đề chuyên lam son 2019 2020

SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN KỲ THI CHỌN ĐT DỰ THI HSG CẤP TỈNH NĂM HỌC 2019 - 2020 Mơn thi: TỐN Ngày thi: 02/11/2019 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ THI CHÍNH THỨC ( Đề thi có 01 trang) Câu I (4,0 điểm) m Cho hàm số: y  mx  2( m  1) x  m   Pm  , m  Xác định để đồ thị  P  cắt trục Ox m hai điểm phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn: x1  x2  2 Giải bất phương trình: Câu II (4,0 điểm) ( x  1)  x  x   6(1  x  x )  3x   2sin     cos x  4 1  2sin x Giải phương trình:  x   x   y  y  xy  x  x  x  x   60  18  y  y  Giải hệ phương trình:  Câu III (4,0 điểm)  Xác định số hạng chứa x28 khai triển  x  x  x Cho x, y , z số thực dương thỏa mãn : xyz   10 thành đa thức 1     3 (1  x ) (1  y ) (1  z ) (1  x )(1  y )(1  z ) Chứng minh rằng: Câu IV (4,0 điểm) Từ số 0,1,2,3,4,5,6 lập số tự nhiên có chữ số số lập chia hết cho Oxy , cho tam giác ABC có góc A nhọn, điểm I  4;2  trung điểm đoạn BC, điểm A nằm đường thẳng d : x  y   Dựng bên tam giác ABC tam giác ABD, ACE vuông cân A Biết phương trình đường thẳng DE : x  3y  18  BD  điểm D có tung độ nhỏ Xác định tọa độ điểm A, B,C Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Câu V (4,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thang với AD // BC M điểm di động tứ giác ABCD M SA, SB N, P ( SBC ) ( SAD) Qua vẽ đường thẳng song song với cắt mặt Gọi E = AM Ç BC , F = BM Ç AD a) Chứng minh điểm S, N, E S, P, F thẳng hàng b) Tìm tập hợp điểm M cho MN MP lớn Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh a Gọi I tâm hình vng CDD’C’, K trung điểm cạnh CB Dựng thiết diện hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cắt mặt phẳng (AKI) Tính diện tích thiết diện theo a ……………………… Chú ý: Học sinh sử dụng MTCT ĐÁP ÁN THI CHỌN ĐTHSG CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút Câu I Nội dung  Cho hàm số y = mx - 2(m+ 1)x + m+ (Pm ) , m Xác định m để đồ thị (Pm ) cắt trục Điểm Ox hai điểm phân biệt x1,x2 thỏa mãn x1 - x2 = 2 2,0 Hoành độ giao điểm Pm với Ox nghiệm pt mx   m  1 x  m   (Pm ) m    ' ≻ cắt Ox điểm phân biệt phương trình có nghiệm phân biệt m   ;0    0;1 Khi  x1 - x2 = 2  x1  x   4x1x  Áp dụng hệ thức vi ét  m  1  m  3  8 m2 m  m  1  2m  m     m   2 Giải bất phương trình: 1,0   m  1  x1  x  m   x x  m   m Thay vào ta  m  2m   m  3m  2m 1,0 (x  1)  x  2x   6(1  x  x ) (1)  (x  1)  (x  1)    (x  1)  3(x  1)  1 (2)   +) (1) +)Nhận thấy x  1 không nghiệm (2) ………………………………………………………………………………… +) Với 1      x    (3) (x  1) x    t2 1 t  x 1  t  (x  1)   x  ĐK: (x  1) + Đặt + (3) trở thành t    6(t  3) 2  t  2  t  11   2t  2  t   6(t  3) 5t  36t  55  11  21  21  x   x 1    x x 1 10 10  x  x   ( Thỏa mãn (*) ) 2,0 0,25 x  1 (*)  x    (2)  (x  1)  + Với x  1 (2*)  x    (2)   (x  1)  1      x    (4) (x  1) x    1,0 + Đặt t  x 1 t  2 1  t  (x  1)   x  ĐK: (x  1) (3*) t   6(t  3) vô nghiệm (3*)  21  21 x 10 Vậy bất phương trình có nghiệm : 10 + (4) trở thành 0,75  3x   2sin     cos x  4 1  2sin x Giải phương trình: 2,0   x   k 2   sin x     x  5  k 2  Điều kiện: 0,5   (1)   cos  x    cos x   2sin x 2   sin x  3cos3x  2sin x  sin  x     sin x   3      3 x   x  k 2  x   k   3 x      x  k 2  x    k   3 Đối chiếu với điều