15 de thi hoc sinh gioi lop 11 mon toan

Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí TRƯỜNG THPT HẬU LỘC Tổ - Tốn KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Năm học: 2018 - 2019 Số báo danh Mơn thi: TỐN - Lớp 11 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu …………………… Câu I (3,0 điểm) Cho hàm số y  x   m   x  m  ( với m tham số) Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị  P  hàm số m  Tìm m để đồ thị hàm số cho cắt trục hồnh hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 thỏa mãn x1  m  x2  m     26 x2 x1 Câu II (5,0 điểm) Giải phương trình: x   x  x   x    Cho cos 2   với     Tính giá trị biểu thức: P   2018  tan   cos     4  cos x  2sin x  2sin x  Giải phương trình: cos x  1  sin x   cos x  Câu III (4,0 điểm) Giải bất phương trình : x  3x  4x   3 x  3 x 3 x  x  y  3x  x  y   y  y 2 Giải hệ phương trình:   x, y    3  y   x  4  y  10  x Câu IV (4,0 điểm) 1 1 Cho tam giác ABC có góc B  300 ( a  BC , b  CA, c  AB    p a p p b p c p nửa chu vi tam giác ABC ) Tính góc cịn lại tam giác ABC Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c  Chứng minh rằng: a b c    3 b 1 c 1 a3  Câu V (4,0 điểm) 3  Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có M  ;0  trung điểm đoạn AC , phương 2  trình đường cao AH , BK x  y   x  y  13  Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB  2BC , B  7;3  Gọi M trung điểm AB ; E điểm đối xứng với D qua A Biết N  2; 2  trung điểm DM , điểm E thuộc đường thẳng  : x  y   Tìm tọa độ đỉnh D Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Câu I 3,0 điểm ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM NỘI DUNG Cho hàm số y  x   m   x  m  ( với m tham số) Điểm 2.0 Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị  P  hàm số m  Với m  ta y  x  x  x  ta có đỉnh I :   I 1; 4   y  4 Ta có bảng biến thiên: 0.50 0.50 đồ thị parabol có bề lõm hướng lên có trục đối xứng đường thẳng x  cắt trục hoành điểm  1;0  ;  3;0  cắt trục tung điểm  0; 3  0.50 Ta có đồ thị hàm số: y -1 O x 0.50 -4 Tìm m để đồ thị hàm số cho cắt trục hồnh hai điểm phân biệt có hồnh Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 1.0 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí độ x1 ; x2 thỏa mãn: x1  m  x2  m     26 x2 x1 x  Đk:   x2  Xét phương trình hồnh độ giao điểm x   m   x  m   (*) 0.25 để đồ thị hàm số cho cắt trục hoành hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x2  phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2     m  16    m m   x  x  m  Theo định lí viet ta có:   x1 x2  m  ta có 0.25 x1  m  x2  m     26  x12  x22   m   x1  x2    26 x1 x2 x2 x1 2 0.25  25m  70   m  14 14 ( thỏa mãn đk) giá trị m cần tìm m  5 0.25   x1  x2    m  1 x1  x2    24x1 x2  m    m  m    24 m   II 5,0 điểm Giải phương trình: x   x  x   x (*) Điều kiện: x   Trường hợp ếu x  ()   : sai nên x  không nghiệm  Trường hợp ếu x  0, chia hai vế cho x  0, thì: 1 Cauchy ()  x   x     (1) Đặt t  x    t  x   x x x x 2  t  (1)  t    t   t  2 t  6t   t  Suy ra: 1 x4  x  x Kết hợp với điều kiện ta phương trình có nghiệm x  4, x   4  Cho cos 2   với     Tính giá trị biểu thức:   P   2018  tan   cos     4  x Do   2( x )  x    x   2.0 0.50 0.50 0.50 0.50 x      nên sin   0, cos   Ta có: Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 1.5 0.50 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí  cos 2 1   cos    10 10 sin   3 , tan   sin    cos    sin   cos  10 10 Khi đó: P   2018  tan   cos   sin       2018       