Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 cấp tỉnh năm 2019-2020 - Trường THPT Hậu Lộc 4

Chia sẻ: Kiều Anh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

27
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nếu yêu thích môn Toán thì đừng bỏ qua Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 cấp tỉnh năm 2019-2020 - Trường THPT Hậu Lộc 4 này nhé! Hãy vận dụng kiến thức và kỹ năng các em đã được học để thử sức mình với đề thi nhé! Chúc các em ôn tập và đạt kết quả cao trong kì thi!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 cấp tỉnh năm 2019-2020 - Trường THPT Hậu Lộc 4

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 KỲ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LẦN 1 TỔ TOÁN Năm học: 2019 - 2020 Môn thi: TOÁN - Lớp 11 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Số báo danh 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 y  x 2  (m  2) x  m  1 ,biết rằng  P  đi qua điểm M (3;0) .  1  1 2. Giải phương trình:  x   1  x   x   1  x  x.  2  2 Câu II (4,0 điểm) 2 cos x  2sin 2 x  2sin x  1 1. Giải phương trình: cos 2 x  3 1  sin x   . 2 cos x  1  x  y  3 x  3  y  1 2. Giải hệ phương trình:  2  x, y  R  .  x  y  3 x  y  2 x  1  x  y  0 Câu III (4,0 điểm) 1. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng: a b c 3 2    . ab  b2 bc  c2 ca  a 2 2 2. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau được thành lập từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S . Tính Xác suất để số được chọn không có hai chữ số chẵn đứng cạnh nhau. Câu IV (4,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A  1;3  . Gọi D là một điểm trên cạnh AB 1 3 sao cho AB  3 AD và H là hình chiếu vuông góc của B trên CD. Điểm M  ;   là trung điểm đoạn HC. 2 2   Xác định tọa độ điểm C, biết điểm B nằm trên đường thẳng x  y  7  0. 2. Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình thang cân ABCD  AB / / CD  . Gọi H , I lần lượt là hình chiếu vuông góc của B trên các đường thẳng AC, CD . Giả sử M , N lần lượt là trung điểm của AD, HI . Viết phương 2 trình đường thẳng AB biết M 1; 2 , N  3;4  và đỉnh B nằm trên đường thẳng x  y  9  0 , cos  ABM  . 5 Câu V (4,0 điểm)  1  1. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi A là điểm trên SA sao cho - AA  AS . 2 Mặt phẳng   qua A cắt các cạnh SB , SC , SD lần lượt tại B , C  , D . Tính giá trị của biểu thức SB SD SC T   . SB SD SC  2. Cho hình chóp S . ABCD đáy là hình thang, đáy lớn BC  2 a , AD  a , AB  b . Mặt bên ( SAD) là tam giác đều. Mặt phẳng ( ) qua điểm M trên cạnh AB và song song với các cạnh SA , BC . ( ) cắt CD, SC , SB lần lượt tại N , P, Q . Đặt x  AM (0  x  b) . Tính giá trị lớn nhất của diện tích thiết diện tạo bởi ( ) và hình chóp S . ABCD . ................. HẾT ................. Trang 9
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Câu NỘI DUNG Điểm I 1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị  P  của hàm số y  x 2  (m  2) x  m  1 , biết rằng 2.0 P đi qua điểm M (3;0) . 4,0 Do  P  đi qua điểm M (3;0) nên ta có 9 - 3(m  2)  m  1  0  2 m  4  0  m  2 0.50 điểm Khi đó ta có hàm số y  x 2  4 x  3 x  2 Ta có đỉnh I :   I (2; 1) 0.50  y  1 Bảng biến thiên x -∞ +∞ 2 +∞ +∞ y 0.50 -1 0.50  1  1 2. Giải phương trình sau  x   1  x   x   1  x  x. 2.0  2  2 Điều kiện 1  x  1. Phương trình đã cho tương đương với: 0.50    2x 1  x  1  x  1  1  x  1  x  0  Đặt a  1  x ; b  1  x ,  a, b  0   2x  a 2  b 2 . Phương trình dã cho trở thành:  a2  b2   a  b  1   a  b   0   a  b   a  b  a  b  1  1  0 0.50 a  b a  b   2  a  b    a  b   1  0 a  b  1  5  2 + Với: a  b  1  x  1  x  x  0 0.50 1 5 1 5 5 5 + Với: a  b   1 x  1 x  x 2 2 8 0.50 5 5 - Kết luận. Phương trình có các nghiệm x  0; x   . 8 Trang 10
