Ta có thiết diện là tứ giác EFGH.[r]
Trang 1mẫu miễn phí
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
ĐỀ THI THỬ SỐ 1
KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Năm học: 2018 - 2019
Môn thi: TOÁN - 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 và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi m Tìm1
m để đường thẳng y2x3 cắt đồ thị các hàm số (*) tại hai điểm phân biệt cùng nằm bên phải trục tung.
2 Giải bất phương trình
(2 1)
1
Câu II (4,0 điểm)
1 Giải phương trình
2 Giải hệ phương trình
2
2
Câu III (4,0 điểm)
1 Cho a b c, , là các số thực dương thoả mãn abc Chứng minh bất đẳng thức1
9 2
2 Cho f n n2 n 121
Xét dãy số u n :
n
u
Tính limn u n
Câu IV (4,0 điểm)
1 Từ tập A 0;1;2;3; 4;5;6
có bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số chia hết cho 9
2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn ( )C
có tâm
I MQP >MNP MIP =
Tiếp tuyến của đường tròn ( )C
tại Q cắt các tiếp tuyến tại M P, lần lượt tại ,
E F Phương trình đường thẳng IF x: - 7y+ =8 0,N -( 2;4 ,)
11
3
Eæ öççç ÷÷÷
÷
çè ø Tìm tọa độ giao điểm A của các
tiếp tuyến với đường tròn ( )C
tại M và tại P
Câu V (4,0 điểm)
1 Cho hình chóp S ABC có AB BC CA a , SA SB SC a 3, M là điểm bất kì trong không gian Gọi d là tổng khoảng cách từ M đến tất cả các đường thẳng AB, BC, CA, SA, SB, SC Tìm giá trị nhỏ
nhất của d
Số báo danh
………
Trang 2mẫu miễn phí
2 Cho hình chóp tam giác đều S ABC cạnh đáy a , đường cao SO2a Gọi M là điểm thuộc đường cao
'
AA của tam giác ABC Xét mặt phẳng P đi qua M và vuông góc với AA Đặt AM x'
x
Tìm x để thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng P có diện tích lớn nhất
……… Hết……….
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
I
1 Cho hàm số y x 2 2 mx 3 m(*)
Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi m 1. Tìm m để đường thẳng
y x cắt đồ thị các hàm số (*) tại hai điểm phân biệt cùng nằm bên phải trục
tung
2.0
4,0
điểm
Yêu cầu bài toán Phương trình sau có hai nghiệm dương phân biệt
x mx m x x m x m
' 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
2.0
Điều kiện: 0 x 1.
Ta có:
2
2 x (2 x) 1 x 1 x 2 x 2 1 x x 1 x ( 1 x) 2( x 1 x) 1 x( x 1 x) ( x 1 x)(2 1 x) 0, x 0;1
0.50
( ) (2x 1) x ( x 1 x) (2 1 x)
( x) ( 1 x) x ( x 1 x) (2 1 x)
0.50
( x 1 x) ( x 1 x) x ( x 1 x) (2 1 x)
( x 1 x) x 2 1 x, do : x 1 x 0, x 0;1
luôn đúng x 0;1
Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của bất phương trình là x 0;1
0.50
Trang 3mẫu miễn phí
II
1 Giải phương trình
2.0
4,0
điểm
x x k k
(*)
Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương với:
2 2
0.50
sin2
2
x
Với
4
Với
sin 2
12
Kết hợp với điều kiện (*) ta được nghiệm của phương trình đã cho là: x 12 k
và
5 12
x k k
0.50
2 Giải hệ phương trình
2
2
2.0
Điều kiện
19
3 0
x y
Từ 1 : sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
1
3
3
0.50
3
x y
3
x y
suy ra
2
x y
x y
0.50
Trang 4mẫu miễn phí
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x y 3
Thế vào phương trình 2
ta được pt: x22x 9 4 x 3 19 3 x 4
Giải pt 4 3x2 x 2 4 3 x 3 x53 19 3 x 13 x
0.50
Khi x 1 3 y x 1 Thử lại x y ; 1;1 thỏa mãn hệ phương trình