403  10 10  cos x  2sin x  2sin x  Giải phương trình: cos x  1  sin x     cos x  1  Điều kiện: cos x    cos x   x    k 2 ,  k  Z  cos x   2sin x 2 cos x        cos x  1  sin x   cos x   cos x  11  2sin x   cos x  1  sin x   cos x    2sin x   sin x   2sin x cos 2  sin x  1   2  sin x  sin  x   k 2 x   k 2 ,  k  Z  Với sin x  3  0.50 0.25 0.25 1.5 0.50 0.50   2sin x   sin x    sin x  Với sin x  1  x     k  , k  Z  So với điều kiện nghiệm phương trình: x  III 4,0 điểm Giải bất phương trình : 0.25 0.25 2   k 2 ; x    k 2 , k  Z  2 x  3x  4x   3 x  3 x 3 x 1  x   x  x   đk:   x    x    2.0 0.50 bpt  x  x   3  x   x   x  x   x  (*) ta có VT (*)  , VF(*)  nên (*) vô nghiệm ếu  x  , hai vế (*) khơng âm nên ta có x  2 2 Bpt (*)  x  x    x    x  x     x   ếu x   Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 0.50 0.50 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí Kết hợp với đk ta  x   x  nên tập nghiệm bất phương trình  3 cho S  1;   2;3   2  x  y  3x  x  y   y  y 2 Giải hệ phương trình:  3  y   x  4  y  10  x  x, y    2.0 x  y  y  Khi 0.50 x  y   Điều kiện : 0  y  x   hận xét với  x, y    0;0  không thỏa hệ nên pt đầu    x  y  2y  3x  y  x  6y  0.50 x y x  y  2y  x  xy  y    x y   x  y  x  y    x  y    x  y   1  x  y  2y  x  y  2y   Từ điều kiện nhận xét ta có :  3 x  y   x  y  2y  0.50 Do 1  x  y   x  y Thay vào phương trình thứ hai hệ ta phương trình:  x   x  4  x  10  x (*) ta có : ()  3(  x  2  x )  10  x  4  x IV 4,0 điểm (2) Đặt t   x  2  x , suy ra: t  (  x  2  x )2  10  3x  4  x pt(2) trở thành 3t  t  t  t   Với t  0, suy ra:  x  2  x   x   x  x   VT   x   Với t  3, suy ra:  x  2  x  có  , x   2;  nên VP  2  x   phương trình vơ nghiệm t  Kết hợp với điều kiện  hệ phương trình 6 6 cho có nghiệm  x; y    ;  5 5 1 1 Cho tam giác ABC có góc B  300 (    p a p p b p c a  BC , b  CA, c  AB p nửa chu vi tam giác ABC ) Tính góc cịn lại tam giác ABC Ta có Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 0.50 0.50 2.0 0.50 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí p  b  c  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   a a   p ( p  a )   p  b  p  c  p ( p  a )  p  b  p  c  0.50  p  b  c  a   bc  b  c  a b  c  a   2bc   b  c   a  2bc  b  c  a  ABC vuông A  A  900 0.50 mà B  300  C  900  B  900  300  600 Vậy A  900 , C  600 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c  Chứng minh rằng: a b c   2 3 b 1 c 1 a3  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng xy  x  y ta a a 2a 2a    2 b3   b  1  b  b  1 b   b  b  b  0.50 Áp dụng tương tự ta bất đẳng thức a b c 2a 2b 2c      b3  c3  a3  b  c  a  2a 2b 2c   2 Ta cần phải chứng minh b 2 c 2 a 2 2a ab Thật vậy, ta có , mà theo bất đẳng thức Cauchy ta  a b 2 b 2 ab 2ab 2ab a 2b a 2.b.b a   b  b       b  b  b  3 b 4 3 a   2b  2a Chứng minh tương tự ta  a b 2  a  b  c   ab  bc  ca  2a 2b 2c    a b c  b 2 c 2 a 2 9 Suy Mặt khác theo đánh giá quen thuộc ta có Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 0.50 0.50 0.50  12 2a 2b 2c 2.6 2.12    6   b 2 c 2 a 2 9 Vậy bất đẳng thức chứng minh xong Đẳng thức xẩy a  b  c  3  Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có M  ;0  trung 2  điểm đoạn AC Phương trình đường cao AH , BK x  y   x  y  13  Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC Do ta V 4,0 điểm a  b  c ab  bc  ca  2.0 0.50 2.0 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí Đường thẳng AC qua M vng góc với BK nên có phương trình 4x  3y  Tọa độ điểm A nghiệm