Đề thi khảo sát học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2019-2020 – Trường THPT Hậu Lộc 4

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4
TỔ TOÁN

KỲ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LẦN 1
Năm học: 2019 - 2020

Số báo danh

Môn thi: TOÁN - Lớp 11 THPT
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
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  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
bc  c2



c
ca  a 2



3 2
.
2

AL

ab  b2



 x, y  R  .

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 .

FI

N

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
trình đường thẳng AB biết M 1; 2 , N  3;4  và đỉnh B nằm trên đường thẳng x  y  9  0 , cos 
ABM 

2
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

T

SB SD SC
.


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 .................


Câu
I

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
NỘI DUNG
1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị  P  của hàm số y  x 2  (m  2) x  m  1 , biết rằng

P

2.0

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

Khi đó ta có hàm số y  x 2  4 x  3
x  2
Ta có đỉnh I : 
 I (2; 1)
 y  1
Bảng biến thiên

0.50

x

-∞

2

+∞

+∞
+∞

y

0.50

0.50

N

AL

-1

FI

4,0
điểm

đi qua điểm M (3;0) .

Điểm

1
1


2. Giải phương trình sau  x   1  x   x   1  x  x.
2
2


Điều kiện 1  x  1.
Phương trình đã cho tương đương với:

2x 1  x  1  x  1  1  x  1  x  0



 

2.0
0.50



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  1  5
 a  b    a  b   1  0

2
+ Với: a  b  1  x  1  x  x  0
+ Với: a  b 

5 5

1 5
1 5
x
 1 x  1 x 
8
2
2

5 5
- Kết luận. Phương trình có các nghiệm x  0; x  
.
8

0.50

0.50


2.0

2 cos x  2sin 2 x  2sin x  1
2 cos x  1

1

 x    k 2 ,  k  Z  .
2
3
 2 cos x  1  2sin x  2 cos x  1

Điều kiện: 2 cos x  1  0  cos x 
Pt  cos 2 x  3 1  sin x  

 cos 2 x  3 1  sin x  

0.50

2 cos x  1
 2 cos x  11  2sin x 

2 cos x  1
 1  2sin x  3  3 sin x  1  2sin x

0.50

2

3
hoặc sin x  1 .
2
3


2
Với sin x 
 sin x  sin
 x   k 2 hoặc x 
 k 2 ,  k  Z 
2
3

3
3





 2sin 2 x  2  3 sin x  3  0  sin x 

Với sin x  1  x  


2

0.50

 k 2 ,  k  Z 

So với điều kiện nghiệm của phương trình: x 

2

 k 2 ; x    k 2 ,  k  Z  .
3
2
y 1

0.50
2.0

 x  y  3 x  3 
2. Giải hệ phương trình: 
2
 x  y  3 x  y  2 x  1  x  y  0

AL

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

N

4,0
điểm

1. Giải phương trình: cos 2 x  3 1  sin x  

x  3  y  1   x  y  2 x  3  y  1  x  3

FI

II



1
  x  y  2  x  3 
0

y  1  x  3 
y 1  x  3

1
Với điều kiện x  0, y  1 ta có : x  3 
 0.
y 1  x  3
  x  y  2 x  3 

yx2

1
0.50

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 
  x  1  x  x  2   3  x 
2


y

 3 5 7 5 
7 5

(tmđk). Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x ; y   
;
 .
 2
2
2



0.50


1. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:

a
ab  b

b



bc  c

c



2

ca  a



2

2.0

3 2
2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có





2b. a  b 



2b  a  b
2

  a  3b
2

0.50

Áp dụng tương tự ta được

a
ab  b2
Ta cần chứng minh
Hay



b

c



bc  c2

ca  a 2



2a 2
2b 2
2c 2
.


a  3b b  3c c  3a

2a 2
2b 2
2c 2

3 2



a  3b b  3c c  3a
2
a
b
c
3


 .
a  3b b  3c c  3a 4

0.50

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được
2





abc
a
b
c
.



 2
a  3b b  3c c  3a a  b2  c2  3ab  3bc  3ca
Mặt khác, từ một đánh giá quen thuộc ta có

Do đó ta được
2

2

2







 3 ab  bc  ca

AL

2

a  b  c
2

2

2


0.50




 
 

a  b  c  3 ab  bc  ca  a  b  c  2 ab  bc  ca  ab  bc  ca
2
2
2
1
4
 abc  abc 
abc
3
3

FI

4,0
điểm

2

N

III





2





abc
a
b
c
Từ đó suy ra



a  3b b  3c c  3a 4
abc
3



2









3
4

0.50

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c .
2. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau được thành lập từ các chữ số

2.0

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
(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
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).

0.50

0.50


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).

IV

Vậy có tất cả 9312 số có 6 chữ số sao cho không có hai chữ số chẵn đứng cạnh nhau.
9312
97
Xác suất cần tìm là
.


53760 560
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
1

3

0.50

2.0

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.
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
AB  AC  A là trung điểm của đoạn IC ,
suy ra D là trọng tâm tam giác IBC . Do đó
1
AN / /  BC.
2

N

AL

1.0

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 .

FI

4,0
điểm

Đường thẳng BM có phương trình x  3 y  5 . Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ

0.50

 x  y  7
 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
M 1; 2  , N  3;4  và đỉnh B nằm trên đường thẳng x  y  9  0 , cos 

ABM 

2
5

.

2.0


Xét tam giác ABD và HBI có:

  HBI
.
ABD  HCI
 . Suy ra  ABD
Và 
ADB  
ACB  HIB
 HBI

0.50

Ta có BM , BN lần lượt là hai trung tuyến
của tam giác ABD, HBI do đó:
BM BA

BN BH

(1) .

Lại có

  MBN

ABM  HBN
ABH
Từ (1) và (2) suy ra  ABH

(2) .

 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 .

0.50

AL

x  y  9  0
x  6
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 .


N



2
5



ab
2

2( a  b

2

FI

Ta có MB  5; 5  cùng phương với vec tơ uMB  1; 1 . Theo bài ra ta có:
 8( a2  b2 )  5( a2  2ab  b2 )  3a2  10 ab  3b2  0

0.50

 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

4,0
điểm

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
SB SD SC
lượt tại B , C  , D . Tính giá trị của biểu thức T 
.



SB SD SC 
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 .

2.0


Ta có:
0.50

S SA ' I  S SC I  S SAC 
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

SI  SA SC   SA SC 

SA SI SC  SI SA SC 
.


.
.

.

.


2SO  SA SC  SA SC
2SA SO 2 SC SO SA SC

0.50

SA SC
SO
SB SD
SO
; Tương tự:

 2.

 2.
SA SC 
SI
SB SD
SI

SB SD SC
SA 3



 .
Suy ra:
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
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 .

0.50

0.50

2.0

N

AL



FI

( )  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
(2)
SAB :


BA BS
SA
Theo ĐL Talét trong
CN CP PN
(3)
SCD :


CD CS SD

Từ (1), (2), (3) suy ra MQ  NP 

bx
x

x
a; PQ  2a; MN  a  a
b
b
b

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

2

0.50

0.50


2

a2 3
a 2 3  3 x  b  3b  3 x 
a 3

(3
x

b
)(3
b

3
x
)

 
2
2 
12b
12b 
2
3



a2 3
b
Vậy diện tích lớn nhất của thiết diện là
khi x  .
3
3

................ HẾT ................

FI

N

AL

Mời các em tham khảo thêm các tài liệu khác tại mục Tài liệu học tập lớp 11

0.50