Ta có thiết diện là tứ giác EFGH.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA
ĐỀ THI THỬ SỐ 1
KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Năm học: 2018 - 2019
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)
1 Cho hàm số y x2 2mx 3m(*). Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị hàm số (*) m 1 Tìm
m để đường thẳng y 2x3 cắt đồ thị hàm số (*) hai điểm phân biệt nằm bên phải trục tung.
2 Giải bất phương trình
(2 1)
1
2 (2 ) 1
x x
x x x x
Câu II (4,0 điểm)
1 Giải phương trình
3 cos sin
3tan 2sin 2
2 cos sin cos2
x x
x x
x x x
2 Giải hệ phương trình
2
1
2
3
2 19
x y
x y y x
x y x y
Câu III (4,0 điểm)
1 Cho a b c, , số thực dương thoả mãn abc 1 Chứng minh bất đẳng thức
3 3
2 2 2
9
ab bc ca
a b c
a b b c c a
.
2 Cho
2
2 1 1
f n n n
Xét dãy số un :
1 2 n
f f n
u
f f f n
Tính limn un .
Câu IV (4,0 điểm)
1 Từ tập A 0;1; 2;3; 4;5;6 có số tự nhiên có năm chữ số chia hết cho
2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn ( )C có tâm
· · ·
, , 90
I MQP >MNP MIP =
Tiếp tuyến đường tròn ( )C Q cắt tiếp tuyến M P,
,
E F Phương trình đường thẳng IF x: - 7y+ =8 0,N -( 2;4 ,)
11 1;
3 Eổ ửỗỗỗ ữữữữ
ỗố ứTỡm ta giao im A ca cỏc
tiếp tuyến với đường tròn ( )C M P
Câu V (4,0 điểm)
1 Cho hình chóp S ABC có AB BC CA a , SA SB SC a 3, M điểm khơng gian
Gọi d tổng khoảng cách từ M đến tất đường thẳng AB, BC, CA, SA, SB, SC Tìm giá trị nhỏ d
Số báo danh
(2)2 Cho hình chóp tam giác S ABC cạnh đáy a, đường cao SO2a Gọi M điểm thuộc đường cao
'
AA tam giác ABC Xét mặt phẳng P qua M vuông góc với AA'
Đặt AM x
3
3
a a
x
Tìm x để thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng P có diện tích lớn nhất.
……… Hết……….
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
Câu NỘI DUNG Điểm
I
1 Cho hàm số
2 2 3
y x mx m(*)
Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị hàm số (*) m 1. Tìm m để đường thẳng
2 3
y x cắt đồ thị hàm số (*) hai điểm phân biệt nằm bên phải trục
tung
2.0
4,0 điểm
Lập bảng biến thiên 0.50
Vẽ đồ thị 0.50
u cầu tốn Phương trình sau có hai nghiệm dương phân biệt
2 2 3 2 3 2( 1) 3 3 0
x mx m x x m x m
' 0
3( 1) 0 2( 1) 0
m m
0.50
1 ' 0
4
m m
Kết hợp nghiệm, kết luận m 4
0.50
2 Giải bất phương trình
(2 1)
1
2 (2 ) 1
x x
x x x x
2.0
Điều kiện: 0 x Ta có:
2
2 x(2 x) 1 x 1 x2 x2 1 x x 1 x( 1 x)
2( x x) x( x x) ( x x)(2 x) 0, x 0;1
0.50
( ) (2x 1) x( x 1 x) (2 1 x)
2
( x) ( x) x ( x x) (2 x)
0.50
