Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2.. Từ M kẻ các tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn C A, B là các tiếp điểm.. Gọi E là đường tròn tâm E và tiếp xúc với đường thẳng AB.. Tìm tọa độ điểm
Trang 1SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 2
ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC ĐỘI TUYỂN HSG LIÊN TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 1, 2, 3, 4
NĂM HỌC 2019 -2020
(Lần 2) Môn: Toán - 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)
1 Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị ( )P của hàm số 2
y= x −mx+ , biết ( )P có hoành độ đỉnh là 1
x=
2 Giải phương trình: 54x2−6x+9 9x− −3 17 0=
Câu II (4,0 điểm)
1 Giải phương trình lượng giác: 2cos 2 4sin sin 3 1 0
3
2 Giải hệ phương trình:
2
1
x
x x
+ = +
Câu III (4,0 điểm)
1 Cho a , b , c là các số thực dương thỏa mãn a2 +b2 +c2 =3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 Cho dãy số (u n) được xác định bởi
1 2
2020
u
+
=
Tính limu n
Câu IV (4,0 điểm)
1 Tìm số có bốn chữ số abcd sao cho ab , ad là hai số nguyên tố và db c b+ = 2+d
2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm E( )3;4 , đường thẳng d:x+ y−1=0 và đường
( ) :C x +y +4x−2y− =4 0 Gọi M là điểm thuộc đường thẳng d và nằm ngoài đường tròn (C).
Từ M kẻ các tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) (A, B là các tiếp điểm) Gọi (E) là đường tròn tâm E
và tiếp xúc với đường thẳng AB Tìm tọa độ điểm M sao cho đường tròn (E) có chu vi lớn nhất
Câu V (4,0 điểm)
1 Cho hình chóp S ABC , M thuộc miền trong tam giác ABC Qua M kẻ các đường thẳng song song với SA, SB, SC cắt các mặt (SBC), (SAC), (SAB) lần lượt tại A B C', ', ' Tìm vị trí của điểm M
để MA MB MC' ' '
SA SB SC đạt giá trị lớn nhất
2 Cho hình chóp S ABCD , đáy ABCD là nửa lục giác đều, AB BC CD a= = = SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA a= 3, M là điểm trên cạnh SB (M ≠B) và AM ⊥MD Dựng thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (ADM), tính diện tích thiết diện đó
-Hết -ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 2
ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC ĐỘI TUYỂN HSG
LIÊN TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 1, 2, 3, 4
NĂM HỌC 2019 -2020
(Lần 2) Môn: Toán - Lớp 11 THPT
Ngày kiểm tra: 04 tháng 01 năm 2020
(Đáp án gồm có 06 trang)
m
I
4
điể
m
1
Hoành độ đỉnh x= ⇒ =1 m 4
0,5 Vậy ( ) :P y=2x2−4x+1
*Bảng biến thiên:
x −∞ 1 +∞
y +∞ +∞
-1
0,75
Nhận xét đồ thị là Parabol có trục đối xứng x=1, vẽ đúng 0,75
2,0
6 9 – 4x x +2 9 – 4x +9( 9x−3 1− =) 0
0,5
(9 – 4)(6 2) 9( 9 – 4
1)
9
x x
x x
x
− +
4 9
II 4
điể
3
3
cos 2x 3 sin 2x 4sin sin 3x x 1 0
0,5
2
x
=
*sinx= ⇔ =0 x kπ (k Z∈ )
0,5
ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC
Trang 3*sin 3 cos 2sin 3 sin cos sin 3
3
π
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x k= π ;
x= +π kπ
(k Z∈ )
0,5
2 Giải hệ phương trình:
2
2 18
1
x
x x
Điều kiện 2
3
x ≥
2
1
x
=
9
0,5
9 4 (2)
1
x
x x
+
- Với 2
3
x≥ ⇒(3)
1
18 2
4 9 9
2
+ +
=
− +
⇔
x x x
Dễ thấy pt (4) có VT >25, và do 2
3
x≥ ta có 25
13
162 2
9
<
+
≤
VP nên PT đã cho vô nghiệm
0,5
- Với 2
3
x≤ − , PT đã cho
1
18 2
4 9 9
+ +
=
−
−
⇔
x x
Đặt t
x12 = , 0 9
4
t
< ≤ , PT (2) trở thành
18
25 9 9 4 2
1
9 4 1
t
t t
t t
+
+
− +
0,5
Với 0 9
4
t
1 4 9
+
4
18 4 1
3 1 1
+ +
= +
+
t t
t
1
4 1 4 9
+
+
− +
t
ra (3) ⇔ = ⇔t 2 2
2
x= − (vì x < 0)
Vậy hpt đã cho có 2 nghiệm: 1; 14 ; 2; 2
0,5
1 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2 +b2 +c2 =3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2,0
Trang 44
điể
m
Áp dụng BĐT Côsi cho các số dương, ta có
6 5 2 6 2 2
5
c b
a c
b a a a a a c b
a
+
≥ + + + + + +
= +
ac ab a
a c
b
a c
b
a
+
= +
≥
+
3
2 216 2
216
2 5
Tương tự:
ba bc b
b a
c
b
+
≥
+
3
2 216 2
cb ca c
c b
a
c
+
≥
+
3
2 216 2
5
0,5
Chứng minh bất đẳng thức ( )
z y x
c b a z
c y
b x
a
+ +
+ +
≥ +
2
0,5
P
a ab ac b bc ba c ca cb a ab ac b bc ba c ca cb
+ +
6
2 2 2 2
2 2
2 2 2
= + +
≤ + +
= +
+ +
+
≤ + +
+ +
+
c b a bc
ac ab
ca bc ab c b a cb ca c ba bc b ac ab
a
Vậy P 648≥ ⇒minP=648
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c= = =1
0,5
1 2
2020
u
+
=
Tính limu n.
