TRƯỜNG THPT HẬU LỘC TỔ TOÁN KỲ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LẦN Năm học: 2019 - 2020 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) Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị P hàm số y x (m 2) x m ,biết P qua điểm M (3;0) 1 1 Giải phương trình: x x x x x 2 2 Câu II (4,0 điểm) cos x 2sin x 2sin x 1 Giải phương trình: cos x 1 sin x cos x x y 3 x y Giải hệ phương trình: x y 3 x y x x y Câu III (4,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương tùy ý Chứng minh rằng: a ab b2 b bc c2 c ca a2 x, y R 2 Gọi S tập hợp số tự nhiên có chữ số khác thành lập từ chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; Chọn ngẫu nhiên số từ tập S Tính Xác suất để số chọn khơng có hai chữ số chẵn đứng cạnh Câu IV (4,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân A 1;3 Gọi D điểm cạnh AB 1 3 cho AB AD H hình chiếu vng góc B CD Điểm M ; trung điểm đoạn HC 2 Xác định tọa độ điểm C, biết điểm B nằm đường thẳng x y Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình thang cân ABCD AB / / CD Gọi H , I hình chiếu vng góc B đường thẳng AC, CD Giả sử M , N trung điểm AD, H I Viết phương trình đường thẳng AB biết M 1; 2 , N 3;4 đỉnh B nằm đường thẳng x y , cos ABM Câu V (4,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi A điểm SA cho - AA AS Mặt phẳng qua A cắt cạnh SB , SC , SD B , C , D Tính giá trị biểu thức T SB SD SC SB SD SC Cho hình chóp S ABCD đáy hình thang, đáy lớn BC a , AD a , AB b Mặt bên ( SAD) tam giác Mặt phẳng ( ) qua điểm M cạnh AB song song với cạnh SA , BC ( ) cắt CD, SC , SB N , P, Q Đặt x AM (0 x b) Tính giá trị lớn diện tích thiết diện tạo ( ) hình chóp S ABCD HẾT Câu I ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM NỘI DUNG Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị P hàm số y x (m 2) x m , biết P 4,0 điểm qua điểm M (3;0) Điểm 2.0 Do P qua điểm M (3;0) nên ta có 9- 3( m 2) m 2m m 0.50 Khi ta có hàm số y x x x Ta có đỉnh I : I (2; 1) y 1 Bảng biến thiên 0.50 0.50 0.50 1 1 Giải phương trình sau x x x x x 2 2 Điều kiện 1 x Phương trình cho tương đương với: 2x x x x x 2.0 0.50 Đặt a x; b x , a, b 2x a b2 Phương trình dã cho trở thành: a2 b2 a b 1 a b a b a b a b 1 a b a b a b a b a b + Với: a b x x x + Với: a b 5 1 1 x 1 x 1 x 2 5 - Kết luận Phương trình có nghiệm x 0; x 0.50 0.50 0.50 II 4,0 điểm Giải phương trình: cos x 1 sin x 2.0 cos x 2sin x 2sin x cos x 1 x k 2 , k Z cos x 1 2sin x 2 cos x 1 Điều kiện: cos x cos x Pt cos x 1 sin x cos x 1 sin x 0.50 cos x cos x 11 2sin x cos x 2sin x sin x 2sin x 0.50 sin x 1 2 sin x sin x k 2 x k 2 , k Z Với sin x 3 2sin x sin x sin x Với sin x 1 x k , k Z So với điều kiện nghiệm phương trình: x 0.50 0.50 2 k 2 ; x k 2 , k Z 2.0 x y 3 x y Giải hệ phương trình: x y 3 x y x