II 2 cos x  2sin 2 x  2sin x  1 2.0 1. Giải phương trình: cos 2 x  3 1  sin x   2 cos x  1 4,0 1  điểm Điều kiện: 2 cos x  1  0  cos x   x    k 2 ,  k  Z  . 2 3  2 cos x  1  2sin x  2 cos x  1 0.50 Pt  cos 2 x  3 1  sin x   2 cos x  1  cos 2 x  3 1  sin x    2 cos x  11  2sin x  2 cos x  1 2 0.50  1  2sin x  3  3 sin x  1  2sin x 3    2sin 2 x  2  3 sin x  3  0  sin x  2 hoặc sin x  1 . 3   2 Với sin x   sin x  sin  x   k 2 hoặc x   k 2 ,  k  Z  2 3 3 3 0.50  Với sin x  1  x    k 2 ,  k  Z  2 2  0.50 So với điều kiện nghiệm của phương trình: x   k 2 ; x    k 2 ,  k  Z  . 3 2  x  y  3 x  3  y 1 2.0 2. Giải hệ phương trình:  2  x  y  3 x  y  2 x  1  x  y  0 x  0  Điều kiện:  y  1  0 .  y  2x  1  0  0.50 Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình :  x  y  3 x  3  y  1   x  y  2 x  3  y  1  x  3 yx2  1    x  y  2 x  3    x  y  2  x  3  0 1 y 1  x  3  y  1  x  3   0.50 1 Với điều kiện x  0, y  1 ta có : x 3   0. y 1  x  3 Nên từ 1 ta có : x  y  2  0  y  x  2 . Thay vào phương trình thứ nhất trong hệ ta được phương trình : x  3  x  x2  x  2  * Điều kiện 0  x  3 . Vì VT  0  VP  0  x   2;3 . 0.50 Với mọi x   2;3 ta có: 1   x  1  x   x  2   3  x  x 2  3 x  1  0 x 2  3x  1 x 2  3x  1    x 2  3x  1  0  x  1  x  x  2   3  x  1 1  3 5   x 2  3 x  1    1  0  x 2  3 x  1  0  x  0.50   x  1  x  x  2   3  x  2   7 5  3 5 7 5  y (tmđk). Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x ; y    ;  . 2  2 2   Trang 11
III 1. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng: 2.0 a b c 3 2    ab  b 2 bc  c 2 ca  a 2 2 4,0 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có điểm 2b  a  b    a  3b  2b. a  b   2 2 0.50 Áp dụng tương tự ta được a b c 2a 2 2b 2 2c 2      . ab  b2 bc  c2 ca  a 2 a  3b b  3c c  3a 2a 2 2b 2 2c 2 3 2 Ta cần chứng minh    a  3b b  3c c  3a 2 a b c 3 Hay    . 0.50 a  3b b  3c c  3a 4 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được 2 a  b  c  2 abc .   a  3b b  3c c  3a a  b2  c2  3ab  3bc  3ca Mặt khác, từ một đánh giá quen thuộc ta có 2 a  b  c   3 ab  bc  ca  Do đó ta được 0.50 2 2 2   2 a  b  c  3 ab  bc  ca  a  b  c  2 ab  bc  ca  ab  bc  ca 2 2     2 1 2 4 2  abc  abc  3  3 abc      2 Từ đó suy ra a  b  c  abc    3 a  3b b  3c c  3a 4 2 4 0.50 3 abc   Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c . 2.0 2. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau được thành lập từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S . Tính Xác suất để số được chọn không có hai chữ số chẵn đứng cạnh nhau. Số phần tử của S là 8. A85  53760 . Do đó, chọn ngẫu nhiên một số từ tập S có 53760 0.50 (cách). Vì số được chọn có 6 chữ số nên ít nhất phải có hai chữ số chẵn, và vì không có hai chữ số chẵn đứng cạnh nhau nên số được chọn có tối đa 3 chữ số chẵn. TH1: Số được chọn có đúng 2 chữ số chẵn, khi đó gọi số cần tìm là abcdef 0.50 Xếp 4 số lẻ trước ta có 4! cách. lẻ lẻ lẻ lẻ Xếp 2 số chẵn vào 5 khe trống của các số lẻ có C52 . A52  4.C41 cách. Trong trường hợp này có 4! C52 . A52  4.C41   4416 (số). Trang 12
TH2: Số được chọn có đúng 3 chữ số chẵn, khi đó gọi số cần tìm là abcdef Xếp 3 chữ số lẻ trước ta có A43 cách. lẻ lẻ lẻ 0.50 Xếp 3 chữ số chẵn vào 4 khe trống của các số lẻ có C43 . A53  C32 . A42 cách. Trong trường hợp này có A43 .  C43 . A53  C32 . A42   4896 (số). Vậy có tất cả 9312 số có 6 chữ số sao cho không có hai chữ số chẵn đứng cạnh nhau. 0.50 9312 97 Xác suất cần tìm là  . 53760 560 IV 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A  1;3  . Gọi D là một điểm trên cạnh AB sao cho AB  3 AD và H là hình chiếu vuông góc của B trên 2.0 1 3 CD. Điểm M  ;   là trung điểm đoạn HC. Xác định tọa độ điểm C, biết điểm B 2 2 nằm trên đường thẳng x  y  7  0. 