Đề thi khảo sát chất lượng đội tuyển học sinh giỏi Lớp 11 liên trường môn Toán - Năm học 2019-2020 - Trường THPT Triệu Sơn 5 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi khảo sát chất lượng đội tuyển học sinh giỏi Lớp 11 liên trường môn Toán - Năm học 2019-2020 - Trường THPT Triệu Sơn 5 (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT THANH HÓA KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 5 HỌC SINH GIỎI LỚP 11 LIÊN TRƯỜNG NĂM HỌC 2019 - 2020 Đề chính thức MÔN: TOÁN Gồm có 01 trang Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi 27/10/2019 Họ tên thí sinh: Số báo danh: Câu I (4.0 điểm). 1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị P của hàm số y x2 x 2 . 2. Tìm m để đường thẳng : y x m cắt đồ thị của hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn độ dài đoạn thẳng AB bằng khoảng cách từ O đến . Câu II (4.0 điểm). x 2 3 sin x. 1 cos x 4cos x.sin2 3 1. Giải phương trình: 2 0 . 2sin x 1 2 2 4x 2y 4x 4y 2xy x y 2. Giải hệ phương trình: 2 2 2x 1 2 x y 3 8x y 4y 4 x y 1 Câu III: (4.0 điểm). 1. Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn a b c 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức b c a 2 c a b 2 a b c 2 P 2 2 2 2 2 2 a b c b a c c a b u 16 1 2. Cho dãy số u có . Tìm số hạng tổng quát u . n 15 n.un 1 n un 1 14 , n 1 n 1 Câu IV: (4.0 điểm). 1. Cho sáu thẻ, mỗi thẻ ghi một trong các số của tập E 1;2;3;4;6;8 (các thẻ khác nhau ghi các số khác nhau). Rút ngẫu nhiên ba thẻ, tính xác suất để rút được ba thẻ ghi ba số là số đo ba cạnh của một tam giác có góc tù. 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn tâm I . Gọi E, M lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC ; các điểm F và D tương ứng là hình chiếu vuông góc của A và B trên các đường thẳng BC và AI . Tìm tọa 9 8 độ các đỉnh của tam giác ABC , biết rằng M 2; 1 , D ; và đường thẳng AC có 5 5 phương trình x y 5 0 . Câu V: (4.0 điểm). 1. Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 , lấy các điểm M , N thỏa mãn   AM m.AA1, m 1 và sao cho đường thẳng MN cắt cạnh C1D .1 Tìm giá trị nhỏ nhất của   đoạn MN biết BN n.BC, n 1 2. Cho hình chóp đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a , điểm M thuộc cạnh SC sao cho SM 2MC . Mặt phẳng P chứa AM và song song với BD . Tính diện tích thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi P . Hết 1
2. SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐỘI TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 5 TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 LIÊN TRƯỜNG MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Đáp án chính thức Gồm có 07 trang Câu Nội dung Điể m I.1 Hoành độ giao điểm của dm và C là nghiệm của pt 2,0 x2 2x 3 mx 1 x2 m 2 x 4 0 1 Vì a.c 4 0 nên pt (1) luôn có hai nghiệm trái dấu. Do đó dm luôn cắt C tại hai điểm phân biệt với m . xA xB 2 m Khi đó xA , xB là hai nghiệm của pt (1). Theo Viét ta có . xA.xB 4 Ta có A xA;mxA 1 , B xB ;mxB 1 suy ra   IA xA 1;mxA 2 , IB xB 1;mxB 2   Vì I  C nên tam giác IAB vuông tại I IA.IB 0 xA 1 xB 1 mxA 2 mxB 2 0 2 xA xB xA xB 1 m xA xB 2m xA xB 4 0 2 1 2m 3m 1 0 m 1;  . 2 II.1 0,25 x k2 1 6 Điều kiện: sin x k 2 5 x k2 6 2 x 0,5 Pt 2 3 sin x. 1 cos x 4cos x.sin 3 0 2 1 cos x 2 3 sin x. 1 cos x 4cos x. 3 0 2 2 3 sin x 2cos x 3 sin 2x cos 2x 2 0 3 1 3 1 0,5 2 sin x cos x sin 2x cos 2x 1 0 2 2 2 2 cos 2x 2sin x 1 0 3 6 2 2sin x 2sin x 0 6 6 0,5 sin x 0 x k 6 6 2 sin x 1 x k2 6 3 2
3. 7 2 Đối chiếu với điều kiện ta được x k2 và x k2 0,25 6 3 II.2 2 2 1,0 4x 2y 4x 4y 2xy x y (1) Giải hệ phương trình : 2 2 2x 1 2 x y 3 8x y 4y 4 x y 1 (2) Điều kiện x y;2x 1 0;2 x y 3 0 PT 1 4x2 2xy 2y2 4 x y x y 0 x y 4x 2y 4 x y x y 0 x y x y 4x 2y 4 x y 1 0 x y x y 4x 2y 4 1 0 (3) Phương trình (3) vô nghiệm vì x y 4x 2y 4 1 x y 2x 1 2x 2y 3 1 0 Thay x = y vào phương trình (2), ta có 2x 1 4x 3 8x3 4x2 8x 1 0,5 2x 1 2 4x 3 3 8x3 4x2 8x 6 2x 3 2 2x 3 2x 3 4x2 4x 2 2x 1 2 4x 3 3 3 x 2 1 2 2 2x 1 1 (4) 2x 1 2 4x 3 3 1 2 1 1 Vế trái phương trình (4): 1 0,5 2x 1 2 4x 3 3 2 2 1 Dấu “=” xảy ra khi x 2 2 1 Vế phải phương trình (4): 2x 1 1 1 dấu “=” xảy ra khi x 2 1 Do đó, phương trình (4) có nghiệm là x 2 Đối chiếu điều kiện, ta được nghiệm của hệ phương trình đã cho là 3 3 1 1  x; y ; ; ;  2 2 2 2  2 2 III.1 b c a 1 2a 2a2 2a 2a a 1 1.0 Ta có: 1 1 .(*) a2 b c 2 a2 1 a 2 2a2 2a 1 1 2a 1 a Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số 2a;1 a ta được: 2a 1 a 2 a 1 2 2a 1 a .( ) 4 4 Từ (*) và ( ) suy ra: 3
4. 2 b c a 2a a 1 8a a 1 8a 24 1 8 . a2 b c 2 a 1 2 3 a 1 a 3 a 3 a 1 4 Chứng minh tương tự, ta suy ra: 1.0 1 1 1 P 3 24 24 . 3 a 3 b 3 c Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta suy ra: 1 1 1 9 9 3 . Do đó, P . 3 a 3 b 3 c 9 a b c 10 5 2a 1 a 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c a b c . 3 a b c 1 3 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là đạt tại a b c . 5 3 III.2 u 16 1,0 1 Cho dãy số u có . Tìm số hạng tổng quát u n 15 n.un 1 n un 1 14 , n 1 (1) n 1 Ta có: 15 n.u 1 u 14 n u 14 n 1 15 n.u 1 n 1 n 1 n 1 n n 1 un 1 15nun 14n 1 .(1) Đặt vn nun , ta có v1 16 . Khi đó (1) trở thành: vn 1 15vn 14n 1 vn 1 n 1 15 vn n . (2) 1,0 Đặt w n vn n , w1 15 . (2) trở thành: wn 1 15wn , suy ra w n là cấp số nhân có 15n n w 15,q 15 w 15n .Từ đó ta có: u . 1 n n n IV.1 3 0,25 Lấy ba thẻ từ 6 thẻ có số cách lấy là C6 , nên số phần tử của không gian mẫu là 3  C6 20 . Gọi biến cố A : “rút được ba thẻ ghi ba số là số đo ba cạnh của một tam giác có góc 0,75 tù”. Giả sử rút được bộ ba số là a;b;c , với a b c , do đó 4 c , nên c 4;6;8 . a , b , c là ba cạnh của tam giác ABC , với BC a , CA b , AB c có góc C tù 4
