de thi hoc sinh gioi cap tinh mon toan lop 11 so gd dt thanh hoa

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HĨA

KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Năm học: 2018 - 2019

ĐỀ THI THỬ SỐ 1

Mơn thi: TỐN - Lớp 11 THPT
Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu

Số báo danh
……………………............

Câu I (4,0 điểm)
1. Cho hàm số y  x 2  2 m x  3 m (*). Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi m  1. Tìm
m để đường thẳng y  2 x  3 cắt đồ thị các hàm số (*) tại hai điểm phân biệt cùng nằm bên phải trục tung.
2. Giải bất phương trình

(2 x  1) x
2 x  (2  x ) 1  x  1  x

1 .

Câu II (4,0 điểm)


3   cos x  sin x 

1
1. Giải phương trình 3tan2 x  2sin  2 x 
  2

2   cos x  sin x  cos2 x




1
1

 x  y 
  2
x

3
y
y

3
x
2. Giải hệ phương trình 


 2
 x  2 y  9  4 x  3  19  3 y
Câu III (4,0 điểm)
1. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc  1 . Chứng minh bất đẳng thức



a 3  b3  c 3 



ab
bc
ca
9
 2 2 2
 .
2
2
a b b c c a
2
2

2. Cho f  n    n 2  n  1  1 . Xét dãy số  un  : un 
2

f 1 3  ... f  2n 1
f  2  f  4  ... f  2n 

. Tính lim n un .

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 trịn (C ) có tâm

·
· , MI
· P = 900. Tiếp tuyến của đường tròn C tại Q cắt các tiếp tuyến tại M , P lần lượt tại
I , MQP
> MNP
( )
11
÷. Tìm tọa độ giao điểm A của các
E , F . Phương trình đường thẳng I F : x - 7y + 8 = 0, N (- 2; 4), E ỗỗ1; ữ
ữ
ỗ 3ữ

tip tuyn vi 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 khơng 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


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

2. Cho hình chóp tam giác đều S . ABC cạnh đáy a , đường cao SO  2a . Gọi M là điểm thuộc đường cao
AA' của tam giác ABC . Xét mặt phẳng  P  đi qua M và vng góc với AA' . Đặt AM  x
a 3
a 3
x

 . Tìm x để thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng  P  có diện tích lớn nhất.
3
2




…………………..Hết………………….

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

Câu
I

NỘI DUNG

1. Cho hàm số y  x  2mx  3m (*)

Điểm
2.0

4,0
điểm

Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi m  1. Tìm m để đường thẳng
y  2 x  3 cắt đồ thị các hàm số (*) tại hai điểm phân biệt cùng nằm bên phải trục
tung.
Lập bảng biến thiên
Vẽ đồ thị

0.50
0.50

2

Yêu cầu bài tốn  Phương trình sau có hai nghiệm dương phân biệt

x 2  2mx  3m  2 x  3  x 2  2(m  1) x  3m  3  0
 '  0

 3( m  1)  0
 2( m  1)  0

 m  1
'  0  
 m  4

0.50

Kết hợp nghiệm, kết luận m  4
2. Giải bất phương trình

0.50

(2 x  1) x
2 x  (2  x ) 1  x  1  x

2.0

1 .

Điều kiện: 0  x  1.
Ta có: 2 x  (2  x ) 1  x  1  x  2 x  2 1  x  x . 1  x  ( 1  x ) 2

0.50

 2( x  1  x )  1  x ( x  1  x )  ( x  1  x )(2  1  x )  0, x  0;1.
()  (2 x  1)  x  ( x  1  x )  (2  1  x )

0.50

 ( x ) 2  ( 1  x ) 2   x  ( x  1  x )  (2  1  x )


 ( 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



 x  x(1  x )  2  1  x  x  2  1  x (1  x ) : luôn đúng x   0;1 .

Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của bất phương trình là x   0;1 .

II
4,0
điểm


3   cos x  sin x 
1
1. Giải phương trình 3tan2 x  2sin  2 x 

  2

2   cos x  sin x  cos2 x



Điều kiện: cos2 x  0  x   k k    (*).
4
2

0.50
0.50
2.0


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương với:
3

2  cos x  sin x 

2
sin2 x
1
 2cos2 x 

 3sin2 x  2cos 22 x  2 cos x  sin x   1
cos2 x
cos x  sin x

cos2 x

sin2x  1
 3sin2x  2 1  sin 2x  2 1  sin2x  1  2sin 2x  sin2x  1  0  
sin2x  1

2





2

2


 k
4


x   k

1
12
Với sin2 x   
k   
2
 x  5  k


12
Với sin2 x  1  x  

0.50

5
 k k   
12


 k và
12




1
1

 x  y 
2
y  3 x 
2. Giải hệ phương trình 
 x  3y
 2
 x  2 y  9  4 x  3  19  3 y
19