4,0 điểm Gọi N , I là giao điểm của đường thẳng qua B vuông góc với BC với các đường thẳng CD và CA . Do tam giác IBC vuông tại B và 1.0 AB  AC  A là trung điểm của đoạn IC , suy ra D là trọng tâm tam giác IBC . Do đó 1 AN / /  BC. 2 Gọi E là trung điểm BH , khi đó E là trực tâm tam giác NBM và tứ giác NAME là hình bình hành nên từ NE  BM  AM  BM . Đường thẳng BM có phương trình x  3 y  5 . Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ  x  y  7 0.50   B  4; 3  x  3 y  5   Từ AB  3 AD  D  2;1 . Lúc đó ta có phương trình các đường thẳng CD : x  y  1; BH : x  y  1 . Suy ra tọa độ điểm H  1;0  .Suy ra C  2; 3  0.50 2. Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình thang cân ABCD  AB / / CD  . Gọi H , I lần lượt là hình chiếu vuông góc của B trên các đường thẳng AC, CD . Giả sử M , N lần lượt là trung điểm của AD, HI . Viết phương trình đường thẳng AB biết 2.0 2 M 1; 2  , N  3;4  và đỉnh B nằm trên đường thẳng x  y  9  0 , cos  ABM  . 5 Trang 13
Xét tam giác ABD và HBI có:    HBI ABD  HCI . Và  ADB    . Suy ra  ABD ACB  HIB  HBI 0.50 Ta có BM , BN lần lượt là hai trung tuyến của tam giác ABD, HBI do đó: BM BA  (1) . BN BH Lại có    MBN ABM  HBN  ABH (2) . Từ (1) và (2) suy ra  ABH  MBN .  Do đó MNB AHB  90 hay MN  NB Đường thẳng BN đi qua N và vuông góc với MN nên có phương trình là : x  3 y  15  0 . x  y  9  0 x  6 0.50 Toạ độ điểm B thoả mãn   . Suy ra B(6; 3) .  x  3 y  15  0 y  3  Gọi n  a; b  a 2  b2  0  là một vec tơ chỉ phương của đường thẳng AB .   Ta có MB  5; 5  cùng phương với vec tơ uMB  1; 1 . Theo bài ra ta có: 2 ab 0.50   8( a2  b2 )  5( a2  2ab  b2 )  3a2  10 ab  3b2  0 2 2 5 2( a  b  a  3b   3a  b Với a  3b , chọn b  1  a  3 ta có phương trình 3 x  y  21  0 Với b  3a chọn a  1  b  3 ta có phương trình x  3 y  15  0 (loại do trùng với BN ) 0.50 Vậy phương trình đường thẳng AB là: 3 x  y  21  0 . V 1. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi A là điểm trên SA  1  sao cho - AA  AS . Mặt phẳng   qua A cắt các cạnh SB , SC , SD lần 2 2.0 SB SD SC lượt tại B , C  , D . Tính giá trị của biểu thức T    . SB SD SC  4,0 điểm Gọi O là giao của AC và BD . Ta có O là trung điểm của đoạn thẳng AC , BD . Các đoạn thẳng SO , AC  , BD đồng quy tại I . Trang 14
Ta có: S SA ' I  S SC I  S SAC  0.50 S S S  SAI  SC I  SAC  S SAC S SAC S SAC S SAI S S   SC I  SAC  2 S SAO 2 S SCO S SAC SA SI SC  SI SA SC  SI  SA SC   SA SC   .  .  .     . . 0.50 2SA SO 2 SC SO SA SC 2SO  SA SC  SA SC SA SC SO SB SD SO 0.50    2. ; Tương tự:   2. SA SC  SI SB SD SI SB SD SC SA 3 Suy ra:     . 0.50 SB SD SC  SA 2 2. Cho hình chóp S . ABCD đáy là hình thang, đáy lớn BC  2 a , AD  a , AB  b . Mặt bên ( SAD) là tam giác đều. Mặt phẳng ( ) qua điểm M trên cạnh AB và song song 2.0 với các cạnh SA , BC . ( ) cắt CD, SC, SB lần lượt tại N , P, Q . Đặt x  AM (0  x  b) . Tính giá trị lớn nhất của diện tích thiết diện tạo bởi ( ) và hình chóp S . ABCD . ( )  SA vµ BC nªn ( )  (SAD)  MQ  SA, NP  SD Ta có MN  PQ  AD  BC Theo ĐL Talét trong hình thang BM CN ABCD:  (1) BA CD 0.50 Theo ĐL Talét trong BM BQ MQ SAB :   (2) BA BS SA Theo ĐL Talét trong CN CP PN SCD :   (3) CD CS SD bx x x Từ (1), (2), (3) suy ra MQ  NP  a; PQ  2a; MN  a  a b b b 2 0.50 1  MN  PQ   Thiết diện là hình thang cân và Std  ( MN  PQ) MQ 2    2  2  1  ab  ax 2ax  a 2 (b  x )2 a 2 (b  x )2 1 a (b  3x ) a 3(b  x )       . . 2 b b  b2 4b 2 2 b 2b 0.50 Trang 15
2 a2 3 a 2 3  3 x  b  3b  3 x  a 3  2 (3 x  b )(3b  3 x )  2    12b 12b  2  3 a2 3 b 0.50 Vậy diện tích lớn nhất của thiết diện là khi x  . 3 3 ................ HẾT ................ Trang 16