2,0
Ta có
n n
u n
n
u u
n n
n n
n n
2 2
1 ) 1 ( 2 ) 1 ( 2
) 1 ( 2 ) 1 ( 2
1
2
2 1 2
2 1
+
= + + +
⇔ +
+ + +
n n
u v
2
1
+
= + ⇒ (v n) là cấp số nhân có công bội
2
1
=
q và số hạng đầu
1
1
2020
u
v = = 2020 11 4040 2 2
6
n n n
0.5
2 2 8080
( 1)( 2)
n
u
+
2
+
0 lim =
0.5
IV
2,0
Do ab ad, là hai số nguyên tố nên b, d là các số lẻ khác 5(*) 0,5
db c b+ = + ⇔d d b c b+ + = + ⇔d d c b b+ = −
Ta có 9d c+ ≥ ⇒9 b b( − ≥ ⇒ >1) 9 b 3 do (*) 7
9
b b
=
b= ⇒ d c+ = ⇒ < <d trái với (*)
b= ⇒ d c+ = ⇒ ≤ ≤d kết hợp (*) ⇒ = ⇒d 7 79+ = + ⇔ =c 81 7 c 9 0,5
Do a a9, 7 là hai số nguyên tố ⇒ =a 1 Vậy abcd =1997 0,5
Trang 5điể
m
đường tròn (C):x2 +y2 +4x−2y−4=0 Gọi M là điểm thuộc đường thẳng d và nằm ngoài đường tròn (C) Từ M kẻ các tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) (A, B là các tiếp điểm) Gọi (E) là đường tròn tâm E và tiếp xúc với đường thẳng AB Tìm tọa độ điểm M sao cho đường tròn (E) có chu vi lớn nhất
2,0
Đường tròn (C) có tâm I(−2;1), bán kính R=3 Do M∈d nên M(a;1−a)
Do M nằm ngoài (C) nên IM >R⇔IM2 >9⇔(a+2)2+(−a)2 >9
0 5 4
Ta có MA2 =MB2 =IM2−IA2 =(a+2)2+(−a)2 −9=2a2+4a−5
Do đó tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình:(x−a)2+(y+a−1)2 =2a2+4a−5
0 6 6 ) 1 ( 2 2 2
2+ − + − − + =
0,5
Do A, B thuộc (C) nên tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình x2 +y2 +4x−2y−4=0(2)
Trừ theo vế của (1) cho (2) ta được (a+2)x−ay+3a−5=0(3)
Do tọa độ của A, B thỏa mãn (3) nên (3) chính là phương trình của đường thẳng∆ đi qua A, B.
0,5
+) Do (E) tiếp xúc với ∆ nên (E) có bán kính R1=d(E,∆)
Chu vi của (E) lớn nhất ⇔R1 lớn nhất⇔d(E,∆) lớn nhất
Nhận thấy đường thẳng ∆ luôn đi qua điểm
2
11
; 2
5
K
Gọi H là hình chiếu vuông góc của E lên ∆
2
10 )
,
Dấu “=” xảy ra khi H ≡K ⇔∆⊥EK
0,5
−
=
2
3
; 2
1
EK , ∆ có vectơ chỉ phương u=(a;a+2)
Do đó ∆ ⊥EK ⇔EK uuuur r =0 ( 2) 0
2
3 2
−
⇔ a a ⇔a=−3 (thỏa mãn (*)) Vậy M(−3;4) là điểm cần tìm.
0,5
V 4
điể
m
song với SA, SB, SC cắt các mặt (SBC),(SAC), (SAB)lần lượt tại A B C', ', ' Tìm vị trí của
điểm M để MA MB MC' ' '
SA SB SC đạt giá trị lớn nhất.
2,0
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
Áp dụng định lí Seva cho tam giác ABC ta có NM PM QM 1 MA' MB' MC' 1
NA + PB + QC = ⇒ SA + SB + SC = 0,5
Trang 6Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có
3
27
⇔ = = = ⇔ = = = ⇒M là trọng tâm tam
giác ABC.
Vậy MA MB MC' ' '
SA SB SC đạt giá trị lớn nhất bằng
1
27 khi và chỉ khi M là trọng tâm tam giác
ABC.
0,5
góc với mặt phẳng ( ABCD và ) SA a= 3, M là điểm trên cạnh SB (M ≠B) và AM ⊥MD
Dựng thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (ADM), tính diện tích thiết diện đó.
2,0
Do ABCD là nửa lục giác đều nên BD AB BD (SAB) BD AM
⊥
Do DM ⊥AM ⇒AM ⊥(BDM)⇒AM ⊥SB
Ta có
3
4 2
2
a SM
BM
0,5
AD BC⇒ AMD ∩ SBC =MN BC⇒ thiết diện là hình thang AMND
//
BC SB
Tính được BD a= 3,AD=2a
0,5
Kẻ MH ⊥AD
2
AMND
MN AD MH
0,5
Hết
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.