 x  0,  y  0
Điều kiện 

3
 x  y  0



Từ 1 : s dụng bất đẳng thức
x
x  3y
y
x  3y



G

ta có

x
x y 1 x
x y 

 

 và
x  y x  3y 2  x  y x  3y 



1 2y
11

2y 

  
 , cộng hai kết quả trên ta được
2 x  3y 2  2 x  3y 

1 x
3
 
  , tương tự ta cⴧng có
x  3y 2  x  y 2 


1
1
suy ra VT 1  x  y 

 
 x  3y
y

3
x


ấu bằng y ra khi và ch khi x  y  3





2.0

0.50



x y

0.50

0.50

Kết hợp với điều kiện (*) ta được nghiệm của phương trình đã cho là: x 
x

0.50

x y

1 y
3
 
 ,
y  3x 2  x  y 2 


1 x y
 3   2  VP 1


2 x y


0.50

Thế vào phương trình  2  ta được pt: x 2  2 x  9  4 x  3  19  3x  4 
Giải pt  4   3  x 2  x  2   4 3 x  3   x  5   3 19  3 x  13  x 

0.50


 3 x  x  2  4 
2

 x

2

 x  2

3 x  3   x  5

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

 9

 x

2

 x  2

3 19  3x  13  x 



4
9
  x2  x  2  3 

0 .

3 x  3   x  5  3 19  3 x  13  x  

 x 2  x  2  0  x  1  x  2 (Loại)
 3
Khi x  1 
 y  x  1 . Th lại  x; y   1;1 thỏa mãn hệ phương trình

0.50

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y   1;1 .
III

1. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc  1 . Chứng minh bất đẳng thức
ab
bc
ca
9
 2 2 2

 .
2
2
a b b c c a
2
4
3
2 2
3
4
 a  4a b  6a b  4ab  b  a 4  b 4  2a 2b 2  4ab  a 2  ab  b 2  

a 3  b3  c 3 

4,0
điểm

0  a  b

4

2.0

2

a 2  ab  b 2 a 2  b 2
ab
1a b

 1 2

   
2
2
2
a b
4ab
a b
4b a
bc
1b c
ca
1c a
Tương tự có 1  2 2     ; 1  2
   .
2
b c
4c b
c a
4a c 
o đó, cộng theo vế các bất đẳng thức trên và s dụng bất đẳng thức Schur cùng giả
thiết abc  1 ta được
bc
ca  1  b  c c  a a  b 
 ab
3 2
 2 2 2
 




2
2 
b
c 
 a  b b  c c  a  4 a
bc  b  c   ca c  a   ab a  b  1 3 3 3
1
  a  b  c  3abc   a 3  b3  c 3  3 
4abc
4
4
bc
ca 
 ab
Hay a 3  b3  c 3  4  2
 2 2 2
 9 1
2
2 
 a b b c c a 

0.50

  a 2  b 2   4ab  a 2  ab  b 2  
2





0.50

0.50

ặt khác 3 a3  b3  c3  3.3 3  abc   9  2 
3

0.50

ab
bc
ca 

Từ 1 và  2  suy ra 4  a 3  b3  c 3  2
 2 2 2
 18
2
a  b b  c c  a 2 

ab
bc
ca
9
o vậy a 3  b3  c 3  2
 2 2 2

2
2
a b b c c a
2

ấu đẳng thức ảy ra khi và ch khi a  b  c  1 .

2. Cho f  n    n  n  1  1 . Xét dãy số  un  : un 
2

2

f 1 3  ... f  2n 1
f  2  f  4  ... f  2n 

. Tính

2.0

lim n un .





Ta có: f  n    n 2  n  1  1  n 2  1 n  1   1 n  N* .
2

1

2

2

un

2

2


 2 n   1 
 1 3  1 4  1 5  1 ...  2 n   1   2 n  1   1 

 1 22  132  1 42  1 ... 2 n  1   1
2

2

2

2

2

2

2

0.50
0.50


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

0.50

1
 2
2n  2n  1
lim n un  lim

IV
4,0
điểm

n
2

2n  2n  1

1

 lim
2

2 1

n n2



1
2

0.50

.