hệ 4 x  y   A  0;  phương trình   x  y  2 0.50 3  Từ M  ;0  trung điểm AC suy C  3;   2  Đường thẳng BC qua C vng góc với AH nên có phương trình x  y    x  y  1  B  3;1 Tọa độ điểm B nghiệm hệ phương trình  3 x  y  13 0.50 0.50 0.50 Vậy tọa độ đỉnh tam giác ABC A  0;  , B -3;1 , C 3;-2  Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB  2BC , B  7;3  Gọi M trung điểm AB E điểm đối xứng với D qua A Biết N  2; 2  trung điểm DM , điểm E thuộc đường thẳng  : x  y   Tìm tọa độ đỉnh D Ta chứng minh BN  NE Ta có AM  AD  AB 2.0 nên tam giác vuông cân A , suy AN  DM Xét tam giac ANE MNB có ADM DM , AE  MB  AD   90    NAE NAM  NMB AN  MN  0.50  AEN  MBN ABN , suy tứ giác ANBE nội tiếp, Do  ANE  MNB      BAE   90 hay BN  NE BNE Đường thẳng NE qua N vuông góc với BN nên có phương trình x  y  2 x  y    x  3 Tọa độ điểm E nghiệm hệ    E   3;3  x  y  y  Ta có BD  BE  10 Vì AB  AE  EB  AB  AB  100  AB  nên DE  Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 0.50 0.50 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí Gọi D  x; y  , DE  BD  10 nên tọa độ điểm D nghiệm hệ:  x  3   y  2  80  x  1; y  5    x  1; y  11 2  x   y   100     Đối chiếu điều kiện B, D khác phía với NE nên D 1; 5  0.50 .Hết ĐỀ HSG LỚP 11 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ———————————— Câu (1,5 điểm) tan x  tan x   Giải phương trình:  sin  x   tan x  4  Câu (3,0 điểm) Gọi A tập hợp tất số tự nhiên có chữ số Chọn ngẫu nhiên số từ tập A, tính xác suất để chọn số chia hết cho chữ số hàng đơn vị Chứng minh đẳng thức sau:  C   C   C   C  2012 2012 2 2012 2012 2011 2012   C2012   C2012  1006  C2012 Câu (2,5 điểm) Chứng minh phương trình x  x   có ba nghiệm thực phân biệt Hãy tìm nghiệm Cho dãy số  un  xác định bởi: u1  sin1; u n  u n 1  sin n , với n  , n  n2 Chứng minh dãy số  un  xác định dãy số bị chặn Câu (3,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , cạnh bên 3a ( a  ) Hãy xác định điểm O cho O cách tất đỉnh hình chóp S.ABCD tính độ dài SO theo a Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí Cho hình chóp S.ABC có đường thẳng SA vng góc với mặt phẳng (SBC) Gọi H hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng (ABC) Chứng minh đường thẳng SB vuông góc với đường thẳng SC, biết 1 1  2 2 SH SA SB SC Cho tứ diện ABCD thỏa mãn điều kiện AB  CD , BC  AD , AC  BD điểm X thay đổi không gian Tìm vị trí điểm X cho tổng XA  XB  XC  XD đạt giá trị nhỏ —Hết— Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh……………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT KHÔNG CHUYÊN ——————— NĂM HỌC 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN ——————————— I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa - Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm trịn - Với hình học thí sinh khơng vẽ hình phần khơng cho điểm tương ứng với phần II ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày 1,5 điểm Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Điểm Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí Điều kiện: cos x   x    k  (*) 0,25 2 Phương trình cho tương đương với: cos x(tan x  tan x)  sin x  cos x  2sin x  2sin x.cos x  sin x  cos x  2sin x(sin x  cos x)  sin x  cos x  (sin x  cos x)(2sin x  1)  + Với sin x  cos x   tan x  1  x   + Với 2sin x    sin x   k 0,5 0,25  5  x   k ; x   k2 6 0,25 Đối chiếu điều kiện (*), suy nghiệm phương trình cho là: x   5  k  ; x   k 2 ; x   k 2 (k  ) 6 0,25 1,5 điểm Số số tự nhiên có chữ số 99999  10000   90000 Giả sử