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x y ; 1;1
0.50
III 1 Cho a b c, , là các số thực dương thoả mãn abc Chứng minh bất đẳng thức1
9 2
2.0
4,0
2
1
0.50
1 1
4
1 1
4
Do đó, cộng theo vế các bất đẳng thức trên và sử dụng bất đẳng thức Schur cùng giả
thiết abc ta được1
1 3
4
abc
0.50
Mặt khác 3a3b3c3 3.33abc3 9 2
0.50
Từ 1 và 2 suy ra
Do vậy
9 2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 1
0.50
2 Cho f n n2 n 121
Xét dãy số u n :
n
u
Tính
2.0
Trang 5mẫu miễn phí
limn u n
0.50
n
u
0.50
2
1
0.50
limn u n lim 2
n
1 lim
2
n n
2
0.50
IV
1 Từ tập A 0;1;2;3; 4;5;6 có bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số chia hết cho 9 2.0
4,0
điểm Gọi số phải tìm có dạng a a a a a , 1 2 3 4 5 a iA, i 1, 5 Kết hợp với đề bài ta có:
a a a a a ; a1a2a3a4a5 18; a1a2a3a4a5 27
Ta xét trường hợp 1: a1a2a3a4a5 , với 9 1a1 , 06 a i với 6 i 2,3, 4,5
Đặt x i a i , với 1 i 2,3, 4,5, khi đó ta có:
1
13 1
a x
Số nghiệm nguyên dương bất kỳ của 1
là C124
Nếu a , ta có 1 7 1 x2x3x4x56 x i , nên không trùng với các trường7
hợp x Phương trình này có i 8 4
6
C nghiệm.
j i
1, j 6
a x
nên không trùng với các trường họp nào ở trên, phương trình này có C54 nghiệm nên với 4 vị trí x có i 4
5
Vậy trong trường hợp này có C124 C64 4C54 số thỏa mãn
0.50
Ta xét trường hợp 2: a1a2a3a4a5 18, với 1a1 , 6 0a i 6 với
2,3, 4,5
i
Đặt x i 7 a i, với i 2,3, 4,5, khi đó ta có:
1
17 2
x
Số nghiệm nguyên dương bất kỳ của 2 là 4
16
Nếu x , ta có 1 7 1 x2x3x4x510 x i , nên không trùng với các trường7
hợp x 1 8 Phương trình này có 4
10
0.50
Trang 6mẫu miễn phí
Nếu x , i 8 i 2,3, 4,5 ta có 2 1 j 9
j i
j
x
trường họp nào ở trên, phương trình này có C94 nghiệm nên với 4 vị trí x có i 4
5
4C
nghiệm
Vậy trong trường hợp này có C164 C104 4C94 số thỏa mãn
Ta xét trường hợp 3: a1a2a3a4a5 27, với 1a1 , 06 a i với6
2,3, 4,5
i
Đặt x i 7 a i, với i 1, 2,3, 4,5, khi đó ta có:
1
8 3
x
Từ 2
và x i 1 x i nên tập nghiệm của 6 3 không vượt khỏi miền xác định của
i
x Phương trình này có 4
7
C nghiệm.
0.50
Vậy trong trường hợp này có C74 số thỏa mãn.
Như vậy tất cả 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 tròn ( )C
có tâm
I MQP >MNP MIP =
Tiếp tuyến của đường tròn ( )C
tại Q cắt các tiếp
tuyến tại M P, lần lượt tại E F, Phương trình đường thẳng IF x: - 7y+ =8 0,
( 2;4 ,)
N
-11
3
Eæ öççç ÷÷÷
÷
çè ø Tìm tọa độ giao điểm A của các tiếp tuyến với đường tròn ( )C
tại
M và tại P
2.0
F
E
I
N
P
M
Do MQP· >MNP·
nên Q nằm trên cung nhỏ MP. Vì AMIP là hình vuông, IE là
phân giác góc MIQ IF· ,
là phân giác góc ·PIQ nên EIF· =12MIP· =45 0
0.50
0.50
Trang 7mẫu miễn phí
3
÷
uur
Khi đó,
11
3
3
IF
uur uur
2
1
3
a
a
é =
a= Þ I æççç ö÷÷÷÷Þ IE = <IN =
-thỏa mãn
Gọi n c d cur( ); ( 2+d2¹ 0)
là vtpt của MA. Khi đó, phương trình
3
Vì MA là tiếp tuyến của ( )C
nên
+
3
é = ê
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 thì PT QE : 13x+9y- 46=0 ta tìm được
tọa độ điểm M( )0;4 ,
8 14;
5 5
Qæççç ö÷÷÷
÷
çè øgọi tọa độ điểm A(12 3 ;- bb)
ta có
5
b
b
é = ê
thỏa mãn do MQP· >MNP·
-không thỏa mãn do MQP· <MNP·
Với phương trình MA: 13x+9y- 46=0 thì PTQE x: +3y- 12=0 ta tìm được
tọa độ điểm
8 14
5 5
Mæççç ö÷÷÷
÷
çè øQ( )0;4
loại do MIP· <MIQ· .