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

Gọi số phải tìm có dạng a1a2 a3a4 a5 , ai  A , i  1, 5 . Kết hợp với đề bài ta có:
a1  a2  a3  a4  a5  9 ; a1  a2  a3  a4  a5  18 ; a1  a2  a3  a4  a5  27 .
Ta xét trường hợp 1: a1  a2  a3  a4  a5  9 , với 1  a1  6 , 0  ai  6 với i  2,3, 4,5

0.50

 a1  x2  x3  x4  x5  13

Đặt xi  ai  1 , với i  2,3, 4,5 , khi đó ta có: 1  a1  6
1  x  7
i


1

.

Số nghiệm nguyên dương bất kỳ của 1 là C124 .

Nếu a1  7 , ta có 1  x2  x3  x4  x5  6  xi  7 , nên không trùng với các trường
hợp xi  8 . Phương trình này có C64 nghiệm.
Nếu xi  8 , ta có 1  a1   x j  5  a1 , x j  6 nên không trùng với các trường họp

j i

nào ở trên, phương trình này có C54 nghiệm nên với 4 vị trí xi có 4C54 nghiệm.
Vậy trong trường hợp này có C124  C64  4C54 số thỏa mãn.
0.50

Ta xét trường hợp 2: a1  a2  a3  a4  a5  18 , với 1  a1  6 , 0  ai  6 với
i  2,3, 4,5
 x1  x2  x3  x4  x5  17

Đặt xi  7  ai , với i  2,3, 4,5 , khi đó ta có: 1  x1  6
1  x  7, i  2,3, 4,5
i


2
.

Số nghiệm nguyên dương bất kỳ của  2  là C164 .

Nếu x1  7 , ta có 1  x2  x3  x4  x5  10  xi  7 , nên không trùng với các trường
hợp x1  8 . Phương trình này có C104 nghiệm.
Nếu xi  8 , i  2,3, 4,5 ta có  2   a1   x j  9  x j  7 nên không trùng với các
j i

trường họp nào ở trên, phương trình này có C94 nghiệm nên với 4 vị trí xi có
4C54 nghiệm.

Vậy trong trường hợp này có C164  C104  4C94 số thỏa mãn.
Ta xét trường hợp 3: a1  a2  a3  a4  a5  27 , với 1  a1  6 , 0  ai  6 với

i  2,3, 4,5
 x1  x2  x3  x4  x5  8

Đặt xi  7  ai , với i  1, 2,3, 4,5 , khi đó ta có: 1  x1  6
1  x  7, i  2,3, 4,5
i


3
.

0.50


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Từ  2  và xi  1  xi  6 nên tập nghiệm của  3 khơng vượt khỏi miền ác định của
xi . Phương trình này có C74 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

2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn (C ) có

2.0

·
·

·
tâm I , MQP > MNP, MI P = 900. Tiếp tuyến của đường tròn (C ) tại Q cắt các tiếp
tuyến

tại

lần

M ,P

lượt

tại

E, F .

Phương

trình

đường

thẳng

11
÷. Tìm tọa độ giao điểm A của các tiếp tuyến
I F : x - 7y + 8 = 0, N (- 2; 4), E çç1; ÷
÷
ç 3÷

với đường trịn (C ) tại M và tại P .
0.50

·
·
o MQP
nên Q nằm trên cung nhỏ MP . Vì A M I P là hình vng, I E là
> MNP

· F = 1 MI
· P = 450.
· Q, I F là phân giác góc PI
· Q nên EI
phân giác góc MI
2
uur
11÷
÷ Khi đó,
Gọi I (7a - 8; a ) ị EI ỗỗ7a - 9; a ỗ
ữ
3ữ
uur uur
1
à F = cos EI ; u
= cosEI
=
IF
2

(

)

7 (7a - 9) + a -

11
3
2

11ữ
ữ
50 (7a - 9) + ỗỗa ữ
ỗ
3ữ
2

=

1
2

2

200
400
850
50a = 25 50a 2 a+
Û 3a 2 - 8a + 5 = 0
3
3

9

a=

5
3

11 5
ữ
Iỗ
ỗ ; ữ
ữ
ỗ 3 3ữ

IE =

136
< IN =
3

338
, không thỏa mãn.
3

éa = 1
ê
ê
êa = 5
ê
3

ë

0.50


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

a = 1 Þ I (- 1;1), thỏa mãn.
ur
Gọi n (c;d ) c2 + d 2 ¹ 0 là vtpt của MA. Khi đó, phương trình

(

)

