Đề thi thử THPT quốc gia

Thiết diện của khối chóp cắt bởi mặt phẳng  MNP  chính là hình thang MNIP.. Từ đó suy ra MNIP là hình thang cân..[r]

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT BÁ THƯỚC

ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2019 - 2020

Mơn thi: Tốn - Lớp 11

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề ) Ngày thi: 28 tháng 12 năm 2019

(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)

Câu I (4.0 điểm).

1 Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị  P hàm số y ax 2bx 3, biết  P có đỉnh I2;1

2 Giải bất phương trình: x1 x 2 x6 x7 x27x12 Câu II (4.0 điểm).

1 Giải phương trình:

 

2 sin cos 4cos sin 0 2sin

x

x x x

x

  

 

2 Giải hệ phương trình:

   

 

2

6 2

;

2 1

y x y x x

x y

x x x y x y y

       



 

          



 Câu III (4.0 điểm).

1 Cho x y z, , số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện xyz x z  y Tìm giá trị

lớn biểu thức: 2 2

2

1 1 ( 1) 1

z z

P

x y z z z

   

    

2 Cho dãy số  un thỏa mãn điều kiện u12

2

1 n n, 1,2, u u u  u n u  n Tìm cơng thức số hạng tổng quát n

u dãy số  un Câu IV (4.0 điểm).

1 Một hộp đựng 50 thẻ đánh số từ đến 50 Chọn ngẫu nhiên từ hộp hai thẻ. Tính xác suất để hiệu bình phương số ghi hai thẻ số chia hết cho

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A, M trung điểm AB Đường thẳng CM x:  2y 7

4 ; K 

  trọng tâm tam giác ACM Đường thẳng AB qua điểm D3; 1  Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết điểm M có hồnh độ ngun tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC thuộc đường thẳng x6y 26 0.

Câu V (4.0 điểm).

1 Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thoi cạnh 3a, SA SD 3a, SB SC 3a 3. Gọi M , N lần lượt trung điểm cạnh SA SD, P điểm thuộc cạnh AB cho

2

AP a Tính diện tích thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng MNP

và song song với GA cắt mặt phẳng  ABC, ACD,  ABD , ,P Q R Tìm giá trị lớn tích MP MQ MR

Hết -ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu Ý Nội dung Điểm

I

1 Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị  P hàm số

2

3

y ax bx , biết rằng

 P có đỉnh I2;1. 2,0

Từ giả thiết ta có:

4

2

4 4

4 b

a b a

a

a b b

a b



  

   



 

  

  

 

    

Vậy  P : y x24x

0,5

Bảng biến thiên:

x   2 

y

 

1

 

0,5

Đồ thị hàm số có đỉnh I2;1, trục đối xứng x2

Đồ thị hàm số cắt trục tung 0; 3 và cắt trục hoành 1;0 , 3;0  

0,5 Đồ thị hàm số hình vẽ

0,5

2 Giải bất phương trình: x 1 x 2 x 6 x 7 x2 7x 12

        2,0

Đk: x2

BPT      

2

1 2

x x x x x x

          

0,5

 1  6  2  4

2

x x

x x x x

x x

 

      

   

 2  4

2

x x

x x

x x

 

 

      

   

 

Ta có  

1

4

2

x x

x

x x

 

  

   

=

2 6

2

2 2

x x x x

x x x

   

   

     

=

 2  6 1

0,

2 2

x x

x x

x

x x x

  

 

     

     

0,5

BPT  x 0  x2

Vậy tập nghiệm bất phương trình S  2;2 0,5 II

1

Giải phương trình:

 

2 sin cos 4cos sin 0 2sin

x

x x x

x

  

 

2,0

ĐK: Điều kiện:

2

1

sin ,

5

2

x k

x k

x k

  

 

  



   

   



 (*)

0,25

Với điều kiện trên, phương trình cho tương đương:

 

2 sin cos 4cos sin

x

x  x  x  

 

2 sinx sin cosx x 2cos cosx x

     

   2 

2 sinx cosx 3sin x sin cosx x cos x

     

0,5

 sin cos   sin cos 2 sin cos

3 sin cos

x x

x x x x

x x

  

      

 

 0,25

TH1: sinx cosx cotx x k k, 



         0,25

TH2: sinx cosx 2 sin cosx cos sinx sin x

  

   

         

   

2

2 ,

6

x   k  x  k  k

        

