SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
THANH HÓA NĂM HỌC 2019 - 2020
TRƯỜNG THPT BÁ THƯỚC 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).
2
1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị P của hàm số y= ax+ bx− 3, biết rằng P có
( ) ( )
đỉnh I 2;1 .
( )
2
2. Giải bất phương trình: x+1 x++2 x+ 6 x+ 7≥ xx+ 7 +12 .
( ) ( )
Câu II (4.0 điểm).
x
2
2 3 sin xx. 1+−cos 4cos x.sin − 3
( )
2
1. Giải phương trình: = 0 .
2sin x−1

yx− 6 −1 y+ 2+ 4x+ 2 2x+10=
( ) ( )

2. Giải hệ phương trình: xy; ∈ .
( )

22
x+ 2+ x+ xy−−13 x+ y−+1 y−1


Câu III (4.0 điểm).
1. Cho x, yz, là các số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện xyz++x z=y . Tìm giá trị
22 4zz3
lớn nhất của biểu thức: P= − − + .
22
2 22
xy+11+
z +1 (zz+1) +1
2
2. Cho dãy số u thỏa mãn điều kiện u = 2 và u+ u+ u+ ...+ u nu ,∀= n 1,2,...
( )
n 1 12 3 nn
Tìm công thức số hạng tổng quát u của dãy số u .
( )
n n
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
47

của AB . Đường thẳng CM : x− 2y+ 70= và K ; là trọng tâm tam giác ACM . Đường

32

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 xy+ 6 −=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 33a .
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 PQ,, R. Tìm
( ) ( ) ( )
giá trị lớn nhất của tích MP..MQ MR .
-------------------- Hết --------------------
1
== ==
=
=
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Nội dung Điể
Câu Ý
m
2
Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số , biết rằng
(P) y= ax+ bx− 3
1 2,0
(P) có đỉnh I(2;1).
b

40ab+= a=−1
−=2 

Từ giả thiết ta có: ⇔⇔
2a
 
42ab+= 4 b 4
0,5


4ab+ 2 −=31

2
Vậy P : yx=−+ 43x−
( )
Bảng biến thiên:
x 2
−∞ +∞
1
0,5
y
−∞ −∞
Đồ thị hàm số có đỉnh I 2;1 , trục đối xứng x= 2
( )
0,5
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại 0;−3 và cắt trục hoành tại 1;0 , 3;0
( ) ( ) ( )
Đồ thị hàm số như hình vẽ
I
0,5
2
Giải bất phương trình: x+1 x++2 x+ 6 x+ 7≥ xx+ 7 +12 .
2 ( ) ( ) 2,0
Đk: x≥−2.
2 0,5
BPT ⇔ x+1 x+−2 2 + x+ 6 x+−73 ≥ xx+ 2 − 8
( ) ( )
( ) ( )
xx−−22
⇔ x+1 + x+ 6 ≥ x− 24x+
( ) ( ) ( )( )
x++2 2 x++73
0,5
xx++16

⇔ xx− 2 + −+ 40≥
( ) ( )

xx++2 2 ++73

xx++16
Ta có + −+x 4
( )
0,5
xx++2 2 ++73
2
=
x+ 2 x+ 2 xx++6 61
= − + −−
22
x++22 xx++7 3 ++22
xx+ 6 ++71
( )
( )
xx++22
( ) 1
= − − − < 0,∀x≥−2
x++22 xx++7 3 ++22
BPT ⇔ x−≤20⇔ x≤ 2
0,5
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S −2;2
[ ]
x
2
2 3 sin xx. 1+−cos 4cos x.sin − 3
( )
1 2,0
2
Giải phương trình: = 0 .
2sin x−1
π

xk≠+ 2π

1
 6
ĐK: Điều kiện: (*).
sin x≠⇔ , k∈
0,25

2 5π

xk≠+ 2π

 6
Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương:
x
2
2 3 sin xx. 1+ cos − 4cos x.sin −=3 0
( )
2
0,5
⇔ 2 3 sin x+ 2 3 sin xx.cos − 2cos x 1− cos x −=3 0
( )
22
⇔ 2 3 sin x−−cos x 3sin x− 2 3 sin xx.cos + cos x =0
( ) ( )

