de giao luu hsg tinh toan 11 nam 2019 2020 truong ba thuoc thanh hoa

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A, M là trung điểm của AB.. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết điểm M có hoành độ nguyên và tâm đường tròn ngoại t

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

THANH HÓA

TRƯỜNG THPT BÁ THƯỚC

ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2019 - 2020 Môn thi: Toán - L ớp 11

Th ời 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 và vẽ đồ thị ( )P của hàm số 2

3

y=ax +bx− , biết rằng ( )P có

đỉnh I( )2;1

2 Giải bất phương trình: ( ) ( ) 2

x+ x+ + x+ x+ ≥ x + x+

Câu II ( 4.0 điểm)

2 3 sin 1 cos 4 cos sin 3

2sin 1

x

x

=

−

2 Giải hệ phương trình: ( ) ( )

;

x y



Câu III ( 4.0 điểm)

1 Cho x y z, , là các số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện xyz+ + =x z y Tìm giá trị

lớn nhất của biểu thức: 2 2

P

2 Cho dãy số ( )u n thỏa mãn điều kiện u1= và 2 2

1 2 3 n n, 1, 2,

u +u + + +u u =n u ∀ =n Tìm công thức số hạng tổng quát u c n ủa dãy số ( )u n

Câu IV ( 4.0 điểm)

1 Một hộp đựng 50 chiếc thẻ được đánh số từ 1 đến 50 Chọn ngẫu nhiên từ hộp hai thẻ Tính xác suất để hiệu bình phương số ghi trên hai thẻ là số chia hết cho 3

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A, M là trung điểm

của AB Đường thẳng CM x: −2y+ = và 7 0 4 7;

3 2

  là trọng tâm tam giác ACM Đường

thẳng AB đi qua điểm D(3; 1− Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết điểm M có hoành )

độ nguyên và tâm đường tròn 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 là hình thoi cạnh 3a, SA=SD=3a, SB=SC=3a 3

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh SA và SD, P là điểm thuộc cạnh AB sao cho

2

AP= a Tính diện tích thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (MNP)

2 Cho tứ diện ABCD , G là trọng tâm tam giác BCD và M là điểm di động bên trong tam giác BCD sao cho khi M khác G thì MG không song song với CD Đường thẳng qua

M và song song với GA cắt các mặt phẳng (ABC , ) (ACD , ) (ABD ) lần lượt tại , ,P Q R Tìm

giá trị lớn nhất của tích MP MQ MR

- Hết -

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

m

I

1 Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị ( )P của hàm số 2

3

y=ax +bx− , biết rằng

b

a



Vậy ( )P : y= − +x2 4x− 3

0,5

Bảng biến thiên:

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 tại (0; 3− )và cắt trục hoành tại ( ) ( )1;0 , 3;0 0,5

Đồ thị hàm số như hình vẽ

0,5

Đk: x≥ − 2

0,5

0,5

4

x

= 2 2 6 6 1

x

BPT ⇔ − ≤ ⇔ ≤ x 2 0 x 2

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = −[ 2; 2] 0,5

II

2 3 sin 1 cos 4 cos sin 3

2sin 1

x

x

=

−

2,0

5 2

2 6

 ≠ +





Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương:

2 3 sin 1 cos 4 cos sin 3 0

2

x

2 3 sinx 2 3 sin cosx x 2 cosx 1 cosx 3 0

2 3 sinx cosx 3sin x 2 3 sin cosx x cos x 0

0,5

3 sin cos 3 sin cos 2 0

3 sin cos 2

6

x− x= ⇔ x= ⇔ = +x π kπ k

x− x= ⇔  x π − x π= ⇔ x−π=

2

x π π k π x π k π k

0,25

Đối chiếu điều kiện ta thấy phương trình đã cho có nghiệm

x= π +k π x= π +k π k

2

Giải hệ phương trình:

;

x y



2,0

Điều kiện:

2

1 2 1

1 0

1 0

x y

x x y

x y

 ≥ −



 ≥



 + − − ≥

 + − ≥



Pt

0,5

Đặt a= y+2;b= 2x+1;(a>0;b≥0) ta được:

a − ab + b = ⇔ a b− a+ b = ⇔ =a b

0,5

Thay y= 2x− 1 vào (2) ta được:

2

2 2

3 2

2 2 1

2

x x

x

x

=



⇔ − + = ⇔  =



0,5

( ) ; { ( ) ( ) }

: x y 1;1 , 2;3

KL T

+ = ⇒ = + = ⇒ =

=

0,5

III

1

Cho x y z, , là các số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện xyz+ + =x z y Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P

2,0

Đặt tan , tan , tan , (0 , , )

2

Theo giả thiết ta có:

tan tan

− < − + < ⇒ = ⇒ − = − Khi đó:

0,5

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

P

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

2sin sinC A B 4sinC 3sin cosC C

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

0,5

3

Nếu sin 3

3

C≤ Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số không âm

sin (1 3sin )

6

3

9

P

⇒ ≤ Dấu ‘’ = ‘’ xảy ra khi









⇒ = = = Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 2

9

0,5

2

Cho dãy số ( )u n thỏa mãn điều kiện u1 = và 2

2

1 2 3 n n, 1, 2,

u +u + + +u u =n u ∀ =n Tìm công thức số hạng tổng quát u của dãy số n ( )u n

2,0

Với n2,ta có 1 2 4 2  22.

