Đề giao lưu HSG tỉnh toán 11 năm 2019 2020 trường bá thước thanh hóa

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
THANH HÓA
TRƯỜNG THPT BÁ THƯỚC

ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2019 - 2020
Môn thi: Toán - 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).
1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị ( P ) của hàm số y = ax 2 + bx − 3 , biết rằng

( P)

có

đỉnh I ( 2;1) .
2. Giải bất phương trình: ( x + 1) x + 2 + ( x + 6 ) x + 7 ≥ x 2 + 7 x + 12 .
Câu II (4.0 điểm).
1. Giải phương trình:

2 3 sin x. (1 + cos x ) − 4cos x.sin 2

x
−3
2
= 0.

2sin x − 1

0
( y − 6 x − 1) y + 2 + ( 4 x + 2 ) 2 x + 1 =
2. Giải hệ phương trình: 
2
2
1 3 x + y −1 + y −1
 x + 2 + x + x − y − =

( x; y ∈  ) .

Câu III (4.0 điểm).
1. Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện xyz + x + z =y . Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức: P =

2
2
4z
3z
.
− 2
−
+
2
2
x +1 y +1
z + 1 ( z + 1) z 2 + 1
2

2. Cho dãy số ( un ) thỏa mãn điều kiện u1 = 2 và u1 + u2 + u3 + ... + =
un n 2un , ∀=

n 1, 2,...

Tìm công thức số hạng tổng quát un của dãy số ( un ) .
Câu IV (4.0 điểm).
1. Một hộp đựng 50 chiếc thẻ được đánh số từ 1 đến 50 . Chọn ngẫu nhiên từ hộp hai thẻ.
Tính xác suất để hiệu bình phương số ghi trên hai thẻ là số chia hết cho 3 .
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A , M là trung điểm
4 7
của AB . Đường thẳng CM : x − 2 y + 7 =
0 và K  ;  là trọng tâm tam giác ACM . Đường
3 2
thẳng AB đi qua điểm D ( 3; −1) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết điểm M có hoành
độ nguyên và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thuộc đường thẳng x + 6 y − 26 =
0.
Câu V (4.0 điểm).
1. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh 3a , SA
= SD
= 3a , SB
= SC
= 3a 3 .
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh SA và SD , P là điểm thuộc cạnh AB sao cho
AP = 2a . Tính diện tích thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng ( MNP ) .
2. Cho tứ diện ABCD , G là trọng tâm tam giác BCD và M là điểm di động bên trong
tam giác BCD sao cho khi M khác G thì MG không song song với CD . Đường thẳng qua
M và song song với GA cắt các mặt phẳng ( ABC ) , ( ACD ) , ( ABD ) lần lượt tại P, Q, R . Tìm
giá trị lớn nhất của tích MP.MQ.MR .
-------------------- Hết -------------------1


ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu

Ý
1

Nội dung
Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị ( P ) của hàm số y = ax 2 + bx − 3 , biết rằng

Điể
m

( P ) có đỉnh I ( 2;1) .

2,0

 b
2
=
4a + b =0
a =−1
−
Từ giả thiết ta có:  2a
⇔
⇔
4a +=
2b 4 =
b 4
4a + 2b − 3 =
1 
Vậy ( P ) : y =

− x2 + 4x − 3

0,5

Bảng biến thiên:
−∞

x

+∞

2
1

0,5
y
−∞

−∞

Đồ thị hàm số có đỉnh I ( 2;1) , trục đối xứng x = 2

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại ( 0; −3) và cắt trục hoành tại (1;0 ) , ( 3;0 )

0,5

Đồ thị hàm số như hình vẽ

I
0,5

2

Giải bất phương trình: ( x + 1) x + 2 + ( x + 6 ) x + 7 ≥ x 2 + 7 x + 12 .