3 sin xx−=cos 0
⇔ 3 sin xx− cos 3 sin xx− cos−=2 0⇔

0,25
( )( )
II
3 sin xx−=cos 2


π
TH1: 3 sin x− cos x= 0⇔ cot x= 3⇔=x + kkπ ,∈
0,25
6
ππ π
   
TH2: 3 sin xx− cos=2⇔ 2 sin x cos − cos xsin =2⇔ sin x−=1
   
66 6
   
0,25
ππ 2π
⇔−x = + k2π⇔ x= + k2,π k∈
62 3
Đối chiếu điều kiện ta thấy phương trình đã cho có nghiệm
0,5
72ππ
xk=+ 2,ππxk=+ 2,k∈
63
Giải hệ phương trình:

yx− 6 −1 y+ 2+ 4x+ 2 2x+10= 1
( ) ( ) ()

2 2,0
xy; ∈
( )

22
x+ 2+ x+ xy−−1 3 x+ y−+1 y−12
 ( )

3
=
=
1

x≥−

2


y≥1
Điều kiện:

2

x + x− y−10≥
0,5

xy+ −10≥


Pt 1 ⇔y+ 2 − 6x+ 3 y+ 2+ 2 2xx+1 2 +=1 0
() ( ) ( ) ( )

⇔ y+ 2 y+−2 3 2xy+1 ++2 2 2xx+1 2 +1=0
( ) ( ) ( )
Đặt ay= + 2;b= 2x+1;(a> 0;b≥ 0) ta được:
2
3 23
a− 3ab+ 2b= 0⇔ a− b a+ 20b=⇔=a b 0,5
( ) ( )
⇒ y+ 2 2x+1⇔ yx21−⇒ 21x−≥1⇔ x≥1
( )
Thay yx21− vào (2) ta được:
2 2
x++2 xx− 33x− 2+ 2x− 2
22
⇔ x − 3x+ 2 + xx−− 2x− 23+ x− 3x− 2 =0
( )
( ) ( )
0,5
 
13
2
⇔ xx−+3 21+ + =0
( ) 
2
x+ 32x−
xx−+ 22x−
 
x=1

2
⇔ x− 3x+=20⇔ tm/
( )

x= 2

+=xy11⇒ =
+=xy23⇒ =
0,5
KL :T = 1;1 , 2;3
{( )( )}
xy;
( )
Cho là các số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện xyz++x z=y .
x, yz,
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
1 2,0
22 4zz3
P= − − + .
22
2 22
xy+11+
z +1 (zz+1) +1
π
Đặt x= tan Ay,= tan Bz,= tan C, (0<2
Theo giả thiết ta có:
yz−−tan B tan C
0,5
x= ⇔ tan A= = tan(B− C)⇒ A= B−+C kπ
1+ yz 1+ tan B tan C
π
Do − < ABC− + <π⇒ k=0⇒ AB− =−C . Khi đó:
III
2
1 1 4 tan CC3tan
P 2( −−) +
22
2 22
1+ tan A 1+ tan B
1+ tan C (1+ tan C) 1+ tan C
22 2 2
= 2(cos Ac− os B)−+4sin C 3sin C.cos C= cos 2Ac− os2B−+4sin C 3sin C.cos C
0,5
2
=−2sin AB− sin A+−B 4sin C+ 3sin C.cos C=
( ) ( )
2
2sin C.sin A+−B 4sin C+ 3sin C.cos C
( )
22 2
≤ 2sin C− 4sin C+ 3sin CC.cos sin C(3cos C−= 2) sin C(1− 3sin C)
3
Nếu sin C> ⇒

3
4
=
= =
=
=
=
= =
3
Nếu . Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số không âm
sin C≤
3
22 2
6sin C(1−−3sin C)(1 3sin C)
2 2 22
PC=sin (1− 3sin C)=
6
222
1 6sin CCC+−1 3sin +−1 3sin 4 2
3
≤=() ⇒≤P .
6 3 81 9
Dấu ‘’ = ‘’ xảy ra khi

 1 2
sin C= tan C=


3 4

 2 2

sin(AB+=) 1⇒ tan B=cot A ⇒ tan C= , tanA= , tan B= 2

4 2
0,5

AB− =−C
tan AB− tan 2

=−


1+ tan ABtan 4
2
22
⇒= xy2; ; z .Vậy giá trị lớn nhất của P bằng .
24 9
Cho dãy số u thỏa mãn điều kiện u = 2 và
( )
n 1
2
2 u+ u+ u+ ...+ u nu ,∀= n 1,2,... 2,0
12 3 nn
Tìm công thức số hạng tổng quát u của dãy số (u) .
n n
2
Với n2,ta có uu4.u u 
1 2 2 2
3
2
0,5
Với mọi n2,3,..., ta có uu ... u u nu ,
1 2 nn1 n
2
uu ... u  n1 u .
 
