TOÁN đề THI LIEN TRUONG LAN 2 TS2

SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC ĐỘI TUYỂN HSG LIÊN TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 1, 2, 3, NĂM HỌC 2019 -2020 (Lần 2) Mơn: Tốn - Lớp 11 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày kiểm tra: 04 tháng 01 năm 2020 (Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu) Câu I (4,0 điểm) Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị ( P) hàm số y = x − mx + , biết ( P) có hồnh độ đỉnh x = Giải phương trình: 54 x − x + 9 x − − 17 = Câu II (4,0 điểm) π  Giải phương trình lượng giác: 2cos  x + ÷+ 4sin x.sin 3x − = 3   x x − + y = xy + x −  Giải hệ phương trình:  18 x 25 x + y = + x x +1  Câu III (4,0 điểm) Cho a , b , c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức 3       P =  5a + ÷ +  5b + ÷ +  5c + ÷ b+c  c+a  a +b   u1 = 2020  Cho dãy số (un) xác định  Tính lim un n + 4n + u = un , n ≥  n +1 2n + 4n  Câu IV (4,0 điểm) Tìm số có bốn chữ số abcd cho ab , ad hai số nguyên tố db + c = b + d Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm E ( 3;4 ) , đường thẳng d : x + y − = đường tròn (C ) : x + y + x − y − = Gọi M điểm thuộc đường thẳng d nằm ngồi đường trịn (C) Từ M kẻ tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) (A, B tiếp điểm) Gọi (E) đường tròn tâm E tiếp xúc với đường thẳng AB Tìm tọa độ điểm M cho đường trịn (E) có chu vi lớn Câu V (4,0 điểm) Cho hình chóp S ABC , M thuộc miền tam giác ABC Qua M kẻ đường thẳng song song với SA , SB , SC cắt mặt ( SBC ) , ( SAC ) , ( SAB ) A ', B ', C ' Tìm vị trí điểm M để MA ' MB ' MC ' đạt giá trị lớn SA SB SC Cho hình chóp S ABCD , đáy ABCD nửa lục giác đều, AB = BC = CD = a SA vng góc với mặt phẳng ( ABCD ) SA = a , M điểm cạnh SB ( M ≠ B ) AM ⊥ MD Dựng thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng ( ADM ) , tính diện tích thiết diện Hết - SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC ĐỘI TUYỂN HSG LIÊN TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 1, 2, 3, NĂM HỌC 2019 -2020 (Lần 2) ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC Mơn: Tốn - Lớp 11 THPT Ngày kiểm tra: 04 tháng 01 năm 2020 (Đáp án gồm có 06 trang) Câu Nội dung Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị ( P) hàm số y = x − mx + , biết ( P) có hồnh độ đỉnh x =1 Hoành độ đỉnh x = ⇒ m = Vậy ( P) : y = x − x + *Bảng biến thiên: −∞ x y +∞ Điể m 2,0 0,5 I điể m +∞ +∞ 0,75 -1 Nhận xét đồ thị Parabol có trục đối xứng x = , vẽ Giải phương trình: 54 x − x + 9 x − − 17 = x ( x – ) + ( x – ) + 9( x −  − 1) = ⇔ ( x – ) (6 x + 2) + 9( 9x – )=0 x −  +   = ⇔ x = x > ⇔ (9 x − 4)  x + + ÷  ÷ 9 x − +1   π  Giải phương trình lượng giác: cos  x + ÷+ 4sin x.sin x -1 = 3  π π π   cos  x + ÷+ 4sin x sin x − = ⇔  cos x cos − sin x sin ÷+ 4sin x sin x − = 3 3   0,75 2,0 0,5 0,75 0,75 2,0 0,5 ⇔ cos x − sin x + 4sin x sin x − = ⇔ − sin x - sin x cos x + 4sin x sin x − = ( ) ⇔ sin x 2sin 3x - sin x - cos x = II điể sin x = ⇔ sin x + cos x = sin x *sin x = ⇔ x = kπ ( k ∈ Z ) 0,5 0,5 *sin x + cos x = 2sin x ⇔ sin x + cos x = sin x 2 π π   3x = x + + k 2π x = + kπ   π  ⇔ sin  x + ÷ = sin x ⇔  ⇔ (k ∈ Z ) 3  3x = π − x − π + k 2π x = π + k π   π π (k ∈ Z ) Vậy phương trình cho có nghiệm x = kπ ; x = + k  x x − + y = xy + x − (1)  Giải hệ phương trình:  18 x (2)  25 x + y = + x x +1  Điều kiện x ≥ x = (1) ⇔ ( x − 1) x − − y = ⇔   y = x − 14 * x =1⇒ y = − 18 x * y = x − ⇒ (2) ⇔ 25 x + 9 x − = + (3) x x +1 2 9x − 18 - Với x ≥ ⇒ (3) ⇔ 25 + (4) = + x x x +1 162 < 25 nên PT cho vơ nghiệm Dễ thấy pt (4) có VT >25, x ≥ ta có VP ≤ + 13 18 - Với x ≤ − , PT cho ⇔ 25 − 9 − = + (2) x x x +1 Đặt = t , < t ≤ , PT (2) trở thành x 36 ( t − ) ( t − 2) ( t + 4) 18t 25 − 9 − 4t = 2t + ⇔ = 1+ t t +1 − 4t + 18 t+4  ⇔ ( t − 2)  − ÷=  − 4t + t +  Với < t ≤ có 2,0 0,5 ) ( m 0,5 18 − 4t + (3) ⇔ t = ⇔ x = − ≥ 0,5 0,5 (3) 18 t+4 18 = 1+ Suy − 4t + t + 18 − (vì x < 0) 2 2  14   ; Vậy hpt cho có nghiệm:  1; − ÷;  − ÷ 9  2 ÷   Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức 3       P =  5a + ÷ +  5b + ÷ +  5c + ÷ b+c   c+a  a+b  0,5 2,0 Áp dụng BĐT Côsi cho số dương, ta có 2 2a 5a + =a+a+a+a+a+ ≥ 66 b+c b+c b+c  2a 216 2a  =  5a +  ≥ 216 b+c b + c a ab + ac  0,5 3  216 2b   216 2c  Tương tự:  5b + ;  5c +  ≥  ≥ c+a a+b b bc + ba  c ca + cb  Chứng minh bất đẳng thức a b2 c ( a + b + c) + + ≥ x y z x+ y+z 0,5 216 ( a + b + c )   a4 b4 c4 P ≥ 216  + + ÷≥  a ab + ac b bc + ba c ca + cb  a ab + ac + b bc + ba + c ca + cb a ab + ac + b bc + ba + c ca + cb ≤ III điể m (a + b + c )( 2ab + 2bc + 2ca ) = 6( ab + ac + bc ) ≤ 6( a + b + c ) = Vậy P ≥ 648 ⇒ P = 648 Đẳng thức xảy a = b = c = u1 = 2020  Cho dãy số (un) xác định  Tính lim un n + 4n + u = u , n ≥  n +1 n 2n + 4n  (n + 1) + 2(n + 1) un +1 un u = un ⇔ = Ta có n +1 2 n + 2n (n + 1) + 2(n + 1) n + 2n u 1 Đặt = n ⇒ +1 = ⇒ (vn) cấp số nhân có cơng bội q = số hạng đầu n + 2n 2 u 2020 2020 4040 n + 2n v1 = = ⇒ = ⇒ un = n −1 3 3 2n n(n − 1)(n − 2) n n n +) Ta có = (1 + 1) = Cn + Cn + Cn + Cn + + Cn ≥ Cn = +  n + 2n  n + 2n n n =0 ⇒ un ≤ 8080 ; lim 8080  = 8080 lim 2 n ( n − 1)( n − 2)    n(n − 1)(n − 2)   1 − ÷1 − ÷  n  n  ⇒ lim un = Tìm số có bốn chữ số abcd cho ab, ad hai số nguyên tố db + c = b + d Do ab, ad hai số nguyên tố nên b, d số lẻ khác 5(*) db + c = b + d ⇔ 10d + b + c = b + d ⇔ 9d + c = b (b − 1) b = Ta có 9d + c ≥ ⇒ b(b − 1) ≥ ⇒ b > (*) ⇒  b = b = ⇒ 9d + c = 42 ⇒ < d < trái với (*) b = ⇒ 9d + c = 72 ⇒ ≤ d ≤ kết hợp (*) ⇒ d = ⇒ 79 + c = 81 + ⇔ c = Do a9, a hai số nguyên tố ⇒ a = Vậy abcd =1997 IV 0,5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm E(3; 4), đường thẳng d : x + y − = 0,5 2,0 0.5 0.5 0.5 0.5 2,0 0,5 0,5 0,5 0,5 đường tròn (C ) : x + y + x − y − = Gọi M điểm thuộc đường thẳng d nằm ngồi đường trịn (C) Từ M kẻ tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) (A, B tiếp điểm) Gọi (E) đường tròn tâm E tiếp xúc với đường thẳng AB Tìm tọa độ điểm M cho đường trịn (E) có chu vi lớn Đường trịn (C) có tâm I (−2;1) , bán kính R = Do M ∈ d nên M (a;1 − a) Do M nằm (C) nên IM > R ⇔ IM > ⇔ (a + 2) + (−a ) > ⇔ 2a + 4a − > (*) Ta có MA2 = MB = IM − IA2 = (a + 2) + (−a ) − = 2a + 4a − Do tọa độ A, B thỏa mãn phương trình: ( x − a ) + ( y + a − 1) = 2a + 4a − ⇔ x + y − 2ax + 2(a − 1) y − 6a + = (1) 4,0 điể m Do A, B thuộc (C) nên tọa độ A, B thỏa mãn phương trình x + y + x − y − = (2) Trừ theo vế (1) cho (2) ta (a + 2) x − ay + 3a − = (3) Do tọa độ A, B thỏa mãn (3) nên (3) phương trình đường thẳng ∆ qua A, B +) Do (E) tiếp xúc với ∆ nên (E) có bán kính R1 = d ( E , ∆ ) Chu vi (E) lớn ⇔ R1 lớn ⇔ d ( E , ∆) lớn  11  Nhận thấy đường thẳng ∆ qua điểm K  ;  2  Gọi H hình chiếu vng góc E lên ∆ ⇒ d ( E , ∆ ) = EH ≤ EK = V4 điể m 0,5 0,5 0,5 10 Dấu “=” xảy H ≡ K ⇔ ∆ ⊥ EK  3 Ta có EK =  − ;  , ∆ có vectơ phương u = (a; a + 2)  2 uuur r Do ∆ ⊥ EK ⇔ EK u = ⇔ − a + (a + 2) = ⇔ a = −3 (thỏa mãn (*)) 2 Vậy M ( − 3;4 ) điểm cần tìm Cho hình chóp S ABC , M thuộc miền tam giác ABC Qua M kẻ đường thẳng song song với SA, SB, SC cắt mặt ( SBC ), ( SAC ), ( SAB) A ', B ', C ' Tìm vị trí MA ' MB ' MC ' điểm M để đạt giá trị lớn SA SB SC Gọi AM ∩ BC = N , BM ∩ AC = P, CM ∩ AB = Q Kẻ MA '/ / SA( A ' ∈ SN ), MB '/ / SB ( B ' ∈ SP ) MC '/ / SC (C ' ∈ SQ ) Áp dụng định lí Talet ta có MA ' NM MB ' PM MC ' QM = ; = ; = SA NA SB PB SC QC Áp dụng định lí Seva cho tam giác ABC ta có 2,0 NM PM QM MA ' MB ' MC ' + + =1⇒ + + =1 NA PB QC SA SB SC 0,5 2,0 0,5 0,5 Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có MA ' MB ' MC ' MA ' MB ' MC ' MA ' MB ' MC ' 1= + + ≥ 33 ⇔ ≤ SA SB SC SA SB SC SA SB SC 27 MA ' MB ' MC ' NM PM QM = = = ⇔ = = = ⇒ M trọng tâm tam Dấu xảy ⇔ SA SB SC NA PB QC giác ABC MA ' MB ' MC ' Vậy đạt giá trị lớn M trọng tâm tam giác SA SB SC 27 ABC Cho hình chóp S ABCD , đáy ABCD nửa lục giác đều, AB = BC = CD = a SA vng góc với mặt phẳng ( ABCD ) SA = a , M điểm cạnh SB ( M ≠ B ) AM ⊥ MD Dựng thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng ( ADM ) , tính diện tích thiết diện  BD ⊥ AB ⇒ BD ⊥ ( SAB) ⇒ BD ⊥ AM Do ABCD nửa lục giác nên   BD ⊥ SA Do DM ⊥ AM ⇒ AM ⊥ ( BDM ) ⇒ AM ⊥ SB Ta có 3a   SM =  SM − BM = 2a SM ⇔ ⇒ =  a SB  SM + BM = 2a  BM =  AD //BC ⇒ ( AMD) ∩ ( SBC ) = MN //BC ⇒ thiết diện hình thang AMND MN SM 3a MN //BC ⇒ = = ⇒ MN = BC SB 4 Tính BD = a 3, AD = 2a Kẻ MH ⊥ AD a a 13 a 39 Tính AM = , MD = ⇒ MH = 2 ( MN + AD) MH 11 39 S AMND = = a 64 0,5 0,5 2,0 0,5 0,5 0,5 0,5 Hết 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  ... (n + 1) + 2( n + 1) un +1 un u = un ⇔ = Ta có n +1 2 n + 2n (n + 1) + 2( n + 1) n + 2n u 1 Đặt = n ⇒ +1 = ⇒ (vn) cấp số nhân có cơng bội q = số hạng đầu n + 2n 2 u 20 20 20 20 4040 n + 2n v1 = =... c+a  a+b  0,5 2, 0 Áp dụng BĐT Côsi cho số dương, ta có 2 2a 5a + =a+a+a+a+a+ ≥ 66 b+c b+c b+c  2a 21 6 2a  =  5a +  ≥ 21 6 b+c b + c a ab + ac  0,5 3  21 6 2b   21 6 2c  Tương tự: ... SƠN ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC ĐỘI TUYỂN HSG LIÊN TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 1, 2, 3, NĂM HỌC 20 19 -20 20 (Lần 2) ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC Mơn: Tốn - Lớp 11 THPT Ngày kiểm tra: 04 tháng 01 năm 20 20 (Đáp án