2,0

Đk: x ≥ −2.
BPT ⇔ ( x + 1)

⇔ ( x + 1)

(

)

x + 2 − 2 + ( x + 6)

(

)

x + 7 − 3 ≥ x2 + 2x − 8

x−2
x−2
+ ( x + 6)
≥ ( x − 2 )( x + 4 )
x+2+2
x+7 +3

x+6
 x +1

⇔ ( x − 2) 
+
− ( x + 4)  ≥ 0
x+7 +3
 x+2+2

Ta có

0,5

x +1
+
x+2+2

x+6
− ( x + 4)
x+7 +3

2

0,5

0,5


x+2

x+2
−
+
2
x+2+2

=

=−

( x + 2)

x+2

x+2+2

−

x+6
x+6
1
−
−
2
x+7 +3
x+2+2

( x + 6) (

)−

x + 7 +1

x+7 +3

1
< 0, ∀x ≥ −2
x+2+2

BPT ⇔ x − 2 ≤ 0 ⇔ x ≤ 2
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S =

1

[ −2;2]

0,5

2 3 sin x. (1 + cos x ) − 4cos x.sin 2

Giải phương trình:

2sin x − 1

x
−3
2
= 0.

π


x ≠ + k 2π

1

6
ĐK: Điều kiện: sin x ≠ ⇔ 
, k ∈  (*).
2
 x ≠ 5π + k 2π

6

2,0

0,25

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương:
2 3 sin x. (1 + cos x ) − 4 cos x.sin 2

x
0
−3 =
2

0,5

⇔ 2 3 sin x + 2 3 sin x.cos x − 2 cos x (1 − cos x ) − 3 =
0
⇔2

⇔

II

) (

(

(

)

3 sin x − cos x − 3sin 2 x − 2 3 sin x.cos x + cos 2 x =
0
 3 sin x − cos x =
0
3 sin x − cos x − 2 =0 ⇔ 
2
 3 sin x − cos x =
π
3 sin x − cos x = 0 ⇔ cot x = 3 ⇔ x = + kπ , k ∈ 
6

3 sin x − cos x

TH1:
TH2:
⇔ x−

)(

)

π
π
π


3 sin x − cos x =2 ⇔ 2  sin x cos − cos x sin  =2 ⇔ sin  x −  =
1
6
6
6


π
6

=

π
2

+ k 2π ⇔ x =

2π
+ k 2π , k ∈ 
3

0,25

0,25

0,25

Đối chiếu điều kiện ta thấy phương trình đã cho có nghiệm
7π
2π
x = + k 2π , x = + k 2π , k ∈ 
6
3

2

0,5

Giải hệ phương trình:
( y − 6 x − 1) y + 2 + ( 4 x + 2 ) 2 x + 1 =
0
(1)
 2
2
1 3 x + y − 1 + y − 1 ( 2)
 x + 2 + x + x − y − =

3

( x; y ∈  )

2,0

1

x ≥ − 2

Điều kiện:  y ≥ 1
 x2 + x − y −1 ≥ 0

 x + y − 1 ≥ 0

0,5

Pt (1) ⇔ ( y + 2 ) − ( 6 x + 3)  y + 2 + 2 ( 2 x + 1) 2 x + 1 =
0

⇔ ( y + 2 ) y + 2 − 3 ( 2 x + 1) y + 2 + 2 ( 2 x + 1) 2 x + 1 =
0

Đặt a = y + 2; b = 2 x + 1; ( a > 0; b ≥ 0 ) ta được:
a 3 − 3ab 2 + 2b3 = 0 ⇔ ( a − b ) ( a + 2b ) = 0 ⇔ a = b
2

⇒ y + 2=

0,5

2 x + 1 ⇔ y = 2 x − 1( ⇒ 2 x − 1 ≥ 1 ⇔ x ≥ 1)

Thay =
y 2 x − 1 vào (2) ta được:

x 2 + 2 + x 2 −=
x 3 3x − 2 + 2 x − 2

(

)

⇔ x 2 − 3x + 2 +

) (

(


⇔ x 2 − 3x + 2 1 +


(

)

x 2 − x − 2 x − 2 + 3 x − 3x − 2 =
0

)

1
x2 − x + 2 x − 2

+


3
0
=
x + 3x − 2 

0,5

x = 1
⇔ x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔ 
(t / m)
x = 2
+x =1 ⇒ y =1

+x = 2 ⇒ y = 3

0,5

KL : T( x; y ) = {(1;1) , ( 2;3)}

1

Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện xyz + x + z =y .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P=

2
2
4z

3z
.
− 2
−
+
2
x +1 y +1
z 2 + 1 ( z 2 + 1) z 2 + 1

2,0

π
Đặt x = tan A, y = tan B, z = tan C , (0 < A, B, C < )
2

Theo giả thiết ta có:
x=

III

y−z
tan B − tan C
⇔ tan A =
= tan( B − C ) ⇒ A = B − C + kπ
1 + yz
1 + tan B tan C