0,25

7

2 , ,

6

x  k  x  k  k 

2

Giải hệ phương trình:

     

   

2

6 2 1

;

2 1

y x y x x

x y

x x x y x y y

                        2,0 Điều kiện: 2 1 x y

x x y x y                                

2 2 2

2 2 2

1 y x y x x

y y x y

Pt x x                        0,5

Đặt a y2;b 2x1;a0;b0 ta được:

  2 

3 3 2 0 2 0

a  ab  b   a b a b   a b

 

2 2 1

y x y x x x

           

0,5

Thay y2x1 vào (2) ta được:

          2 2 2

2 3 2

3 2 3

1

3

3

2

1

3 /

2

x x x x x

x x x x x x x

x x

x x

x x x

x

x x t m

x                                             0,5  ;      1

: x y 1;1 , 2;3

x y x y KL T          0,5 III 1

Cho x y z, , số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện xyz x z  y Tìm giá trị lớn biểu thức:

2 2 2 2

2

1 1 ( 1) 1

z z

P

x y z z z

   

    

2,0

Đặt

tan , tan , tan , (0 , , )

2

x A y B z C A B C

Theo giả thiết ta có:

tan tan

tan tan( )

1 tan tan

y z B C

x A B C A B C k

yz B C 

 

        

 

Do A B C k A B C





         

Khi đó:

2 2 2 2

2 2

1 tan 3tan

2( )

1 tan tan 1 tan (1 tan ) tan

2( os os ) 4sin 3sin cos cos os2B 4sin 3sin cos

C C

P

A B C C C

c A c B C C C A c C C C

   

    

       

   

2sin A B sin A B 4sinC 3sin cosC C

     

 

2sin sinC A B 4sinC 3sin cosC C

    

2 2

2sinC 4sinC 3sin cosC C sin (3cosC C 2) sin (1 3sinC C)

       0,5 Nếu sin

C   P

Nếu sin C

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số không âm

2 2

2 sin2 (1 3sin2 )2 6sin (1 3sin )(1 3sin )

6

C C C

P  C  C   

2 2

3

1 6sin 3sin 3sin

( )

6 81

C  C  C

 

9

P

 

0,5

Dấu ‘’ = ‘’ xảy

1

sin tan

3

2

sin( ) tan cot tan , tanA= , tan

4

tan tan

1 tan tan

C C

A B B A C B

A B C A B

A B                              2 2; ;

x y z

   

.Vậy giá trị lớn P

2 .

0,5

2

Cho dãy số  un thỏa mãn điều kiện u1 2

1 n n, 1,2, u u u  u n u  n Tìm cơng thức số hạng tổng quát n

u dãy số  un

2,0

Với n=2,ta có 1+ =2 2Þ =

2

4

3

u u u u

Với n=2, 3, ,ta có u1+ + +u2 un-1+ =un n u2 n,

+ + + - = -( )

-2

1 n 1 n

u u u n u

0,5

Trừ hai đẳng thức ta = - ( - ) - " ³

2

1

1 ,

n n n

u n u n u n

( ) ( )

-Û 2- = - " ³

1

1 n n ,

n u n u n

-Û = " ³

+ 1 , n n n

u u n

n

0,5

( ) ( )

-

-Þ = = = " ³

+ + +

2

6

1

,

1 1

n

u

n n

u u n

n n n n n n 0,5

Với n1,n2 công thức

Vậy  

hộp hai thẻ Tính xác suất để hiệu bình phương số ghi hai thẻ số chia hết cho

  502

n  C

Gọi A biến cố hiệu bình phương số ghi hai thẻ số chia hết cho Giả sử số chọn a,b Theo giả thiết

       

 

2 3 3

3

a b

a b a b a b

a b  

     

 



 



0,5

Nếu a b 3 a, b phải đồng dư chia  số cách chọn là:

2 2

16 17 17

C C C

Nếu a b 3 a b chia hết cho số chia dư 1, số chia dư 2 số cách chọn là: C162 C C171 171

0,5

Lại có:

 

 

3

3

a b a

b a b



 





 

 

 

 



 

số cách chọn là: C162

0,5

Do đó:

   162 172 172   162 17 171  162 162 172 172 17 171

n A  C C C  C C C  C C C C C C

Vậy  

2 2 1

16 17 17 17 17

2 50

681 1225

C C C C C

P A

C

  

 

0,5

2

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân A, M trung điểm AB Đường thẳng CM x:  2y 7

4 ; K 

  trọng tâm tam giác ACM Đường thẳng AB qua điểm D3; 1  Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết điểm M có hồnh độ nguyên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thuộc đường thẳng x6y 26 0.