x y x Điều kiện: y y 2x Phương trình thứ hệ biến đổi thành phương trình : x y 3 0.50 x y x y x y x x y 2 x x y 2 x y 1 x yx2 Với điều kiện x 0, y 1 ta có : x 3 y 1 x 0 y x 1 0.50 0 Nên từ 1 ta có : x y y x Thay vào phương trình thứ hệ ta phương trình : x 3 x x2 x * Điều kiện x Vì VT VP x 2;3 0.50 Với x 2;3 ta có: 1 x 1 x x x x x x 3x x 1 x x 3x x 2 3 x x 3x 1 3 x 3x 1 1 x 3x x x 1 x x x y 3 7 (tmđk) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm x; y ; 2 0.50 III Cho a, b, c số thực dương tùy ý Chứng minh rằng: a 4,0 điểm b ab b2 c bc c2 ca a2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 2b a b 2b a b Áp dụng tương tự ta a ab b2 Ta cần chứng minh Hay b bc c2 2 a 3b c 2.0 ca a2 0.50 2a 2b 2c a 3b b 3c c 3a 2a 2b 2c a 3b b 3c c 3a a b c a 3b b 3c c 3a 0.50 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta a b c a b c a 3b b 3c c 3a a2 b2 c2 3ab 3bc 3ca Mặt khác, từ đánh giá quen thuộc ta có a b c ab bc ca Do ta 2 a b c a b c a b c 3 2 0.50 a b c ab bc ca a b c ab bc ca ab bc ca abc a b c Từ suy a 3b b 3c c 3a abc Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy a b c Gọi S tập hợp số tự nhiên có chữ số khác thành lập từ chữ số 0.50 2.0 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; Chọn ngẫu nhiên số từ tập S Tính Xác suất để số chọn khơng có hai chữ số chẵn đứng cạnh Số phần tử S A85 53760 Do đó, chọn ngẫu nhiên số từ tập S có 53760 (cách) Vì số chọn có chữ số nên phải có hai chữ số chẵn, khơng có hai chữ số chẵn đứng cạnh nên số chọn có tối đa chữ số chẵn TH1: Số chọn có chữ số chẵn, gọi số cần tìm abcdef Xếp số lẻ trước ta có 4! cách lẻ lẻ lẻ lẻ Xếp số chẵn vào khe trống số lẻ có C52 A52 4.C41 cách Trong trường hợp có 4! C52 A52 4.C41 4416 (số) 0.50 0.50 TH2: Số chọn có chữ số chẵn, gọi số cần tìm abcdef Xếp chữ số lẻ trước ta có A43 cách lẻ lẻ lẻ 0.50 Xếp chữ số chẵn vào khe trống số lẻ có C43 A53 C32 A42 cách Trong trường hợp có A43 C43 A53 C32 A42 4896 (số) IV Vậy có tất 9312 số có chữ số cho khơng có hai chữ số chẵn đứng cạnh 9312 97 Xác suất cần tìm 53760 560 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân A 1;3 Gọi D điểm cạnh AB cho AB AD H hình chiếu vng góc B 1 3 CD Điểm M ; trung điểm đoạn HC Xác định tọa độ điểm C, biết điểm B 2 2 nằm đường thẳng x y 4,0 điểm 0.50 2.0 Gọi N , I giao điểm đường thẳng qua B vng góc với BC với đường thẳng CD CA Do tam giác I BC vuông B AB AC A trung điểm đoạn I C , suy D trọng tâm tam giác I BC Do AN / / BC 1.0 Gọi E trung điểm BH , E trực tâm tam giác NBM tứ giác N AM E hình bình hành nên từ NE BM AM BM Đường thẳng BM có phương trình x y Tọa độ điểm B nghiệm hệ 0.50 x y 7 B 4; x 3y Từ AB AD D 2;1 Lúc ta có phương trình đường thẳng CD : x y 1; BH : x y 1 Suy tọa độ điểm H 1; Suy C 2; 3 0.50 Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình thang cân ABCD AB / / CD Gọi H , I hình chiếu vng góc B đường thẳng AC, CD Giả sử M , N trung điểm AD , H I Viết phương trình đường thẳng AB biết 2.0 M 1; 2 , N 3;4 đỉnh B nằm đường thẳng x y , cos ABM Xét tam giác ABD H BI có: HBI ABD HCI Và ADB ACB HI B Suy ABD H BI 0.50 Ta có BM , BN hai trung tuyến tam giác ABD , H BI đó: BM BA BN BH (1) Lại có M ABM HBN BN ABH Từ (1) (2) suy ABH (2) MBN Do MNB AHB 90 hay MN NB Đường thẳng BN qua N vng góc với M N nên có phương trình : x y 15 x y x Suy B(6; 3) x y 15 y Toạ độ điểm B thoả mãn 0.50 Gọi n a ; b a b2 vec tơ phương đường thẳng AB Ta có M B 5; phương với vec tơ u M B 1; 1 Theo ta có: ab 2( a b 8( a b2 ) 5( a 2ab b2 ) 3a 10 ab 3b2 0.50 a 3b 3a b Với a 3b , chọn b a ta có phương trình x y 21 Với b 3a chọn a b ta có phương trình x y 15 (loại trùng với BN ) 0.50 Vậy phương trình đường thẳng AB là: x y 21 V 4,0 điểm Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi A điểm SA cho - AA AS Mặt phẳng qua A cắt cạnh SB , SC , SD lần SB SD SC lượt B , C , D Tính giá trị biểu thức T SB SD SC Gọi O giao AC BD Ta có O trung điểm đoạn thẳng AC , BD Các đoạn thẳng SO , AC , BD đồng quy I 2.0 Ta có: 0.50 S SA ' I S SC I S SA C S S S SAI SC I SAC S SAC S SAC S SAC S S S SAI SC I SAC S SAO S SCO S SAC SA SI SC SI SA SC SI SA SC SA SC SA SO SC SO SA SC SO SA SC SA SC 0.50 0.50 SA SC SO SB SD SO ; Tương tự: SA SC SI SB SD SI SB SD SC SA Suy ra: SB SD SC SA 0.50 Cho hình chóp S ABCD đáy hình thang, đáy lớn BC a , AD a , AB b Mặt bên ( SAD) tam giác Mặt phẳng ( ) qua điểm M cạnh AB song song với cạnh SA , BC ( ) cắt CD, SC , SB N , P, Q Đặt x AM (0 x b) Tính giá trị lớn diện tích thiết diện tạo ( ) hình chóp S ABCD 2.0 ( ) SA BC nên ( ) ( SAD) MQ SA, NP SD Ta có MN PQ AD BC Theo ĐL Talét hình thang BM CN ABCD: (1) BA CD 0.50 Theo ĐL Talét BM BQ MQ (2) SAB : BA BS SA Theo ĐL Talét CN CP PN (3) SCD : CD CS SD Từ (1), (2), (3) suy MQ NP bx x x a; PQ 2a; MN a a b b b MN PQ Thiết diện hình thang cân Std ( MN PQ) MQ 2 ab ax 2ax a (b x) a (b x) a (b x) a 3(b x) 2 b b b2 4b 2 b 2b 0.50 0.50 a2 a x b 3b x a (3 x b )(3 b x ) 2 12b 12b Vậy diện tích lớn thiết diện a2 b x 3 HẾT Mời bạn đọc tham khảo https://vndoc.com/tai-lieu-hoc-tap-lop-11 0.50 ... chẵn, gọi số cần tìm abcdef Xếp số lẻ trước ta có 4! cách lẻ lẻ lẻ lẻ Xếp số chẵn vào khe trống số lẻ có C52 A52 4. C41 cách Trong trường hợp có 4! C52 A52 4. C41 44 16 (số) 0.50 0.50 TH2:... cần tìm abcdef Xếp chữ số lẻ trước ta có A43 cách lẻ lẻ lẻ 0.50 Xếp chữ số chẵn vào khe trống số lẻ có C43 A53 C32 A42 cách Trong trường hợp có A43 C43 A53 C32 A42 48 96 (số) IV... )(3 b x ) 2 12b 12b Vậy diện tích lớn thi? ??t diện a2 b x 3 HẾT Mời bạn đọc tham khảo https://vndoc.com/tai-lieu -hoc- tap -lop- 11 0.50