kiện, phương trình cho có nghiệm 7   x  k 2 , x    k 2 , x   k 6 1,0 0,5  x   x   y  y  xy  x  x  x  x   60  18  y  y  Giải hệ phương trình:  y   * Điều kiện  x    0,25 (1)  x   y   x  1  y   x  xy  x - Từ phương trình x  y 1    x  y  1 x  y  1   x  x  y  1 x 1  y     x  y  1   x  y  1  (3)  x 1  y     x  y 1 y    2x  y 1   x 1  y Do  x  nên (3) 0,5 0,25 - Thay vào (2) ta được phương trình x  18x  3x  x   78   x  18x  81  x   x     x   x            x 3 y   x     x3  x    (thỏa mãn điều kiện) Với thỏa mãn ĐK x   Vậy hệ phương trình có nghiệm  y  Xác định số hạng chứa x 28 khai triển 1  x  x 1,0  x  thành đa thức 10 Ta có  x  x  x  1  x  1  x   1  x  x  x   1  x  1  x  10 1  x  10 1  x    C  C x   C x  C x  C x 10 10 10 16 10 18 10 10  Suy số hạng chứa x28 khai triển  x  x  x C x C x  C x C x  45 x  x  55 x 10   C100  C101 x  C102 x   C108 x8  C109 x  C1010 x10  10 10 10 10 10 20 10 10 10 18 10 28 28 20   2n 0,5 1,5 là: 28 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn : xyz  Chứng minh : 1  x   1  y   1  z   1 1  x 1  y 1  z  1 1 a 1 b 1 c ,b ,c x ,y  ,z  x 1 y 1 z 1 a b c Đặt  a, b,c  abc  1  a 1  b 1  c  1 Từ giả thiết suy : a 0,5 3 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau a  b  c  5abc  (2) Ta có    a  b3  c3  5abc    a  b   3ab  a  b   c3  5abc    a  b  c   3c  a  b  a  b  c   3ab  a  b  c   8abc    a  b  c    a  b  c  ab  bc  ca   8abc  Đặt S  a  b  c, Q  ab  bc  ca Từ 1  2abc    a  b  c   ab  bc  ca   S  Q   Q  S  0,5 S2 Mặt khác ta có Khi bđt cần chứng minh tương đương với bđt: S  3SQ   4S  4Q  (2) S2 S 1  Q  với :  S  4S   Q  3S     S  1  S2  S  3  Q  3S  * Ta có   3Q   ab  bc  ca    a  b  c   S2  Q  S3  4S   1  S   S  S2     3S   Q Suy (*) S3  4S    3S   Q  S3  4S    3S   S  1   S  1  )1  S  ta có )S  ta có 0,5 Suy (*) )S  S2  2S  3 3 0 ta có S  4S    3S   Q  S  4S    3S    Suy 0,5 (*) Đẳng thức xảy   S a  b  c Q  ab  bc  ca     a  b  c  hay x  y  z    S  a  b  c    2 Từ số 0,1,2,3,4,5,6 lập số tự nhiên có chữ số số lập chia hết cho Gọi số thỏa mãn có dạng a1a2  a5 thỏa mãn đề bài, ta có : 0,25 a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = ; 18 ; 27 Trường hợp 1: a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = với  a1  6;   6( i  2,  , 5) Đặt xi   1, i  2, , a  x  x  x  x  13( 1)  1  a1  1  x  i ta có :  - Số nghiệm nguyên dương (1) C12 0,5 - Nếu a1  7,( 1)  x2  x3  x4  x5   xi  nên không trùng với trường hợp xi  , phương trình có C64 nghiệm - Nếu xi  8,( 1)  a1   x j   a1, x j  j i nên không trùng với trường hợp Phương trình có C nghiệm nên với vị trí xi có 4.C5 nghiệm 4 Vậy trường hợp có C12  C6   C5 số thỏa mãn đề Trường hợp 2: a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = 18 với  a1  6;   6( i  2,  , 5) Đặt xi   , i  1, ,  x  x  x  x  x  17( 2)  1  x1  1  x  7, i  2, , i ta có :  0,5 - Số nghiệm nguyên dương (2) C16 - Nếu x1  7,( 1)  x2  x3  x4  x5  10  xi  nên không trùng với trường hợp xi  , phương trình có C104 nghiệm xi  8, i  2, , 5,( 1)  x1   x j   x j  - Nếu j i nên khơng trùng với trường hợp 4 Phương trình có C9 nghiệm nên với vị trí xi có 4.C9 nghiệm 4 Vậy trường hợp có C16  C10   C9 số thỏa mãn đề Trường hợp 3: a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = 27 với  a1  6;   6( i  2,  , 5) Đặt