số tự nhiên có chữ số chia hết cho chữ số hàng đơn vị là: abcd1 0,5 Ta có abcd  10.abcd   3.abcd  7.abcd  chia hết cho 3.abcd  chia hết cho Đặt 3.abcd   h  abcd  2h  h 1 số nguyên 0,5 h  3t  Khi ta được: abcd  7t   1000  7t   9999  998 9997 t  t  143, 144, , 1428 suy số cách chọn t cho số abcd1 7 chia hết cho chữ số hàng đơn vị 1286 0,5 1286  0, 015 90000 Vậy xác suất cần tìm là: 1,5 điểm Xét đẳng thức 1  x  +) Ta có 1  x  2012 2012  1  x  2012 2012  1  x   C  x  k 0 k 2012 k 2012 1006 suy hệ số số hạng chứa x 2012 C2012 Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 0,5 0,5 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí III Cho a, b, c số thực dương thoả mãn abc  Chứng minh bất đẳng thức ab bc ca  2  2 a b b c c a 2  a  4a b  6a b  4ab  b  a  b  2a 2b  4ab  a  ab  b   a  b3  c  4,0 điểm  a  b 2.0 a  ab  b a  b ab 1a b   1     2 a b 4ab a b 4b a bc 1b c ca 1c a Tương tự có  2     ;      b c 4c b c a 4a c  Do đó, cộng theo vế bất đẳng thức sử dụng bất đẳng thức Schur giả thiết abc  ta bc ca   b  c c  a a  b   ab 3  2      2  b c   a  b b  c c  a  4 a bc  b  c   ca c  a   ab a  b  3   a  b  c  3abc   a  b3  c   4abc 4 bc ca   ab Hay a  b3  c    2  1 2   a b b c c a  0.50   a  b   4ab  a  ab  b     0.50 0.50 Mặt khác a3  b3  c3  3.3  abc     0.50 ab bc ca   Từ 1   suy  a  b3  c   2  18 a  b b  c c  a   ab bc ca Do a  b3  c   2  2 a b b c c a Dấu đẳng thức xảy a  b  c  Cho f  n    n  n  1  Xét dãy số  un  : un  2 f 1  f  2n 1 f   f   f  2n  Tính 2.0 lim n un   Ta có: f  n    n  n  1   n  1 n    n  N*   2 n     1  1  5    2 n     2 n     un 1  2  2n  2n  2  1 22  132  42   2 n    2 2 2 0.50 0.50 0.50 lim n un  lim IV n 2n  2n  1  lim 2  n n2  Từ tập A  0;1; 2;3; 4;5;6 có số tự nhiên có năm chữ số chia hết cho Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 0.50 2.0 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí 4,0 điểm Gọi số phải tìm có dạng a1a2 a3a4 a5 ,  A , i  1, Kết hợp với đề ta có: a1  a2  a3  a4  a5  ; a1  a2  a3  a4  a5  18 ; a1  a2  a3  a4  a5  27 Ta xét trường hợp 1: a1  a2  a3  a4  a5  , với  a1  ,   với i  2,3, 4,5  a1  x2  x3  x4  x5  13  Đặt xi   , với i  2,3, 4,5 , ta có: 1  a1  1  x  i  Số nghiệm nguyên dương 1 C124 0.50 1 ếu a1  , ta có 1  x2  x3  x4  x5   xi  , nên không trùng với trường hợp xi  Phương trình có C64 nghiệm ếu xi  , ta có 1  a1   x j   a1 , x j  nên không trùng với trường họp j i trên, phương trình có C54 nghiệm nên với vị trí xi có 4C54 nghiệm Vậy trường hợp có C124  C64  4C54 số thỏa mãn Ta xét trường hợp 2: a1  a2  a3  a4  a5  18 , với  a1  ,   với i  2,3, 4,5  x1  x2  x3  x4  x5  17  Đặt xi   , với i  2,3, 4,5 , ta có: 1  x1  1  x  7, i  2,3, 4,5 i  0.50 2 Số nghiệm nguyên dương   C164 ếu x1  , ta có 1  x2  x3  x4  x5  10  xi  , nên không trùng với trường hợp x1  Phương trình có C104 nghiệm ếu xi  , i  2,3, 4,5 ta có    a1   x j   x j  nên không trùng với j i trường họp trên, phương trình có C94 nghiệm nên với vị trí xi có 4C54 nghiệm Vậy trường hợp có C164  C104  4C94 số thỏa mãn Ta xét trường hợp 3: a1  a2  a3  a4  a5  27 , với  a1  ,   với i  2,3, 4,5 0.50  x1  x2  x3  x4  x5     Đặt xi   , với i  1, 2,3, 4,5 , ta có: 1  x1  1  x  7, i  2,3, 4,5 i  Từ   xi   xi  nên tập nghiệm  3 không vượt khỏi miền xác định xi Phương trình có C74 nghiệm Vậy trường hợp có C74 số thỏa mãn Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 0.50 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí hư tất có C124  C164  C74  C64  C104  