Do −

0,5

π
< A − B + C < π ⇒ k =⇒
−C . Khi đó:
0 A− B =
2

P = 2(

1
1
4 tan C
3 tan C
−
)−
+
2
2
1 + tan A 1 + tan B
1 + tan 2 C (1 + tan 2 C ) 1 + tan 2 C

= 2(cos 2 A − cos 2 B) − 4sin C + 3sin C.cos 2 C = cos 2 A − cos2B − 4sin C + 3sin C.cos 2 C

=
−2sin ( A − B ) sin ( A + B ) − 4sin C + 3sin C.cos 2 C =

0,5

= 2sin C.sin ( A + B ) − 4sin C + 3sin C
=

.cos 2 C
≤ 2sin C − 4sin C + 3sin C.cos 2=
C sin C (3cos 2 C −=
2) sin C (1 − 3sin 2 C )

Nếu sin C >

3
⇒ P < 0.
3

0,5
4


3
. Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số không âm
3
6sin 2 C (1 − 3sin 2 C )(1 − 3sin 2 C )
P 2 =sin 2 C (1 − 3sin 2 C ) 2 =
6
2
2
2
2
1 6sin C + 1 − 3sin C + 1 − 3sin C 3 4
⇒P≤ .
) =
≤ (
9

6
3
81

Nếu sin C ≤

Dấu ‘’ = ‘’ xảy ra khi


1
2

=
C
sin
tan C =


3
4


2
2
⇒ tan C = , tanA=
1  tan B =cot A
, tan B = 2
sin( A + B) =⇒
4
2

A − B =

−C

 tan A − tan B = − 2

4
1 + tan A tan B
2
2
2
.Vậy giá trị lớn nhất của P bằng .
⇒=
x
2;=
y
=
;z
9
2
4

Cho
2

dãy

số

( un )

thỏa

mãn

điều

kiện

u1 = 2

u1 + u2 + u3 + ... + =
un n 2un , ∀=
n 1, 2,...

0,5

và
2,0

Tìm công thức số hạng tổng quát un của dãy số ( un ) .
2
3
Với mọi n  2, 3,..., ta có u1  u2  ...  un1  un  n2un ,

Với n  2, ta có u1  u2  4u2  u2  .

0,5

2

u1  u2  ...  un1  n  1 un1 .
2

Trừ hai đẳng thức trên ta được un  n2un  n  1 un1 , n  3
n1
u , n  3
n  1 n1
6u2
n1 n 2 3 2
4
.
... . u2 
, n  3.
 un 

n1 n
5 4
n n  1 n n  1

 n2  1 un  n  1 un1 , n  3  un 
2

1

0,5

0,5

Với =

n 1,=
n 2 công thức trên vẫn đúng.
4
Vậy
=
un
, ∀n ∈ * .
n ( n + 1)

0,5

Một hộp đựng 50 chiếc thẻ được đánh số từ 1 đến 50. Chọn ngẫu nhiên từ
hộp hai thẻ. Tính xác suất để hiệu bình phương số ghi trên hai thẻ là số
chia hết cho 3.

2,0

n ( Ω ) =C502

IV

Gọi A là biến cố hiệu bình phương số ghi trên hai thẻ là số chia hết cho 3
Giả sử 2 số được chọn là a,b . Theo giả thiết
( a − b )  3
− b 2 ) 3 ⇔ ( a − b )( a + b ) 3 ⇔ 
( a + b ) 3
Nếu ( a − b ) 3 thì a, b phải đồng dư khi chia 3 ⇒ số cách chọn là:

(a

0,5

2

C162 + C172 + C172

Nếu ( a + b ) 3 thì hoặc a và b cùng chia hết cho 3 hoặc một số chia 3 dư 1,
5

0,5


một số chia 3 dư 2 ⇒ số cách chọn là: C162 + C171 .C171
( a − b ) 3 a  3
⇔
⇒ số cách chọn là: C162

b
3
( a + b ) 3 

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 ) =
=

2
C50
1225

2

0,5

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A , M là
4 7
trung điểm của AB . Đường thẳng CM : x − 2 y + 7 =
0 và K  ;  là trọng
3 2
tâm tam giác ACM . Đường thẳng AB đi qua điểm D ( 3; −1) . Tìm tọa độ các
đỉnh của tam giác ABC , biết điểm M có hoành độ nguyên và tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC thuộc đường thẳng x + 6 y − 26 =
0.

