SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT BÁ THƯỚC ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2019 - 2020 Mơn thi: Tốn - Lớp 11 Thời 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) Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị ( P ) hàm số y = ax + bx − , biết ( P) có đỉnh I ( 2;1) Giải bất phương trình: ( x + 1) x + + ( x + ) x + ≥ x + x + 12 Câu II (4.0 điểm) Giải phương trình: sin x (1 + cos x ) − 4cos x.sin x −3 = 2sin x − ( y − x − 1) y + + ( x + ) x + = Giải hệ phương trình:  2 x + y −1 + y −1  x + + x + x − y − = ( x; y ∈  ) Câu III (4.0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện xyz + x + z =y Tìm giá trị lớn biểu thức: P = 2 4z 3z − − + 2 x +1 y +1 z + ( z + 1) z + 2 Cho dãy số ( un ) thỏa mãn điều kiện u1 = u1 + u2 + u3 + + = un n 2un , ∀= n 1, 2, Tìm cơng thức số hạng tổng quát un dãy số ( un ) Câu IV (4.0 điểm) Một hộp đựng 50 thẻ đánh số từ đến 50 Chọn ngẫu nhiên từ hộp hai thẻ Tính xác suất để hiệu bình phương số ghi hai thẻ số chia hết cho Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân A , M trung điểm 4 7 AB Đường thẳng CM : x − y + = K  ;  trọng tâm tam giác ACM Đường 3 2 thẳng AB qua điểm D ( 3; −1) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC , biết điểm M có hồnh độ ngun tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC thuộc đường thẳng x + y − 26 = Câu V (4.0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thoi cạnh 3a , SA = SD = 3a , SB = SC = 3a Gọi M , N trung điểm cạnh SA SD , P điểm thuộc cạnh AB cho AP = 2a Tính diện tích thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng ( MNP ) Cho tứ diện ABCD , G trọng tâm tam giác BCD M điểm di động bên tam giác BCD cho M khác G MG khơng song song với CD Đường thẳng qua M song song với GA cắt mặt phẳng ( ABC ) , ( ACD ) , ( ABD ) P, Q, R Tìm giá trị lớn tích MP.MQ.MR Hết -1 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Ý Nội dung Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị ( P ) hàm số y = ax + bx − , biết Điể m ( P ) có đỉnh I ( 2;1) 2,0  b = 4a + b =0 a =−1 − Từ giả thiết ta có:  2a ⇔ ⇔ 4a += 2b = b 4a + 2b − =  Vậy ( P ) : y = − x2 + 4x − 0,5 Bảng biến thiên: −∞ x +∞ 0,5 y −∞ −∞ Đồ thị hàm số có đỉnh I ( 2;1) , trục đối xứng x = Đồ thị hàm số cắt trục tung ( 0; −3) cắt trục hoành (1;0 ) , ( 3;0 ) 0,5 Đồ thị hàm số hình vẽ I 0,5 Giải bất phương trình: ( x + 1) x + + ( x + ) x + ≥ x + x + 12 2,0 Đk: x ≥ −2 BPT ⇔ ( x + 1) ⇔ ( x + 1) ( ) x + − + ( x + 6) ( ) x + − ≥ x2 + 2x − x−2 x−2 + ( x + 6) ≥ ( x − )( x + ) x+2+2 x+7 +3 x+6  x +1  ⇔ ( x − 2)  + − ( x + 4)  ≥ x+7 +3  x+2+2  Ta có 0,5 x +1 + x+2+2 x+6 − ( x + 4) x+7 +3 0,5 0,5 x+2 x+2 − + x+2+2 = =− ( x + 2) x+2 x+2+2 − x+6 x+6 − − x+7 +3 x+2+2 ( x + 6) ( )− x + +1 x+7 +3 < 0, ∀x ≥ −2 x+2+2 BPT ⇔ x − ≤ ⇔ x ≤ Vậy tập nghiệm bất phương trình S = [ −2;2] 0,5 sin x (1 + cos x ) − 4cos x.sin Giải phương trình: 2sin x − x −3 = π  x ≠ + k 2π   ĐK: Điều kiện: sin x ≠ ⇔  , k ∈  (*)  x ≠ 5π + k 2π  2,0 0,25 Với điều kiện trên, phương trình cho tương đương: sin x (1 + cos x ) − cos x.sin x −3 = 0,5 ⇔ sin x + sin x.cos x − cos x (1 − cos x ) − = ⇔2 ⇔ II ) ( ( ( ) sin x − cos x − 3sin x − sin x.cos x + cos x =  sin x − cos x = sin x − cos x − =0 ⇔   sin x − cos x = π sin x − cos x = ⇔ cot x = ⇔ x = + kπ , k ∈  sin x − cos x TH1: TH2: ⇔ x− )( ) π π π   sin x − cos x =2 ⇔  sin x cos − cos x sin  =2 ⇔ sin  x −  = 6 6   π = π + k 2π ⇔ x = 2π + k 2π , k ∈  0,25 0,25 0,25 Đối chiếu điều kiện ta thấy phương trình cho có nghiệm 7π 2π x = + k 2π , x = + k 2π , k ∈  0,5 Giải hệ phương trình: ( y − x − 1) y + + ( x + ) x + = (1)  2 x + y − + y − ( 2)  x + + x + x − y − = ( x; y ∈  ) 2,0  x ≥ −  Điều kiện:  y ≥  x2 + x − y −1 ≥   x + y − ≥ 0,5 Pt (1) ⇔ ( y + ) − ( x + 3)  y + + ( x + 1) x + = ⇔ ( y + ) y + − ( x + 1) y + + ( x + 1) x + = Đặt a = y + 2; b = x + 1; ( a > 0; b ≥ ) ta được: a − 3ab + 2b3 = ⇔ ( a − b ) ( a + 2b ) = ⇔ a = b ⇒ y + 2= 0,5 x + ⇔ y = x − 1( ⇒ x − ≥ ⇔ x ≥ 1) Thay = y x − vào (2) ta được: x + + x −= x 3x − + x − ( ) ⇔ x − 3x + + ) ( (  ⇔ x − 3x + 1 +  ( ) x − x − x − + x − 3x − = ) x2 − x + x − +  = x + 3x −  0,5 x = ⇔ x − 3x + = ⇔  (t / m) x = +x =1 ⇒ y =1 +x = ⇒ y = 0,5 KL : T( x; y ) = {(1;1) , ( 2;3)} Cho x, y, z số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện xyz + x + z =y Tìm giá trị lớn biểu thức: P= 2 4z 3z − − + x +1 y +1 z + ( z + 1) z + 2,0 π Đặt x = tan A, y = tan B, z = tan C , (0 < A, B, C < ) Theo giả thiết ta có: x= III y−z tan B − tan C ⇔ tan A = = tan( B − C ) ⇒ A = B − C + kπ + yz + tan B tan C Do − 0,5 π < A − B + C < π ⇒ k =⇒ −C Khi đó: A− B = P = 2( 1 tan C tan C − )− + 2 + tan A + tan B + tan C (1 + tan C ) + tan C = 2(cos A − cos B) − 4sin C + 3sin C.cos C = cos A − cos2B − 4sin C + 3sin C.cos C = −2sin ( A − B ) sin ( A + B ) − 4sin C + 3sin C.cos C = 0,5 = 2sin C.sin ( A + B ) − 4sin C + 3sin C = cos C ≤ 2sin C − 4sin C + 3sin C.cos 2= C sin C (3cos C −= 2) sin C (1 − 3sin C ) Nếu sin C > ⇒ P < 0,5 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số không âm 6sin C (1 − 3sin C )(1 − 3sin C ) P =sin C (1 − 3sin C ) = 2 2 6sin C + − 3sin C + − 3sin C ⇒P≤ ) = ≤ ( 81 Nếu sin C ≤ Dấu ‘’ = ‘’ xảy   = C sin tan C =     2 ⇒ tan C = , tanA=  tan B =cot A , tan B = sin( A + B) =⇒ A − B =  −C   tan A − tan B = −  1 + tan A tan B 2 Vậy giá trị lớn P ⇒= x 2;= y = ;z Cho dãy số ( un ) thỏa mãn điều kiện u1 = u1 + u2 + u3 + + = un n 2un , ∀= n 1, 2, 0,5 2,0 Tìm cơng thức số hạng tổng quát un dãy số ( un ) Với n  2, 3, , ta có u1  u2   un1  un  n2un , Với n  2, ta có u1  u2  4u2  u2  0,5 u1  u2   un1  n  1 un1 Trừ hai đẳng thức ta un  n2un  n  1 un1 , n  n1 u , n  n  n1 6u2 n1 n u2  , n   un   n1 n n n  1 n n  1  n2  1 un  n  1 un1 , n   un  0,5 0,5 Với = n 1,= n công thức Vậy = un , ∀n ∈ * n ( n + 1) 0,5 Một hộp đựng 50 thẻ đánh số từ đến 50 Chọn ngẫu nhiên từ hộp hai thẻ Tính xác suất để hiệu bình phương số ghi hai thẻ số chia hết cho 2,0 n ( Ω ) =C502 IV Gọi A biến cố hiệu bình phương số ghi hai thẻ số chia hết cho Giả sử số chọn a,b Theo giả thiết ( a − b )  − b ) ⇔ ( a − b )( a + b ) ⇔  ( a + b ) Nếu ( a − b ) a, b phải đồng dư chia ⇒ số cách chọn là: (a 0,5 C162 + C172 + C172 Nếu ( a + b ) a b chia hết cho số chia dư 1, 0,5 số chia dư ⇒ số cách chọn là: C162 + C171 C171 ( a − b ) a  ⇔ ⇒ số cách chọn là: C162  b ( a + b )  Lại có:  0,5 Do đó: n ( A ) = ( C162 + C172 + C172 ) + ( C162 + C171 C171 ) − C162 = C162 + C172 + C172 + C171 C171 C162 + C172 + C172 + C171 C171 681 Vậy P ( A ) = = C50 1225 0,5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân A , M 4 7 trung điểm AB Đường thẳng CM : x − y + = K  ;  trọng 3 2 tâm tam giác ACM Đường thẳng AB qua điểm D ( 3; −1) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC , biết điểm M có hồnh độ ngun tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC thuộc đường thẳng x + y − 26 = 2,0 A K M G N E I B H C 0,5 Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Trước hết ta chứng minh MC  IK Thật vậy, gọi H , N trung điểm BC , AC ; G  AH  CM Suy G trọng tâm tam giác ABC Mặt khác K trọng tâm tam giác ACM nên KG || HE Suy KG || AB Mà IM  AB nên KG  IM Rõ ràng AH  MK nên G trực tâm tam giác MIK Suy MC  IK Đường thẳng KI qua K vng góc với CM nên có phương trình: 12 x  y  37   x   25  12 x  y  37     I 1;  Tọa độ I thỏa mãn hệ  25    x  y  26   y      25  Gọi M 2 m 7; m  MC Ta có DM  2m 10; m 1; IM  2m  8; m   6   235 455 DM  IM  DM IM   5m  m 0 6  13  m  (l )     m  (tm)  0,5 0,5     9 Suy M 0;  , DM  3;  Từ suy AB : 3x  y      2 Gọi C 2c  7;c  CM 4 7 Do K  ;  trọng tâm ACM nên A11 2c;  c Mà A  AB suy c  3 2 Từ A1; 2 , B 1;5 , C 3;5 Thử lại ta thấy AB = AC thỏa mãn tốn 0,5 = SD = 3a , Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thoi cạnh 3a , SA SB = SC = 3a Gọi M , N trung điểm cạnh SA SD , P điểm thuộc cạnh AB cho AP = 2a Tính diện tích thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng ( MNP ) S M N P A B F 0,5 E D I C Do MN //AD ⇒ MN //BC Vậy ( MNP ) cắt mặt phẳng ( ABCD ) theo giao tuyến qua P , song song BC cắt DC điểm I Thiết diện khối chóp cắt mặt phẳng ( MNP ) hình thang MNIP V Do ∆NDI = ∆MAP nên MP = NI Từ suy MNIP hình thang cân Trong tam giác SAB , ta có SA2 + AB − SB 9a + 9a − 27 a 9a = cos SAB = = − = − 2.SA AB 2.3a.3a 18a Trong tam giác, MAP , ta có 2  = 9a + 4a + 3a ⋅ 2a = 37 a ⇒ MP = a 37 MP = MA2 + AP − MA AP.cos MAP 4 Từ M kẻ MF ⊥ PI , từ N kẻ NE ⊥ PI Dễ thấy, tứ giác MNEF hình chữ 3a 3a nhật từ suy MN =EF = ⇒ PF =EI = Xét tam giác vng MFP , ta có MF= MP − FP = Cho tứ diện ABCD G trọng tâm tam giác BCD M điểm di động bên tam giác BCD cho M khác G MG khơng song song với CD Đường thẳng qua M song song với GA cắt mặt phẳng 0,5 37 a 9a a 139 − = 16  3a  a 139 + 3a  ⋅  MN + IP MF ( ) 9a 139   Ta có S MNIP = = = 2 16 0,5 0,5 ( ABC ) , ( ACD ) , ( ABD ) P, Q, R Tìm giá trị lớn tích MP.MQ.MR P Q A R 0,5 K D B M G I C J - Xét M trùng G MP.MQ.M R = GA3 - Xét M không trùng G, nêu cách kẻ P,Q, R MP + MQ + MR MI MJ MK S MBC S MCD S MBD = + + = + + Tính có: GA GI GJ GK SGBC SGCD SGCD 0,5 S MBC + S MCD + S MBD S ABC = = = 1 S ABC S ABC 3  MP + MQ + MR   3GA  Theo Côsi MP.MQ.MR ≤  GA3  =   = 3     Dấu xảy MP MQ MR MI MJ MK 1⇔ MP = MQ = MR ⇔ = = = = = = GA GA GA GI GJ GK ⇔ M trùng trọng tâm G tam giác BCD 3 KL: Giá trị lớn GA3 M trọng tâm tam giác BCD 0,5 0,5 ...  Từ suy AB : 3x  y      2 Gọi C 2c  7;c  CM 4 7 Do K  ;  trọng tâm ACM nên A? ?11? ?? 2c;  c Mà A  AB suy c  3 2 Từ A1; 2 , B 1;5 , C 3;5 Thử lại ta thấy AB = AC thỏa... MNP ) S M N P A B F 0,5 E D I C Do MN //AD ⇒ MN //BC Vậy ( MNP ) cắt mặt phẳng ( ABCD ) theo giao tuyến qua P , song song BC cắt DC điểm I Thiết diện khối chóp cắt mặt phẳng ( MNP ) hình thang