4C54  4C94  1601 số Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường trịn (C ) có 2.0 · > MNP ·, MIP · = 900 Tiếp tuyến đường tròn C Q cắt tiếp tâm I , MQP ( ) tuyến lần M,P lượt E, F Phương trình đường thẳng 11 IF : x - 7y + = 0, N (-2; 4), E ỗỗỗ1; ữữữ Tỡm ta giao im A tiếp tuyến 3÷ với đường trịn (C ) M P 0.50 · > MNP · nên Q nằm cung nhỏ MP Vì AMIP hình vng, IE Do MQP · = MIP · = 450 ·, IF phân giác góc PIQ · nên EIF phân giác góc MIQ uur 11 Gọi I (7a - 8; a ) Þ EI ỗỗ7a - 9; a - ữữữ Khi ú, ỗ 3÷ uur uur · = cos EIF = cos EI ; u IF = ( 200 Û 50a a= ) (7a - ) + a 50 (7a - ) 11 = 11 + ỗỗa - ữữữ ỗ 3ữ 400 850 = 25 50a a+ Û 3a - 8a + = Û 11 I ỗỗỗ ; ữữữ 3ữ IE = 136 < IN = 338 , không thỏa mãn Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 éa = ê ê êa = êë 0.50 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí a = Þ I (-1;1), thỏa mãn ur n Gọi (c;d ) c + d ¹ vtpt MA Khi đó, phương trình ( ) 0.50 11 MA : c (x - 1) + d ççy - ÷÷÷ = Û 3c (x - 1) + d (3y - 11) = ỗ 3ữ Vỡ MA tiếp tuyến (C ) nên d (I ; MA) = IN Û -6c - 8d 9c + 9d = 10 Û 36c + 96cd + 64d = 90c + 90d é9c = 13d Û 27c - 48cd + 13d = Û êê êë 3c = d ếu d = 3c chọn c = Þ d = Þ Phương trình MA : x + 3y - 12 = ếu 13d = 9c chọn c = 13 Þ d = Þ Phương trình MA : 13x + 9y - 46 = Với phương trình MA : x + 3y - 12 = PT QE : 13x + 9y - 46 = ta tìm 0.50 14 tọa độ điểm M (0; 4), Q ỗỗ ; ữữữ gi ta im A (12 - 3b;b ) ta cú ỗ5 ữ éb = 2 AI = 2AM Þ (13 - 3b ) + (b - ) = 20 Û 10b - 80b + 150 = Û êê êëb = · > MNP · b=3 A 3; P 2; , thỏa mãn MQP ( ) ( ) · < MNP · b = Þ A (-3;5) Þ P (-4;2), khơng thỏa mãn MQP Với phương trình MA : 13x + 9y - 46 = PTQE : x + 3y - 12 = ta tìm V 14 · < MIQ · Vậy A 3; ta im M ỗỗ ; ữữữ, Q (0; 4) loi MIP ( ) ỗ5 ữ Chỳ ý: Nếu học sinh thừa nghiệm hình trừ 0,25 điểm Cho hình chóp S ABC có AB  BC  CA  a , SA  SB  SC  a , M điểm không gian Gọi d tổng khoảng cách từ M đến tất đường thẳng AB , BC , CA , SA , SB , SC Tìm giá trị nhỏ d Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 2.0 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí 4,0 điểm 0.50 S I J O A K C F E G D B Ta có khối chóp S ABC khối chóp tam giác Gọi G trọng tâm tam giác ABC Khi SG chiều cao khối chóp S ABC Gọi D , E , F trung điểm BC , AB , CA I , J , K hình chiếu D , E , F SA , SC , SB Khi DI , EJ , FK tương ứng đường vng góc chung cặp cạnh SA BC , SC AB , SB CA Ta có DI  EJ  FK Do SID  SJE nên SI  SJ Suy ED ∥IJ (cùng song song với AC ) Do bốn điểm D , E , I , J đồng phẳng Tương tự ta có bốn điểm D , F , I , K E , F , J , K đồng phẳng Ba mặt phẳng  DEIJ  ,  DFIK  ,  EFJK  đôi cắt theo ba giao tuyến DI , EJ , 0.50 FK Suy DI , EJ , FK đồng quy điểm O thuộc SG Xét điểm M không gian 0.50  d  M , SA   d  M , BC   DI  Ta có  d  M , SC   d  M , AB   EJ  d  DI  EJ  FK   d  M , SB   d  M , AC   FK Do d nhỏ DI  EJ  FK  3DI M  O Ta có AD   sin SAG a a 2a , AG  AD  , SG  SA  AG  , 3 0.50 SG 2   a 2  a  Suy DI  AD.sin SAD SA 3 Vậy giá trị nhỏ cần tìm 3DI  a a Cho hình chóp tam giác S ABC cạnh đáy a , đường cao SO  2a Gọi M Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 2.0 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí điểm thuộc đường cao AA' tam giác ABC Xét mặt phẳng  P  qua M a a 3 x  Tìm x để thiết diện hình   vng góc với AA' Đặt AM  x  chóp cắt mặt phẳng  P  có diện tích lớn 0.50 Theo giả thiết M thuộc OA’ Ta có SO  (ABC) SO  AA’, tam giác ABC nên BC  AA’ Vậy (P) qua M song song với SO BC Xét (P) (ABC) có M chung Do (P) // BC nên kẻ qua