Vậy A( )3;3
Chú ý: Nếu học sinh thừa nghiệm hình thì trừ 0,25 điểm
0.50
Trang 8mẫu miễn phí
V Cho hình chóp S ABC có AB BC CA a , SA SB SC a 3, M là điểm bất kì
trong không gian Gọi d là tổng khoảng cách từ M đến tất cả các đường thẳng AB,
BC , CA , SA , SB , SC Tìm giá trị nhỏ nhất của d
2.0
4,0
điểm
Ta có khối chóp S ABC là khối chóp tam giác đều
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC Khi đó SG là chiều cao của khối chóp S ABC
Gọi D , E , F lần lượt là trung điểm của BC , AB , CA và I , J , K lần lượt là hình chiếu
của D , E , F trên SA , SC , SB
Khi đó DI , EJ , FK tương ứng là các đường vuông góc chung của các cặp cạnh SA và
BC , SC và AB , SB và CA
Ta có DI EJ FK Do đó SIDSJE nên SI SJ
0.50
Suy ra ED IJ∥ (cùng song song với AC ) Do đó bốn điểm D , E , I , J đồng phẳng
Tương tự ta có bộ bốn điểm D , F , I , K và E , F , J , K đồng phẳng.
Ba mặt phẳng DEIJ
,DFIK
,EFJK
đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến DI, EJ,
FK Suy ra DI,EJ , FK đồng quy tại điểm O thuộc SG.
0.50
Xét điểm M bất kì trong không gian.
Ta có
Do đó d nhỏ nhất bằng DI EJ FK 3DI khi M O.
0.50
Ta có
3 2
a AD
,
,
3
,
sin
3
SAG
0.50
S
B
J I
F
K O
Trang 9mẫu miễn phí
Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là
6
3
2. Cho hình chóp tam giác đều S ABC. cạnh đáy a, đường cao SO2a Gọi M là
điểm thuộc đường cao AA' của tam giác ABC Xét mặt phẳng P đi qua M và
vuông góc với AA' Đặt AM x
x
Tìm x để thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng P có diện tích lớn nhất
2.0
F
E
G H
N
A' O
A
B
C S
M
Theo giả thiết M thuộc OA’ Ta có SO (ABC) SO AA’, tam giác ABC đều
nên BC AA’ Vậy (P) qua M song song với SO và BC.
Xét (P) và (ABC) có M chung Do (P) // BC nên kẻ qua M đường thẳng song song
với BC cắt AB, AC tại E, F.
0.50
Tương tự kẻ qua M đường thẳng song song với SO cắt SA’ tại N, qua N kẻ đường
thẳng song song với BC cắt SB, SC tại H, Q Ta có thiết diện là tứ giác EFGH.
Ta có EF // BC // GH, M, N là trung điểm EF, GH nên EFGH là hình thang cân
đáy HG, EF Khi đó:
1
2
EFGH
Ta có
nên
EF =
3
x
0.50
'
EFGH
0.50
EFGH
0.50
Trang 10mẫu miễn phí
SEFGH đạt giá trị lớn nhất bằng
2
3 4
a
khi và chỉ khi
8
a
x
Vậy giá trị lớn nhất của diện tích thiết diện bằng
2
3 4
a
khi
8
a
x
Hết
Tham khảo tài liệu học tập lớp 11 tại đây: