trình : x 3 x x2 x 2 * Điều kiện 0 x 3 . Vì VT 0 VP 0 x  2;3 . 0.50 Với mọi x 2;3 ta có: 1 x 1 x x 2 3 x x2 3 x 1 0 2 2 x 3 x 1 x 3 x 1 2 x 3 x 1 0 x 1 x x 2 3 x 1 1 3 5 x2 3 x 1 1 0 x2 3 x 1 0 x 0.50 x 1 x x 2 3 x 2 7 5 3 5 7 5 y (tmđk). Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x;; y . 2 2 2
4. III 1. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng: 2.0 a b c 3 2 ab b2 bc c 2 ca a 2 2 4,0 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có điểm 2b a b a 3b 2b. a b 2 2 0.50 Áp dụng tương tự ta được a b c 2a 2 2b 2 2c 2 . ab b2 bc c 2 ca a 2 a 3b b 3c c 3a 2a 2 2b 2 2c 2 3 2 Ta cần chứng minh a 3b b 3c c 3a 2 a b c 3 Hay . a 3b b 3c c 3a 4 0.50 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được 2 a b c a b c . a 3b b 3c c 3a a2 b 2 c 2 3ab 3bc 3ca Mặt khác, từ một đánh giá quen thuộc ta có 2 a b c 3 ab bc ca Do đó ta được 0.50 a2 b 2 c 2 3abbcca a 2 b 2 c 2 2abbcca abbcca 21 2 4 2 a b c a b c a b c 3 3 2 a b c a b c 3 Từ đó suy ra a 3b b 3c c 3a 42 4 0.50 a b c 3 Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c . 2.0 2. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau được thành lập từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S . Tính Xác suất để số được chọn không có hai chữ số chẵn đứng cạnh nhau. 5 0.50 Số phần tử của S là 8.A8 53760 . Do đó, chọn ngẫu nhiên một số từ tập S có 53760 (cách). Vì số được chọn có 6 chữ số nên ít nhất phải có hai chữ số chẵn, và vì không có hai chữ số chẵn đứng cạnh nhau nên số được chọn có tối đa 3 chữ số chẵn. TH1: Số được chọn có đúng 2 chữ số chẵn, khi đó gọi số cần tìm là abcdef 0.50 Xếp 4 số lẻ trước ta có 4! cách. lẻ lẻ lẻ lẻ 2 2 1 Xếp 2 số chẵn vào 5 khe trống của các số lẻ có CAC5. 5 4. 4 cách. 2 2 1 Trong trường hợp này có 4! CAC5 . 5 4. 4 4416 (số).
5. TH2: Số được chọn có đúng 3 chữ số chẵn, khi đó gọi số cần tìm là abcdef 3 Xếp 3 chữ số lẻ trước ta có A4 cách. lẻ lẻ lẻ 3 3 2 2 0.50 Xếp 3 chữ số chẵn vào 4 khe trống của các số lẻ có CACA4 5 3 4 cách. 3 3 3 2 2 Trong trường hợp này có ACACA4. 4 . 5 3 . 4 4896 (số). Vậy có tất cả 9312 số có 6 chữ số sao cho không có hai chữ số chẵn đứng cạnh nhau. 0.50 9312 97 Xác suất cần tìm là . 53760 560 IV 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A 1;3 . Gọi D là một điểm trên cạnh AB sao cho AB 3 AD và H là hình chiếu vuông góc của B trên 2.0 1 3 CD. Điểm M ; là trung điểm đoạn HC. Xác định tọa độ điểm C, biết điểm B 2 2 nằm trên đường thẳng x y 7 0. 4,0 điểm Gọi NI, là giao điểm của đường thẳng qua B vuông góc với BC với các đường thẳng CD và CA . Do tam giác IBC vuông tại B và 1.0 AB AC A là trung điểm của đoạn IC , suy ra D là trọng tâm tam giác IBC . Do đó 1 AN//. BC 2 Gọi E là trung điểm BH , khi đó E là trực tâm tam giác NBM và tứ giác NAME là hình bình hành nên từ NE BM AM  BM. Đường thẳng BM có phương trình x 3 y 5 . Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ x y 7 0.50 B 4; 3 x 3 y 5   Từ AB 3 AD D 2;1 . Lúc đó ta có phương trình các đường thẳng CD: x y 1; BH : x y 1 . Suy ra tọa độ điểm H 1;0 .Suy ra C 2; 3 0.50 2. Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình thang cân ABCD AB// CD . Gọi HI, lần lượt là hình chiếu vuông góc của B trên các đường thẳng AC, CD . Giả sử 2.0 MN, lần lượt là trung điểm của AD, HI . Viết phương trình đường thẳng AB biết 2 MN 1; 2 , 3;4 và đỉnh B nằm trên đường thẳng x y 9 0 , cos ABM . 5
6. Xét tam giác ABD và HBI có: ABD HCI HBI . Và ADB ACB HIB . Suy ra ABD HBI 0.50 Ta có BM, BN lần lượt là hai trung tuyến của tam giác ABD, HBI do đó: BM BA (1) . BN BH Lại có ABM HBN MBN ABH (2) . Từ (1) và (2) suy ra ABH MBN . Do đó MNB AHB 90 hay MN NB Đường thẳng BN đi qua N và vuông góc với MN nên có phương trình là : x 3 y 15 0 . x y 9 0 x 6 0.50 Toạ độ điểm B thoả mãn . Suy ra B(6; 3) . x 3 y 15 0 y 3  Gọi n a; b a2 b 2 0 là một vec tơ chỉ phương của đường thẳng AB .   Ta có MB 5; 5 cùng phương với vec tơ u 1;1 . Theo bài ra ta có: MB 2 a b 8(a2 b 2 ) 5( a 2 2 ab b 2 ) 3 a 2 10 ab 3 b 2 0 0.50 5 2( a2 b 2 a 3 b 3a b Với a 3 b , chọn b 1 a 3 ta có phương trình 3x y 21 0 Với b 3 a chọn a 1 b 3 ta có phương trình x 3 y 15 0 (loại do trùng với BN ) 0.50 Vậy phương trình đường thẳng AB là: 3x y 21 0 . V 1. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi A là điểm trên SA   1 sao cho - AAAS . Mặt phẳng qua A cắt các cạnh SB , SC , SD lần 2 2.0 SB SD SC lượt tại B , C , D . Tính giá trị của biểu thức T . SB SD SC 4,0 điểm Gọi O là giao của AC và BD . Ta có O là trung điểm của đoạn thẳng AC , BD . Các đoạn thẳng SO , AC , BD đồng quy tại I .
7. Ta có: 0.50 SSSSA' I SC I SA C SSS SA I SC I SA C SSSSAC SAC SAC SSS SA I SC I SA C 2SSSSAO 2 SCO SAC SA SI SC SI SA SC SI SA SC SA SC . . 2SA SO 2 SC SO SA SC 2SO SA SC SA SC 0.50 SA SC SO SB SD SO 0.50 2. ; Tương tự: 2. SA SC SI SB SD SI SB SD SC SA 3 Suy ra: . SB SD SC SA 2 0.50 2. Cho hình chóp S. ABCD đáy là hình thang, đáy lớn BC 2 a , AD a , AB b . Mặt bên ()SAD là tam giác đều. Mặt phẳng () qua điểm M trên cạnh AB và song song 2.0 với các cạnh SA , BC . () cắt CD,, SC SB lần lượt tại NPQ,, . Đặt x AM (0 x b ). Tính giá trị lớn nhất của diện tích thiết diện tạo bởi () và hình chóp S. ABCD . ()  SA vµ BC nªn ()()  SAD MQ SA, NP  SD Ta có MN PQ  AD  BC Theo ĐL Talét trong hình thang BM CN ABCD: (1) BA CD 0.50 Theo ĐL Talét trong BM BQ MQ SAB : (2) BA BS SA Theo ĐL Talét trong CN CP PN SCD : (3) CD CS SD b x x x Từ (1), (2), (3) suy ra MQ NP a; PQ 2 a ; MN a a b b b 2 0.50 1 2 MN PQ Thiết diện là hình thang cân và Std () MN PQ MQ 2 2 2 2 2 2 1 ab ax 2 ax a () b x a ()1(3)3() b x a b x a b x 2 2 2 b b b 4 b 2 b 2 b 0.50
8. 2 a23 a 2 3 3 x b 3 b 3 x a 3 2(3x b )(3 b 3 x ) 2 12b 12 b 2 3 a2 3 b Vậy diện tích lớn nhất của thiết diện là khi x . 0.50 3 3 HẾT