M đường thẳng song song với BC cắt AB, AC E, F Tương tự kẻ qua M đường thẳng song song với SO cắt SA’ N, qua N kẻ đường 0.50 thẳng song song với BC cắt SB, SC H, Q Ta có thiết diện tứ giác EFGH Ta có EF // BC // GH, M, N trung điểm EF, GH nên EFGH hình thang cân đáy HG, EF Khi đó: S EFGH  (EF  GH ).MN Ta có AA '  EF = a a , AO  nên 2x 3 HG SN OM MN MA '    HG  x  a   MN  3a  x BC SA ' OA ' SO OA ' SEFGH = (EF + GH).M = x 3 a a  x 3   SEFGH     SEFGH đạt giá trị lớn  0.50  1 3a  3a2 = x  3a a  x     ( theo Cosi) 3 2    3a 3a x  Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 0.50 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí Vậy giá trị lớn diện tích thiết diện 3a 3a x  .Hết TRƯỜNG THPT HẬU LỘC TỔ: Toán KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN Năm học: 2018 - 2019 ĐỀ KIỂM TRA LẦN Mơn thi: TỐN - Lớp 11 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu Số báo danh …………………… Câu I (4,0 điểm) Cho hàm số y  x  x  (*) đường thẳng d : y  2mx  Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị (P) hàm số (*) Tìm m để d cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh x  m x2  m độ x1 ; x2 thỏa mãn   6 x2  x1  Giải bất phương trình ( x   x  1)  (1  x  x  3)  Câu II (4,0 điểm)  1  s inx  cos2x  sin  x   4  Giải phương trình  cosx 1+tanx  x   y    x  y Giải hệ phương trình   x, y    x  y   x  y   x     Câu III (4,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc  Chứng minh bc a  ca b  ab c  a b c3 u1  2018  3n  Cho dãy số (un) xác định  Tính giới hạn lim  un  n   3n  9n  u n 1   n  5n   u n , n  Câu IV (4,0 điểm) 3 x  x   y  18  y Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm  3 x  y   6m  Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh A  3;1  , đỉnh C nằm đường thẳng  : x  y   Trên tia đối tia CD lấy điểm E cho CE  CD , biết N  6; 2  hình chiếu vng góc D lên đường thẳng BE Xác định tọa độ đỉnh lại hình chữ nhật ABCD Câu V (4,0 điểm) Cho dãy số  un  u1   u un  u  xác định  Tính lim      u n 1    u2  u3  un 1  un  2018 un  un  , n  Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  C  : x  y  25 , đường thẳng AC qua điểm K  2;1  Gọi M, chân đường cao kẻ từ đỉnh B C Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết phương trình đường thẳng M x  y  10  điểm A có hoành độ âm .Hết ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM NỘI DUNG Câu I 4,0 điểm Điểm Cho hàm số y  x  x  (*) đường thẳng d : y  2mx  Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị (P) củax hàm Tìm m để d cắt (P) hai điểm  m số x(*) m phân biệt có hồnh độ x1 ; x2 thỏa mãn   6 x  x  + Lập bảng biến thiên vẽ (P): y  x  x   x  1 ta có đỉnh I :   I  1; 4   y  4 Ta có bảng biến thiên: 2.0 -1 0.50 đồ thị parabol có bề lõm hướng lên có trục đối xứng đường thẳng x  1 cắt trục hoành điểm 1;0  ;  3;0  cắt trục tung điểm  0; 3  Ta có đồ thị hàm số: y -3 -1 O x -4 Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 0.50 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí x  Đk:   x2  Xét phương trình hồnh độ giao điểm x  x   2mx   x  m   x   (1) d cắt (P) hai điểmphân   biệt m  1có   độ x1m; x2 2 m  2(1) có hai nghiệm 2mphương 0  hồnh trình phân biệt x1 , x2       m  1  mx11x2 120 m  1  m  theo định lí vietta có   x1.x2  m     m    2m  x  x   2x x  m  1 x 2 x 2  2m  x2   2m  có x1 2 m  x2 1 2m    x11  x22   m 16x  6 Ta 1  6m   x2  x1xx121 x1  x2   x1 x2  x1  x2   2 0.50 m  kết    3m  13m  14     6hợp  1 điều  2mkiện  ta  được 4 m2m  m với m  3  0.50 