3

Với mọi n 2,3, ,ta có       2

u1u2  u n1 n 12u n1.

0,5

Trừ hai đẳng thức trên ta được  2   2   

1

1

1

n

n

0,5

2 2

6

n

u

Với n=1,n= công thức trên vẫn đúng 2

Vậy u n = n n( 4 1),∀ ∈n *

IV

1

Một hộp đựng 50 chiếc thẻ được đánh số từ 1 đến 50 Chọn ngẫu nhiên từ

hộp hai thẻ Tính xác suất để hiệu bình phương số ghi trên hai thẻ là số

50

n Ω =C

Gọi A là biến cố hiệu bình phương số ghi trên hai thẻ là số chia hết cho 3

Giả sử 2 số được chọn là a, b Theo giả thiết

3

a b

a b

−



+







0,5

Nếu (a− b) 3 thì a, b phải đồng dư khi chia 3 ⇒ số cách chọn là:

16 17 17

C +C +C

Nếu (a+ b) 3 thì hoặc a và b cùng chia hết cho 3 hoặc một số chia 3 dư 1,

0,5

một số chia 3 dư 2⇒ số cách chọn là: 2 1 1

16 17 17

C +C C

Lại có: ( )

3 3

b

a b

−





 ⇒ số cách chọn là: 2

16

Vậy ( ) 162 172 172 171 171

2 50

681 1225

P A

C

2

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A, M là trung điểm của AB Đường thẳng CM x: −2y+ = và 7 0 4 7;

3 2

  là trọng

tâm tam giác ACM Đường thẳng AB đi qua điểm D(3; 1− Tìm tọa độ các )

đỉnh của tam giác ABC , biết điểm M có hoành độ nguyên và tâm đường

tròn ngoại tiếp tam giác ABC thuộc đường thẳng x+6y−26=0.

2,0

H G K

E

N M

A

I

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

MCIK Thật vậy, gọi H N, lần lượt là trung điểm BC AC, ;G AHCM Suy ra G là trọng tâm tam giác ABC.Mặt khác K là trọng tâm tam giác

ACM nên KG HE|| Suy ra KG AB|| Mà IM AB nên KGIM

Rõ ràng AH MKnên G là trực tâm tam giác MIK Suy ra MCIK

0,5

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

12x6y370

Tọa độ I thỏa mãn hệ

1

1; 25

6

x

I

 



Gọi M2 m 7;  mMC.Ta có 2 10; m 1 ; 2 8; m 25

6



0,5

13 ( ) 3 7 ( ) 2



 



 

 



 

0,5

Suy ra 0;7

2

M  



 ,

9 3;

2

DM   



 



Từ đó suy ra AB: 3x 2y  7 0.

Gọi C2c 7; cCM

;

3 2

  là trọng tâm ACM nên A11  2 ; 7c  c Mà AAB suy ra c5

Từ đóA  1; 2 ,B  1;5 ,  C 3;5 Thử lại ta thấy AB=AC thỏa mãn bài toán

0,5

V

1

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

SB=SC= a Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh SA và SD,

P là điểm thuộc cạnh AB sao cho AP=2a Tính diện tích thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (MNP)

E F

P N

M

B A

S

I

Do MN AD// ⇒MN BC// Vậy (MNP) cắt mặt phẳng (ABCD) theo giao tuyến

đi qua P, song song BC và cắt DC tại điểm I Thiết diện của khối chóp cắt bởi mặt phẳng (MNP) chính là hình thang MNIP

Do ∆NDI = ∆MAP nên MP=NI Từ đó suy ra MNIP là hình thang cân

0,5

Trong tam giác SAB, ta có

2

cos

SAB

Trong tam giác, MAP, ta có

MP =MA +AP − MA AP MAP= + a + ⋅ a= ⇒MP=

0,5

Từ M kẻ MF ⊥PI, từ N kẻ NE⊥PI Dễ thấy, tứ giác MNEF là hình chữ

Xét tam giác vuông MFP, ta có

3

MNIP

a

S

 + ⋅

0,5

2

Cho tứ diện ABCD G là trọng tâm tam giác BCD và M là điểm di động bên trong tam giác BCD sao cho khi M khác G thì MG không song song

với CD Đường thẳng qua M và song song với GA cắt các mặt phẳng

(ABC , ) (ACD , ) (ABD lần lượt tại , ,) P Q R Tìm giá trị lớn nhất của tích

MP MQ MR

Q P

R

K M G I

J

D

C B

A

- Xét M trùng G thì MP MQ M R =GA3

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

0,5

Tính có:

MBC MCD MBD GBC GCD GCD

MP MQ MR MI MJ MK

3

MBC MCD MBD ABC

0,5

Theo Côsi

3

3

MP MQ MR  + +    GA

Dấu bằng xảy ra khi

MP MQ MR

M

⇔ trùng trọng tâm G tam giác BCD KL: Giá trị lớn nhất bằng 3

GA khi M là trọng tâm tam giác BCD

0,5