2,0

Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Trước hết ta chứng minh

MC^IK Thật vậy, gọi H N, trung điểm BC AC, ;G=AH CMÇ . Suy G trọng tâm tam giác ABC.Mặt khác K trọng tâm tam giác

ACM nên KG HE|| Suy KG AB|| Mà IM ^AB nên KG^IM . Rõ ràng AH ^MKnên G trực tâm tam giác MIK Suy MC^IK.

Đường thẳng KI qua K vng góc với CM nên có phương trình:

12x+6y- 37=0

Tọa độ I thỏa mãn hệ

1

12 37 25

1;

25

6 26

6

x x y

I

x y y

ì = ï

ì + - = ï ỉ

ï ï

ù ị ỗ ữữ

ớ ỗỗ ữ

ï + - = ï = è ø

ùợ ùùợ

Gi M(2 m 7;- m)ẻ MC.Ta cú ( )

25

2 10;m ; 8; m

6

DM = m- + IM =ổỗỗỗốm- - ửữữữứ

uuuur uuur

0,5

2 235 455

6

13 ( )

( )

DM IM DM IM m m

m l

m tm

^ Û = Û - + =

é ê = ê Û ê

ê =

ê ê ë

uuuur uuur

Suy

7 0;

2 Mổ ửỗỗ ữữữ

ỗố ứ,

9 3;

2

DM = -ổỗỗỗố ửữữữứ uuuur

T ú suy AB: 3x+2y- 7=0

0,5

Gọi C c(2 - 7;c)Ỵ CM Do

4 ; K 

  trọng tâm ACM nênA(11 ;7 c- c - ) Mà A ABỴ suy c=5

Từ đóA(1;2 ,) (B - 1;5 ,) (C 3;5 ) Thử lại ta thấy AB AC thỏa mãn toán.

0,5

V 1

Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thoi cạnh 3a, SA SD 3a,

3

SB SC  a Gọi M , N trung điểm cạnh SA SD, P điểm thuộc cạnh AB cho AP2a Tính diện tích thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng MNP

Do MN AD//  MN BC// Vậy MNP cắt mặt phẳng ABCD theo giao tuyến

đi qua P, song song BC cắt DC điểm I Thiết diện khối chóp cắt mặt phẳng MNP hình thang MNIP

Do NDI MAP nên MP NI Từ suy MNIP hình thang cân

0,5

 2 2 2

2

9 27

cos

2 2.3 18

SA AB SB a a a a

SAB

SA AB a a a

   

   

Trong tam giác, MAP, ta có

 2

2 2 2 . .cos 4 2 37 37

4

a a a a

MP MA AP  MA AP MAP  a   a  MP Từ M kẻ MFPI, từ N kẻ NEPI Dễ thấy, tứ giác MNEF hình chữ

nhật từ suy

3

2

a a

MN EF   PF EI 

0,5

Xét tam giác vng MFP, ta có

2

2 37 139

4 16

a a a

MF  MP  FP   

Ta có

 

3 139

3

139

2 16

MNIP

a a

a

MN IP MF a

S

 

 

 

  

  

0,5

2

Cho tứ diện ABCD G trọng tâm tam giác BCD M điểm di động bên tam giác BCD cho M khác G MG khơng song song với CD Đường thẳng qua M song song với GA cắt mặt phẳng

 ABC

,  ACD ,  ABD , ,P Q R Tìm giá trị lớn tích

MP MQ MR

- Xét M trùng G MP MQ M R GA 

- Xét M không trùng G, nêu cách kẻ P,Q, R

0,5

Tính có:

MBC MCD MBD

GBC GCD GCD

S S S

MP MQ MR MI MJ MK

GA GI GJ GK S S S

 

     

3

1

3

MBC MCD MBD ABC

ABC ABC

S S S S

S S

 

  

Theo Côsi

3

3

3

3

MP MQ MR GA

MP MQ MR      GA

    0,5

Dấu xảy

1

MP MQ MR MI MJ MK

MP MQ MR

GA GA GA GI GJ GK

         

M

 trùng trọng tâm G tam giác BCD

KL: Giá trị lớn GA3 M trọng tâm tam giác BCD