Giải bất phương trình ( x   x  1)  (1  x  x  3)  Điều kiện: x  Suy ra:  (1  x  x  3) () x   x   x2  x   x  x x  x1   x  x   x  x   x   x   ( x  3)( x  1) ()    1 2.0 0.50 0.50 0.50  x    x  2 x  2 II 4,0 điểm   bất phương trình S   2;    Kết luận: Kết hợp với1điều kiện ta tập xnghiệm   s inx  cos2x  sin    4   cosx Giải phương trình 1+tanx   x   k  cosx  cosx   Điều kiện :    1  tanx   tanx  1  x     k      1  s inx  cos2 x  sin  x   4  Pt  cos x 1  s inx  cos2 x  cos x  sinx cos 1x s inx   cos x 1 cos x  s inx 2 cos x Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 0.50 2.0 0.50 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí   10  s inx  1 s inx  (loại)   s inx  cos x   2s in 2x+ s inx  x   k 2     , k  Z Với sin x    s inx  sin         x  7  k 2   k 2 ; Kết hợp trình là: x   phương 7 với điều kiện ta nghiệm 6 x  k 2 với  k  Z   x   y    x  5y 2.Giải hệ phương trình   x  y    2x  y    3x  2   x   , y  1 Điều kiện : 4  x  5y   2x  y    x, y    2.0 0.50 x  y     x  5y x   y    x  5y  x  y      x  1 y     x   x  y    y   x 1  y 1  0.50 0.50 Từ phương trình thứ hệ ta có :  x  2y   0.50 0.50  x 1  y 1   x 1  y 1  x  y Thay x  y vào phương trình thứ hai hệ ta có phương trình :     x  x   5x   3x   x  x   x   5x   x   3x    x2  x 1 4,0 điểm  x2  x 1 0 5x   x  3x   x  1    x  x  1   0 5x   x  3x   x     1 1 y x  2  x2  x 1     1 1 y x  2  1 Vì        05 , 1x 5   Đối chiều điều kiện ta có nghiệm hệ : 5x ;   x;  ;  x,y5  x 3x  3 2 2       III x2  x 1 0.50  0.50 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc  Chứng minh bc a  ca b  ab c  a b c3 Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 2.0 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có Tương tự ta bc bc 2 c a a ab aca a  ba 2 ; 2 b c b c  bc 0.50 Cộng theo vế bất đẳng thức ta  bc ca ab   2     bca ca b  ca c bc a b c   2 2 c Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có  a b a b bc  ca  ab ca ab ab bc Áp dụng tương tự ta   a;  2 b b c bc c ca a ab Cộng theo vế bất đẳng thức ta    a b c c b  c c  a aa  b b Do ta suy a  b  c 2  a b c 0.50  0.50 Ta cần chứng minh a  b  c  a  b  c 3  a  b  c 3   Đánh giá cuối đánh giá theo bất đẳng thức Cauchy giả thiết abc  0.50 Bài toán giải xong Dấu xảy a  b  c  u1  2018 Cho dãy số (un) xác định   3n  9n  u n 1   n  5n   u n , n   3n  Tính giới hạn lim  un  un1 (n 1)n2  3(n  1) un un   Ta có un1  2 3u n  3n (n  1)  3(n  1) n2  3n n nnhân 1 Đặt  2u 2018 cấp số có công bội 1q n 1 số hạng đầu  1 1009   (vn)1009 1009     un    3n  3n  v1 n  3n    4 2 3 3  1009   n 1  3n   3n  3n  Khi lim  un   lim  un   lim  n  3n       n  n  n    3027 n  3n  3027   3027  lim  lim 1     n 2  n   IV 4,0 điểm 3 x  x   y  18  y Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm  3 x  y   6m  Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 2.0 0.50 0.50 0.50 0.50 2.0 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí  x  2 Đk:   y  6  x   y x y  1  2 3   1      2     Ta có pt(1)    x  1   y    m       0.50  x 1 a  2   a  b  2a  2b  Đặt  (đk a, b  ) Ta có hệ phương trình  2 (*)  a  b  m  b  y  Hệ phương trình cho có nghiệm  hệ (*) có nghiệm a, b   ếu m  4 hệ (*) vơ nghiệm  hệ phương trình cho vơ nghiệm 0.50 ếu m  Chọn hệ tọa độ Oab ta có Pt(1) cho ta đường trịn  C1  tâm I 1;1 , R1  ( a, b  ) 14 Pt(2) cho ta đường tròn  C2  tâm O  0;0  , R2  m  ( a, b  ) Hệ phương trình có nghiệm   C1  cắt  C2  0.50 Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí  OH  R2  OK   m      