0.50

11÷
÷ = 0 Û 3c (x - 1) + d (3y - 11) = 0
MA : c (x - 1) + d ỗỗỗy ÷
3÷

Vì MA là tiếp tuyến của (C ) nên
- 6c - 8d

d (I ; MA ) = I N Û

2

9c + 9d

2

10 Û 36c 2 + 96cd + 64d 2 = 90c 2 + 90d 2

=

é9c = 13d
Û 27c2 - 48cd + 13d 2 = 0 Û ê
ê3c = d
ê
ë
Nếu d = 3c chọn c = 1 Þ d = 3 Þ Phương trình MA : x + 3y - 12 = 0
Nếu 13d = 9c chọn c = 13 Þ d = 9 Þ Phương trình MA : 13x + 9y - 46 = 0
Với phương trình MA : x + 3y - 12 = 0 thì PT QE : 13x + 9y - 46 = 0 . ta tìm được

0.50

8 14
÷gọi tọa độ điểm A (12 - 3b;b) ta cú
ta im M (0; 4), Q ỗỗ ; ữ
ỗ5 5 ữ
ữ
ộb = 3
2
2
2AM ị (13 - 3b ) + (b - 1) = 20 Û 10b 2 - 80b + 150 = 0 Û ê
êb = 5
ê
ë

·
·
b = 3 A (3; 3) P (2; 0), thỏa mãn do MQP > MNP .
AI =

·
·
.
< MNP
b = 5 Þ A (- 3; 5) Þ P (- 4;2), khơng thỏa mãn do MQP

Với phương trình MA : 13x + 9y - 46 = 0 thì PTQE : x + 3y - 12 = 0 . ta tìm được

V

8 14
· P < MI
· Q. Vậy A 3; 3 .
÷, Q (0; 4) loi do MI
ta im M ỗỗ ; ữ
( )
ữ
ỗ5 5 ÷
Chú ý: Nếu học sinh thừa nghiệm hình thì trừ 0,25 điểm
Cho hình chóp S . ABC có AB  BC  CA  a , SA  SB  SC  a 3 , M là điểm bất kì
trong khơng 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

4,0
điểm

0.50

S

I

J
O

A

K

C

F
E

2.0

G

D
B


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

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 vng góc chung của các cặp cạnh SA và
BC , SC và AB , SB và CA .
Ta có DI  EJ  FK . o đó SID  SJE nên SI  SJ .

Suy ra ED ∥IJ (cùng song song với AC ). o 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 ,

0.50

FK . Suy ra DI , EJ , FK đồng quy tại điểm O thuộc SG .

Xét điểm M bất kì trong khơng gian.

0.50

 d  M , SA   d  M , BC   DI

Ta có  d  M , SC   d  M , AB   EJ  d  DI  EJ  FK .

 d  M , SB   d  M , AC   FK
o đó d nhỏ nhất bằng DI  EJ  FK  3DI khi M  O .

Ta có AD 

sin SAG

a 3
2
a 3
2a 6
, AG  AD 
, SG  SA 2  AG 2 
,
2
3
3
3

0.50

SG 2 2
  a 3. 2 2  a 6 .

.Suy ra DI  AD.sin SAD
SA
3
2
3
3

Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là 3DI  3

a 6
a 6 .
3

2. Cho hình chóp tam giác đều S . ABC cạnh đáy a , đường cao SO  2a . Gọi M là
điểm thuộc đường cao AA' của tam giác ABC . Xét mặt phẳng  P  đi qua M và

2.0

a 3
a 3
x
 . Tìm x để thiết diện của hình
2 
 3

vng góc với AA' . Đặt AM  x 

chóp khi cắt bởi mặt phẳng  P  có diện tích lớn nhất.

0.50


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

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. o (P) // BC nên kẻ qua M đường thẳng song song
với BC cắt AB, AC tại E, F.
Tương tự kẻ qua M đường thẳng song song với SO cắt SA’ tại N, qua N kẻ đường

0.50

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
1
2

đáy HG, EF. Khi đó: S EFGH  (EF  GH ).MN . Ta có AA ' 
EF =

a 3
a 3
, AO 
nên
2
3

2x 3
3

HG SN OM
MN MA '


 HG  2 x 3  a .

 MN  2 3a  2 x 3
BC SA ' OA '
SO OA '
1
2
SEFGH = (EF + GH). N = 4 x 3 3 a 3 a  2 x 3

2
3










2

SEFGH
SEFGH

3a 2
3a 3
đạt giá trị lớn nhất bằng
khi và ch khi x 
.
4
8





Vậy giá trị lớn nhất của diện tích thiết diện bằng

3a 2
3a 3
khi x 
.
4
8

...........................Hết........................

Tham khảo tài liệu học tập lớp 11 tại đây:
lieu hoc tap lop 11

0.50



1
1 3a  3a2
= 4 x 3  3a 6 a  4 x 3  .   
( theo Cosi)
3
3 2 
4





0.50