( x x) ( x x) x ( x x) (2 x)
( x x) x x, : x x 0, x 0;1
0.50
(1 ) 2 (1 ) :
x x x x x x x
x 0;1
Kết luận: Tập nghiệm cần tìm bất phương trình x 0;1
(3)II
1 Giải phương trình
3 cos sin
3tan 2sin 2
2 cos sin cos2
x x
x x
x x x
2.0 4,0 điểm
Điều kiện: cos2x x k 2k
(*)
Với điều kiện phương trình cho tương đương với:
2
2 cos sin
sin
3 cos2 3sin2 2cos 2 cos sin
cos2 cos sin cos2
x x
x x x x x x
x x x x
0.50
2 sin2
3sin2 sin 2 sin 2sin sin2 1
sin2
x
x x x x x
x 0.50
Với
sin
4
x x k 0.50
Với 12 sin 2 12 x k x k x k
Kết hợp với điều kiện (*) ta nghiệm phương trình cho là: x 12 k
12
x k k
0.50
2 Giải hệ phương trình
2
1
2
3
2 19
x y
x y y x
x y x y
2.0 Điều kiện 19 0, x y x y
Từ 1 : sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
1
3
3
x x x y x x y
x y x y x y x y
x y
và
1 1
2 2
3
y y y
x y x y
x y
, cộng hai kết ta được
0.50
1
2
3
x y x
x y
x y
, tương tự ta cũng có
1
2
3
x y y
x y y x , suy
1 1 1
3
2
3
x y
VT x y VP
x y
x y y x
(4)Dấu xẩy chỉ x y 3
Thế vào phương trình 2 ta pt: x22x 9 x 3 19 3 x 4
Giải pt
2
4 x x 4 3 x 3 x5 3 19 3 x 13 x
2
2 2
3
3 19 13
x x x x
x x
x x x x
0.50
2 2 3 0
3 19 13
x x
x x x x
.
2 2 0 1 2
x x x x
(Loại)
Khi x 1 3 y x 1 Thử lại x y ; 1;1 thỏa mãn hệ phương trình Vậy hệ phương trình có nghiệm x y ; 1;1
0.50
III 1 Cho a b c, , số thực dương thoả mãn abc 1 Chứng minh bất đẳng thức
3 3
2 2 2
9
ab bc ca
a b c
a b b c c a
.
2.0
4,0
điểm
4 4 3 2 2 3 4 4 4 2 2 2 2
2 2
2
2 2
2 2
0 4
1
4
4
a b a a b a b ab b a b a b ab a ab b
a ab b a b ab a b
a b ab a ab b
a b ab a b b a
0.50
Tương tự có 2
1
4
bc b c
b c c b
; 2
1
4
ca c a
c a a c
.
Do đó, cộng theo vế bất đẳng thức sử dụng bất đẳng thức Schur giả thiết abc 1 ta
2 2 2
3 3 3
1
4
1
3
4 4
ab bc ca b c c a a b
a b b c c a a b c
bc b c ca c a ab a b
a b c abc a b c
abc 0.50
Hay
3 3
2 2 2
4 ab bc ca
a b c
a b b c c a
Mặt khác
3
3 3 3
3 a b c 3.3 abc 9
0.50
Từ 1 2 suy
3 3
2 2 2
4 a b c ab bc ca 18
a b b c c a
Do
3 3
2 2 2
9
ab bc ca
a b c
a b b c c a
Dấu đẳng thức xảy chỉ a b c 1.
0.50
2 Cho
2
2 1 1
f n n n
Xét dãy số un :
1 2 n
f f n
u
f f f n
Tính
(5)limn un
Ta có:
2
2 1 1 1 1 1 *
f n n n n n n N
0.50
2
2 2
2
2 2
1 1 2 2 1 n
n n
u
n n
0.50
2
1 2n 2n
0.50
limn u n lim 2 2 1
n
n n
1 lim
2
n n
2
0.50
IV
1 Từ tập A 0;1; 2;3;4;5;6 có số tự nhiên có năm chữ số chia hết cho 2.0
4,0
điểm Gọi số phải tìm có dạng a a a a a1 5, aiA, i 1, Kết hợp với đề ta có:
1
a a a a a ; a1a2a3a4 a5 18; a1a2a3a4a5 27.