m   10 Vậy hệ cho có nghiệm   m   10 0.50 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh A  3;1  , đỉnh C nằm đường thẳng  : x  y   Trên tia đối tia CD lấy điểm E cho CE  CD , biết N  6; 2  hình chiếu vng góc D lên đường thẳng BE Xác định tọa độ đỉnh cịn lại hình chữ nhật ABCD 2.0 AND   ABD  ABD   ACD (do ABCD hình chữ nhật) Tứ giác ADB nội tiếp     Suy AND  ACD hay tứ giác A CD nội tiếp đường tròn, mà  ADC  900   ANC  900  AN  CN 0.50   Giả sử C  2c  5; c  , từ AN CN   1  2c     c    c   C  7;1 Tứ giác ABEC hình bình hành, suy AC / / BE Đường thẳng E qua song song với AC nên có phương trình y     0.50 b   B  N  lo¹i  Giả sử B  b;   , ta có AB.CB   b2  4b  12    b  2  B  2; 2   0.50 Từ dễ dàng suy D  6;  V 4,0 điểm Vậy C 7;1  , B  2; 2  , D  6;4 u1   Cho dãy số  un  xác định   u1 u2 unun1  un  2018 un  un  , n  Tính lim      u n 1    u2  u3  Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 0.50 2.0 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí Theo giả thiết ta có: un 1  un  un  1 2018  un mà u1  suy 0.50  u1  u2  u3  dãy  un  dãy tăng Giả sử dãy  un  bị chặn suy lim un  L với  L   n  lim un1  lim L  un2  2017un L2  2017 L L  2018 2018 L  Vô lý L  Suy dãy  un  không bị chặn lim un    lim Ta có: un 1  un    un2  un   un un  1  2018 un 1  un  2018 0 un  un  un  1 2018 un 1  un  un   un 1  un 1  1un   un 1  un   2018  un 1 1   un 1    un1  1un  1 0.50 0.50  1   2018    un  un 1   un u u Đặt S n :    u2  u3 11 u1n 1 1    S n  2018     2018     lim S n  2018  u1  un 1    un 1   Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  C  : x  y  25 , đường thẳng AC qua điểm K  2;1 Gọi M, chân đường cao kẻ từ đỉnh B C Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết phương trình đường thẳng M x  y  10  điểm A có hoành độ âm 0.50 2.0 Gọi I, J giao điểm BM, C với đường tròn  C  Do tứ giác BCMN nội tiếp nên   CNM  , lại có CJI   IBC  (cùng MBC chắn cung IC)   CNM   MN / / IJ CJI  ACI   ABI    JCA  Lại có  JBA      ABI  JCA( doNBM  NCM )   ICA   JBA AI  AJ  AO  JI  AO  MN Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 0.50 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí Từ ta có: +) Do OA qua O  0;0  vng góc với MN : x  y  10  nên Phương trình đường thẳng OA : x  y   A  4;3    2  x  y  25  A  4; 3   lo¹i  3 x  y  +) Tọa độ điểm A nghiệm hệ  0.50 +) Do AC qua A  4;3  K  2;1  , nên phương trình đường thẳng AC : x  y   x  y    C  4;   A  lo¹i  Tọa độ điểm C nghiệm hệ    x  y  25  C 5;  +) Do M giao điểm nên tọa độ điểm M nghiệm hệ MN AC 4 x  y  10   x  y   0.50  M  1;  +) Đường thẳng BM qua M  1;2  vng góc với AC nên phương trình đường thẳng BM : x  y    B  0;5    x  y  25  B  3; 4  3 x  y   Tọa độ điểm B nghiệm hệ  2 Vậy A  4;3  , B  3; 4  , C  5;0  A  4;3  , B  0;5  , C  5;0  Hết … Xem tiếp tài liệu tại: https://vndoc.com/tai-lieu-hoc-tap-lop-11 Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 0.50 ... k5 C50.Ck2011xk C15xCk2 011 x C52x2Ck2 011 x C35x3Ck2 011 x C54x4Ck2 011 x C55x5Ck2 011 x 0.25 nên k k 1 k 5 k C50 C 2 011  C15 C 2 011   C55 C 2 011  C 2016 0.25 (1 điểm) u1  11  10  Ta... 1  x  1  x  2 011  1  x  2016 ; M  1  x   C 50  C15x  C 52x  C 53x  C 54x  C 55x 5  1  x  2 011 2 011  C 02 011  C12011x   C k2011x k   C 2 011 2011x P  1  x  2016... nhỏ —Hết— Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: ……….……… …….…….….….; Số báo danh……………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT KHÔNG CHUYÊN ——————— NĂM HỌC 2 011- 2012 HƯỚNG DẪN