Đề khảo sát HSG toán 11 lần 1 năm 2019 2020 trường hậu lộc 4 thanh hóa

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC TỔ TOÁN KỲ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LẦN Năm học: 2019 - 2020 Số báo danh Mơn thi: TỐN - Lớp 11 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có 01 trang - gồm 05 câu ……………………… 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  a   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, HI 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 - AA  AS 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 - 3(m  2)  m    2 m    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 x -∞ +∞ +∞ +∞ y 0.50 -1 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  b Phương trình dã cho trở thành:  a2  b2   a  b  1   a  b     a  b   a  b  a  b  1  1  0.50 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 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  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  11  2sin x  cos x    2sin x   sin x   2sin x 0.50 sin x  1   2 Với sin x   sin x  sin  x   k 2 x   k 2 ,  k  Z  3    2sin x   sin x    sin x  Với sin x  1  x    0.50  k 2 ,  k  Z  So với điều kiện nghiệm phương trình: x  2   k 2 ; x    k 2 ,  k  Z  y 1 0.50 2.0  x  y  3 x   Giải hệ phương trình:   x  y  3 x  y  x   x  y  x   Điều kiện:  y    y  2x    0.50 Phương trình thứ hệ biến đổi thành phương trình :  x  y  3 x   y    x  y  2 x   y   x      x  y  2  x   0  y   x   y 1  x   Với điều kiện x  0, y  1 ta có : x    y 1  x    x  y  2 x   yx2 1 0.50 Nên từ 1 ta có : x  y    y  x  Thay vào phương trình thứ hệ ta phương trình : x   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  3x    x  3x    x  1  x  x     x   1 3   x  x  1    1   x  x    x    x  1  x  x     x    y  3 7  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 ab  b 4,0 điểm b  bc  c c  ca  a  2.0 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có   2b a  b   2b  a  b   a  3b 0.50 Áp dụng tương tự ta a ab  b2 Ta cần chứng minh Hay  b c  bc  c2 ca  a  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 a  b2  c2  3ab  3bc  3ca Mặt khác, từ đánh giá quen thuộc ta có a  b  c   ab  bc  ca  Do ta 0.50 2   2       a  b  c  ab  bc  ca  a  b  c  ab  bc  ca  ab  bc  ca 2  abc  abc  abc 3     abc a b c Từ suy    a  3b b  3c c  3a abc      0.50 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 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 0.50 2.0 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 Gọi N , I giao điểm đường thẳng qua B vng góc với BC với đường thẳng CD CA Do tam giác IBC vuông B AB  AC  A trung điểm đoạn IC , suy D trọng tâm tam giác IBC Do AN / /  BC 1.0 Gọi E trung điểm BH , E trực tâm tam giác NBM tứ giác NAME 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; 3   x  y    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;0  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, HI Viết phương trình đường thẳng AB biết M 1; 2  , N  3;4  đỉnh B nằm đường thẳng x  y   , cos  ABM  2.0 Xét tam giác ABD HBI có:    HBI  ABD  HCI  Suy  ABD Và  ADB   ACB  HIB  HBI 0.50 Ta có BM , BN hai trung tuyến tam giác ABD, HBI đó: BM BA  BN BH (1) Lại có    MBN  ABM  HBN ABH Từ (1) (2) suy  ABH (2)  MBN  Do MNB AHB  90 hay MN  NB Đường thẳng BN qua N vng góc với MN nên có phương trình : x  y  15  x  y   x  Toạ độ điểm B thoả mãn  Suy B(6; 3)  x  y  15   y  0.50  Gọi n  a; b  a  b2   vec tơ phương đường thẳng AB   Ta có MB  5;  phương với vec tơ uMB  1; 1 Theo ta có:  ab 2( a  b  8( a2  b2 )  5( a2  2ab  b2 )  3a2  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 - AA  AS 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 , AC  , BD đồng quy I 2.0 Ta có: 0.50 S SA ' I  S SC I  S SAC  S S S  SAI  SC I  SAC  S SAC S SAC S SAC   S SAI S S  SC I  SAC  S SAO S SCO S SAC SI  SA SC   SA SC  SA SI SC  SI SA SC        2SO  SA SC  SA SC 2SA SO SC SO SA SC 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 2 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  0.50 0.50 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  bx 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 )2 a (b  x )2 a (b  3x ) 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   a2 b Vậy diện tích lớn thiết diện x  3 HẾT 0.50 ... 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. C 41 cách Trong trường hợp có 4!  C52 A52  4. C 41 . .. 2;3 ta có: ? ?1? ??   x  1? ??  x   x     x  x  x    x  3x  x  3x    x  3x    x  1? ??  x  x     x   1 3   x  x  1? ??    1? ??   x  x    x    x  1? ??  x  x... 1? ??   a  b     a  b   a  b  a  b  1? ??  1? ??  0.50 a  b a  b   a  b    a  b    a  b     + Với: a  b   x   x  x  + Với: a  b  5 1? ?? 1? ?? x  1? ??