Ta xét trường hợp 1: a1a2a3a4a5 9, với 1a16, 0ai 6 với i 2,3, 4,5
Đặt xi ai 1, với i 2,3, 4,5, ta có:
1
1
13
1
1 i
a x x x x
a x
Số nghiệm nguyên dương 1 C124
Nếu a 1 7, ta có 1 x2x3x4x5 6 xi 7, nên không trùng với trường
hợp x i 8 Phương trình có
C nghiệm.
Nếu x i 8, ta có
1 j
j i
a x
1, j
a x
nên không trùng với trường họp trên, phương trình có C54 nghiệm nên với 4 vị trí xi có
4
4C nghiệm.
Vậy trường hợp có C124 C64 4C54 số thỏa mãn.
0.50
Ta xét trường hợp 2: a1a2a3a4a5 18, với 1a16, 0ai 6 với
2,3, 4,5
i
Đặt xi 7 ai, với i 2,3, 4,5, ta có:
1
1
17
1
1 i 7, 2,3, 4,5
x x x x x
x
x i
Số nghiệm nguyên dương 2 C164
Nếu x 1 7, ta có 1 x2x3x4x510 xi 7, nên không trùng với trường
hợp x 1 Phương trình có 10
C nghiệm.
(6)Nếu x i 8, i 2,3, 4,5 ta có
2 j
j i
a x
7
j
x
nên không trùng với trường họp trên, phương trình có C94 nghiệm nên với 4 vị trí xi có
4
4C
nghiệm
Vậy trường hợp có C164 C104 4C94 số thỏa mãn
Ta xét trường hợp 3: a1a2a3a4a5 27, với 1a16, 0ai 6 với
2,3, 4,5
i
Đặt xi 7 ai, với i 1, 2,3, 4,5, ta có:
1
1
8
1
1 i 7, 2,3, 4,5
x x x x x
x
x i
Từ 2 x i xi 6 nên tập nghiệm 3 không vượt khỏi miền xác định của i
x Phương trình có
C nghiệm.
0.50
Vậy trường hợp có C74 số thỏa mãn
Như tất có C124 C164 C74 C64 C104 4C54 4C94 1601 số
0.50
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường trịn ( )C có
tâm
· · ·
, , 90
I MQP >MNP MIP =
Tiếp tuyến đường tròn ( )C Q cắt tiếp tuyến M P, E F, Phương trình đường thẳng IF x: - 7y+ =8 0,
( 2;4 ,)
N
-11 1;
3 Eổ ửỗỗỗ ữữữữ
ỗố ứTỡm ta độ giao điểm A tiếp tuyến với đường tròn ( )C tại
M và P
2.0
Do MQP· >MNP· nên Q nằm cung nhỏ MP Vì AMIP hình vng, IE
phân giác góc MIQ IF· , phân giác góc ·PIQ nên
· 1· 45 0
2
EIF = MIP =
0.50
(7)Gọi ( )
11
7 8; 9;
3
I a- a ị EI ỗỗỗổa- a- ửữữữữ
ỗố ứ
uur
Khi ú,
· ( ) ( )
( )2
11 7
3
1 cos cos ;
2 11
50
3 IF
a a
EIF EI u
a a
- +
-= = = =
ổ ửữ
ỗ ữ
- +ỗỗ - ữữ ỗố ứ uur uur
2
2
200 400 850
50 25 50 5
3
3 a
a a a a a
a é =
ỉ ư÷ ỉ ư÷
ỗ ữ ỗ ữ ờ
ỗỗỗ - ữữ= ỗỗỗ - + ữữ - + = ê
è ø è ø ê =
ë
5 11 136 338
; ,
3 3 3
a= ị I ổỗỗỗ ửữữữữị IE = <IN =
ỗố ứ khụng thỏa mãn.