xi   , i  1, 2, ,  x  x  x  x  x  8( 3)  1  x1  1  x  7, i  2, , i ta có :  Từ (2) xi   xi  nên tập nghiệm (3) không vượt khỏi miền xác định xi 0,5 Phương trình có C7 nghiệm Vậy trường hợp có C7 số thỏa mãn đề   4 4 Vậy có tất C12  C16  C7  C6  C10  4C5  4C9  1601 số thỏa mãn đề 0,25 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho tam giác có góc nhọn, điểm I  4;2  trung điểm đoạn BC, điểm A nằm đường thẳng d : 2x  y   Dựng bên tam giác ABC tam giác ABD, ACE vuông cân A Biết phương trình đường thẳng ABC Oxy A DE : x  3y  18  BD  điểm D có tung độ nhỏ Xác định tọa độ điểm A, B,C → → → → → 2AI.DE  AB  AC AE  AD  AB.AE  AC.AD  Ta có    AB.AE.cos BAE  AC.AD.cos CAD   AI  DE AI :  x    y    3x  y  14  Phương trình đường thẳng A 3x  y  14  x    A  3;5   2x  y   y   Tọa độ điểm thỏa mãn hệ  0,5 E D A J B I C BD   AD  10 Gọi D  3a  18;a  ta có AD  10   3a  21   a   2 38  a   loai    10  10a  136a  456   ̇  a  0,5 a   D  0;6  AB → A 3;5 AD   3;1 có phương trình    Đường thẳng qua , vtpt 3  x  3  y    3x  y   Gọi tọa độ điểm B  b;3b   ta có 0,5 b  2 AB  10   b  3   3b    10   b  Với b   B  4;8   C  4; 4  , loại góc BAC tù 0,5 Với b   B  2;2   C  6;2  , thỏa mãn Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thang với AD PBC M điểm di động M tứ giác ABCD Qua vẽ đường thẳng song song với SA, SB cắt mặt ( SBC ) ( SAD) N , P Gọi E = AM Ç BC , F = BM Ç AD a) Chứng minh điểm S, N, E S, P, F thẳng hàng b) Tìm tập hợp điểm M cho MN MP lớn a) Gọi E = AM Ç BC , F = BM Ç AD Từ M kẻ đường thẳng song song với SA, SB cắt SE , SF N , P Thì N , P điểm cần dựng suy điều phải chứng minh S 1,0 P N A D F M B C E MN EM MP FM AM = = = EA , SB FB AE nên b) Ta có SA MN MP EM AM + = + =1 SA SB EA EA Theo BĐT CauChy ta có M SA.SB MN MP MN MP max ( MN MP ) = = = MN MP = SA.SB SA SB SA SB SA.SB ổ MN MP SA.SB ữ ỗ Ê + = ữ ỗ ữ ố SA ỗ SB ø Vậy trung điểm AE BF , tập hợp điểm M đường trung bình hình thang ABCD 1,0 Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh a Gọi I tâm hình vng CDD’C’, K trung điểm cạnh CB Dựng thiết diện hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cắt mặt phẳng (AKI) Tính diện tích thiết diện theo a C' D' B' A' N I Q J C B K D A Gọi J giao điểm AK CD Q giao điểm JI CC’; N giao điểm IJ DD’ Thiết diện tứ giác AKQN Chứng minh AKQN hình thang có đáy KQ, AN Chứng minh C trung điểm JD, K trung điểm JA, Q trung điểm JN S JKQ JK JQ 1     S AKQN  S JAN  S JKQ  3S JKQ S JAN JA JN 2 CQ 1 CQ  ND  QC '    CQ  a CC ' 3 a 13 a a 10 KQ  ; JK  ; JQ  Tính 2 JQ  JQ  KQ cosKJQ=  ,sin KJQ   cos KJQ  JK JQ 50 S JKQ  14a 14a JK JQ.sin KJQ  , S AKQN  3S JKQ  12 Giáo viên đề Phùng Thị Vân 0,5 0,75 0,75 ... Phương trình có C7 nghiệm Vậy trường hợp có C7 số thỏa mãn đề   4 4 Vậy có tất C12  C16  C7  C6  C10  4C5  4C9  1601 số thỏa mãn đề 0,25 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho tam giác có... chóp S ABCD có đáy hình thang với AD PBC M điểm di động M tứ giác ABCD Qua vẽ đường thẳng song song với SA, SB cắt mặt ( SBC ) ( SAD) N , P Gọi E = AM Ç BC , F = BM Ç AD a) Chứng minh điểm... hàng b) Tìm tập hợp điểm M cho MN MP lớn a) Gọi E = AM Ç BC , F = BM Ç AD Từ M kẻ đường thẳng song song với SA, SB cắt SE , SF N , P Thì N , P điểm cần dựng suy điều phải chứng minh S 1,0 P N