2,0

A

K

M
G

N
E

I
B

H

C

0,5

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Trước hết ta chứng minh
MC  IK . Thật vậy, gọi H , N lần lượt là trung điểm BC , AC ; G  AH  CM .
Suy ra G là trọng tâm tam giác ABC. Mặt khác K là trọng tâm tam giác
ACM nên KG || HE . Suy ra KG || AB . Mà IM  AB nên KG  IM .
Rõ ràng AH  MK nên G là trực tâm tam giác MIK . Suy ra MC  IK .
Đường thẳng KI qua K và vuông góc với CM nên có phương trình:
12 x  6 y  37  0.
 x  1
 25 
12 x  6 y  37  0 

 I 1; .
Tọa độ I thỏa mãn hệ 
25
 6 
 x  6 y  26  0
 y  6


 
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  0  5m 2 
m
0
6
6

13
 m  (l )

3

7

 m  (tm)

2

6

0,5

0,5

 7  



9

Suy ra M 0;  , DM  3;  . Từ đó suy ra AB : 3x  2 y  7  0.
 2 

2
Gọi C 2c  7;c  CM .

4 7
Do K  ;  là trọng tâm ACM nên A11 2c; 7  c . Mà A  AB suy ra c  5
3 2
Từ đó A1; 2 , B 1;5 , C 3;5. Thử lại ta thấy AB = AC thỏa mãn bài toán.

1

0,5

= SD
= 3a ,
Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh 3a , SA
SB
= SC
= 3a 3 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh SA và SD ,
P là điểm thuộc cạnh AB sao cho AP = 2a . Tính diện tích thiết diện của hình
chóp khi cắt bởi 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
đi qua P , song song BC và cắt DC tại điểm I . Thiết diện của khối chóp cắt
bởi mặt phẳng ( MNP ) chính là hình thang MNIP .
V

Do ∆NDI =
∆MAP nên MP = NI . Từ đó suy ra MNIP là hình thang cân.
Trong tam giác SAB , ta có
SA2 + AB 2 − SB 2 9a 2 + 9a 2 − 27 a 2

9a 2
1
=
cos SAB
=
=
−
=
− .
2
2.SA. AB
2.3a.3a
18a
2
Trong tam giác, MAP , ta có
2
2
 = 9a + 4a 2 + 3a ⋅ 2a = 37 a ⇒ MP = a 37
MP 2 = MA2 + AP 2 − 2 MA. AP.cos MAP
4
2
4
2
Từ M kẻ MF ⊥ PI , từ N kẻ NE ⊥ PI . Dễ thấy, tứ giác MNEF là hình chữ
3a
3a
nhật và từ đó suy ra MN =EF = ⇒ PF =EI = .
2
4

Xét tam giác vuông MFP , ta có MF=

MP 2 − FP 2 =

Cho tứ diện ABCD . G là trọng tâm tam giác BCD và M là điểm di động
bên trong tam giác BCD sao cho khi M khác G thì MG không song song
với CD . Đường thẳng qua M và song song với GA cắt các mặt phẳng
7

0,5

37 a 2 9a 2 a 139
−
=
.
4
16
4

 3a
 a 139
+ 3a  ⋅

.
MN
+
IP
MF
(
)

9a 2 139
2
4


Ta có S MNIP =
.
=
=
2
2
16

2

0,5

0,5


( ABC ) , ( ACD ) , ( ABD ) lần lượt tại

P, Q, R . Tìm giá trị lớn nhất của tích

MP.MQ.MR .
P

Q
A

R

0,5
K
D

B
M
G
I
C

J

- Xét M trùng G thì MP.MQ.M R = GA3
- Xét M không trùng G, nêu cách kẻ P,Q, R đúng
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
=
= =
3
1
1
S ABC
S ABC
3
3
 MP + MQ + MR   3GA 
Theo Côsi MP.MQ.MR ≤ 
GA3
 =

 =
3
3

 

Dấu bằng xảy ra khi
MP MQ MR
MI MJ MK
1⇔
1
MP =
MQ =
MR ⇔
= = =

= = =
GA GA GA
GI GJ GK
⇔ M trùng trọng tâm G tam giác BCD
3

3

KL: Giá trị lớn nhất bằng GA3 khi M là trọng tâm tam giác BCD

8

0,5

0,5