5. 2 2 2 a b c 2 2 2 cosC 0 a b c 2 2 2ab a b c a b , với 4 c a b 4 c a b c 4;6;8 . 1.0 +Xét c 4 thì có bộ a;b 2;3 thỏa mãn. +Xét c 6 , do a b c , 6 c a b 2b , nên b 4 và a 3. Suy ra có bộ a;b 3;4 thỏa mãn. +Xét c 8, do a b c , 8 c a b 2b , nên b 6 và a 3 hoặc a 4 . Suy ra có hai bộ a;b 3;6 hoặc a;b 4;6 thỏa mãn. Suy ra số phần tử của biến cố A là  A 4 .  4 1 Nên xác suất cần tìm là p A .  20 5 IV.2 1,0 Ta có B FA B DA 90 , suy ra tứ giác ABFD nội tiếp đường tròn tâm E , đường kính AB . Mặt khác I EB I DB I MB 90 , suy ra ngũ giác BEIDM nội tiếp đường tròn đường kính BC . Từ đó ta có D EM D BM D FB (cùng chắn cung DM ). 1 Mà D BF D 90 (số đo góc ở tâm bằng nửa cung bị chắn). 2 1 Suy ra D EM D BM D BF D EF , suy ra EM là tia phân giác của góc D EF . 2 1 Mà DE FE AB do cung nắm trên đường tròn tâm E , đường kính AB . Suy ra 2 ME là đường trung trực của đoạn thẳng DF . 3a Ta có d AD, D MN d A, D MN . 7 5
6. 1,0 Ta có ME  AC ME : x y 1 0 . Do D và F đối xứng nhau qua ME nên DF :5x 5y 17 0 11 6 13 4 Gọi I là trung điểm DF nên I ; (do I DF  ME ). Do đó F ; 5 5 5 5 .Mà F, M BC nên phương trình đường thẳng BC : x 2 y 1 x 3y 5 0 . 13 4 2 1 5 5 Do C BC  AC C 5;0 nên B 1; 2 (vì M là trung điểm BC ). Mặt khác: AD  BD nên phương trình đường thẳng AD : 9 8 7 x y 0 7x y 11 0 .Suy ra A 1;4 (do A AD  AC ) 5 5 Vậy tọa độ các đỉnh của ABC là: A 1;4 , B 1; 2 , C 5;0 . V.1    1,0 Đặt AB a, AD b, AA1 c .      AM m.AA1 m.c MD1 AD1 AM b 1 m c Ta có:      BN n.BC n.b NC1 BC1 BN 1 n b c 1 1 m 1,0 MD / /NC mn m n . 1 1 1 n 1       Khi đó MN AN AM AB BN AM a nb mc 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Và MN a nb mc a n a m a a m n 1 a 2mn 1 9a Theo bất đẳng thức Coossi ta có: m n mn 2 mn mn 4 . Vậy min MN 3a khi mn 4 6
7. V.2 S 1,0 N A I B M P O D C Gọi O AC  BD , I AM  SO . Trong SBD từ I kẻ đường thẳng song song với BD cắt SB , SD lần lượt tại BD  AC N , P . Suy ra thiết diện là tứ giác ANMP . Ta có: BD  SAC BD  SO BD  AM . 1 1,0 Mặt khác: BD / /NP . AM  NP . S NP.AM . ANMP 2 SA SC a + Tính AM : Ta có: SAC vuông cân tại S . AC a 2 2 2 2 2 2 a 13 AM SA SM a a . 3 3 NP SI SI.BD + Tính NP : Ta có: NP / /BD NP BD SO SO SI Tính : SO S M I A O C SI      Gọi k . Ta có: AI AS SI SA kSO . SO     2  AM AS SM SA SC . A , I , M thẳng hàng 3      2   k    2  AI l AM SA kSO lSA lSC SA SA SC lSA lSC 3 2 3 7
8. 1 4 k l 1 k 2 5 SI 4 4 4a 2 . NP BD . 1 2 3 SO 5 5 5 k l 0 l 2 3 5 1 1 4a 2 a 13 2 26a2 S NP.AM . . . ANMP 2 2 5 3 15 8