( )
1 1;1 ,
a= Þ I
-thỏa mãn
Gọi ( )( )
2
;
n c d cur +d ¹
vtpt MA Khi đó, phương trình
( ) 11 ( ) ( )
: 3 11
3
MA c x- +d yỗỗỗổ- ửữữữữ= c x- +d y- =
ỗố ứ
Vì MA tiếp tuyến ( )C nên
( ) 2 2
2
6
; 10 36 96 64 90 90
9
c d
d I MA IN c cd d c d
c d
-
-= Û = Û + + = +
+
2 13
27 48 13
3
c d
c cd d
c d
é = ê
Û - + = Û ê =
ê ë
Nếu d=3c chọn c= Þ1 d= Þ3 Phương trình MA x: +3y- 12=0 Nếu 13d=9c chọn c=13Þ d= Þ9 Phương trình MA: 13x+9y- 46=0
0.50
Với phương trình MA x: +3y- 12=0 PT QE : 13x+9y- 46=0 ta tìm
tọa độ điểm M( )0;4 ,
8 14; 5
Qổỗỗỗ ửữữữữ
ỗố øgọi tọa độ điểm A(12 ;- b b)ta có
( ) (2 )2 2
2 13 20 10 80 150
5 b
AI AM b b b b
b é = ê
= Þ - + - = Û - + = Û ê =
ê
ë
( ) ( )
3 3;3 2;0 ,
b= Þ A Þ P
thỏa mãn MQP· >MNP·
( ) ( )
5 3;5 4;2 ,
b= Þ A - Þ P
-khơng thỏa mãn MQP· <MNP·
Với phương trình MA: 13x+9y- 46=0 PTQE x: +3y- 12=0 ta tìm
tọa độ im
8 14; , 5
Mổỗỗỗ ửữữữ ữ
ỗố ứQ( )0;4 loi MIPÃ <MIQÃ Vậy A( )3;3 .
Chú ý: Nếu học sinh thừa nghiệm hình trừ 0,25 điểm
(8)V Cho hình chóp S ABC. có AB BC CA a , SA SB SC a 3, M điểm
trong không gian Gọi d tổng khoảng cách từ M đến tất đường thẳng AB,
BC, CA, SA, SB, SC Tìm giá trị nhỏ d
2.0
4,0 điểm
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,Flần lượt 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 SIDSJE nên SI SJ.
0.50
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,
FK Suy DI,EJ,FK đồng quy điểm O thuộc SG.
0.50
Xét điểm M khơng gian
Ta có
, ,
, ,
, ,
d M SA d M BC DI
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.
0.50
Ta có
3 a AD
,
2
3
a
AG AD
,
2 2
3
a
SG SA AG
,
2
sin
3 SG SAG
SA .Suy
3 2
.sin
2 3
a a
DI AD SAD
0.50
S
A C
B J I
E G D
F
(9)Vậy giá trị nhỏ cần tìm
6
3
3 a
DI a
2 Cho hình chóp tam giác S ABC cạnh đáy a, đường cao SO2a Gọi M là
điểm thuộc đường cao AA' tam giác ABC Xét mặt phẳng P qua M
vng góc với AA' Đặt AM x
3
3
a a
x
Tìm x để thiết diện hình
chóp cắt mặt phẳng P có diện tích lớn
2.0
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.
0.50
Tương tự kẻ qua M đường thẳng song song với SO cắt SA’ N, qua N kẻ đường 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:
1
( )
2 EFGH
S EF GH MN
Ta có
3
' ,
2
a a
AA AO
nên
EF =
2
3
x
0.50
2
' '
HG SN OM
HG x a
BC SA OA
'
2 3 '
MN MA
MN a x
SO OA
EFGH
1
S = (EF + GH).MN = 3 3
2 x a a x
0.50
2
EFGH
1 3
S = 3 ( )
3
a a
x a a x theoCosi
(10)SEFGH đạt giá trị lớn
3 a
chỉ
3 a x
Vậy giá trị lớn diện tích thiết diện
2
3 a
3 a x
Hết