1 2 nn1 1
2
2
Trừ hai đẳng thức trên ta được u nu n1 u ,3n
 
nn n1
0,5
2
n1
2
 nu1  nu1 ,3n u  un,3
   
nn1 nn1
n1
6u
nn1 2 32 4
2
uu . ... .   ,n 3.
0,5
n 2
nn1 54 n n11n n
   
Với nn1, 2 công thức trên vẫn đúng.
4
* 0,5
Vậy un,∀∈ .
n
nn+1
( )
Một hộp đựng 50 chiếc thẻ được đánh số từ 1 đến 50. Chọn ngẫu nhiên từ
1 hộp hai thẻ. Tính xác suất để hiệu bình phương số ghi trên hai thẻ là số 2,0
chia hết cho 3.
2
nCΩ=
( )
50
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 . Theo giả thiết
a,b
0,5
IV
 ab− 3
( )
22
a − b 33⇔−(ab)(a+ b) ⇔
( ) 
ab+ 3
( )


Nếu thì a, b phải đồng dư khi chia 3 ⇒ số cách chọn là:
(ab− )3
22 2
CC++ C
0,5
16 17 17
Nếu ab+ 3 thì hoặc a và b cùng chia hết cho 3 hoặc một số chia 3 dư 1,
( )
5
=
==
=
= =
2 11
một số chia 3 dư 2⇒ số cách chọn là:
C + C .C
16 17 17
 ab− 3
( ) a3


2
Lại có: ⇔ ⇒ số cách chọn là: C
 0,5
16
b3
ab+ 3
( )
 

2 2 2 2 11 2 2 2 2 11
Do đó: n A= CC++ C+ CC+ C− C= CC+++C C C
( ) ( ) ( )
16 17 17 16 17 17 16 16 17 17 17 17
2 2 2 11
0,5
C +++CCC C 681
16 17 17 17 17
Vậy PA
( )
2
C 1225
50
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho tam giác cân tại , là
Oxy ABC A M
47

trung điểm của . Đường thẳng và là trọng
AB CM : x− 2y+ 70= K ;

32

2 2,0
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 xy+ 6 −=26 0.
A
K
M
N
G E
I
B
C
H
0,5
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Trước hết ta chứng minh
MC IK. Thật vậy, gọi HN, 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:
12x 6y37 0.

x1

 
12x 6y37 0  

25




 I 1; .
Tọa độ I thỏa mãn hệ
  25 
 0,5


 
 
x 6y26 0 y 6

 

6

 
 
25


Gọi M 2m7;m MC. Ta có DMm 2 10;m1 ; IMm 2 8;m .
    

 
 
6

235 455
2
DM IM DM.IM 05m m 0
66

13
ml ()
0,5

3


7

m ()tm


2

6
==


 9
7

  
Suy ra , DM3; . Từ đó suy ra AB : 3x 2y7 0.
M 0; 

 
  

 2
2
Gọi C 2c7;c CM .
 
47

K ;
Do là trọng tâm ACM nên Ac112 ;7 c. Mà A AB suy ra c 5
0,5

32

Từ đó A 1;2 , B1;5 ,C 3;5 . Thử lại ta thấy AB= AC thỏa mãn bài toán.
     
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh 3a , SA SD 3a ,
SB SC 33a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh SA và SD ,
1
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
C
D
I
Do . Vậy MNP cắt mặt phẳng ABCD theo giao tuyến
MN //AD⇒ MN //BC ( ) ( )
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
2 2 2 2 2 2 2
SA + AB − SB 9a +−9a 2791a a

cos SAB= = =−=− .
2
2.SA.AB 2.3a.3a 18a 2
0,5
Trong tam giác, MAP , ta có
22
9a 3aa37 a 37
2 22 2

MP MA+ AP− 2MA.AP.cos MAP + 4a+⋅=2a ⇒ MP
4 24 2
Từ M kẻ MF⊥ PI , từ N kẻ NE⊥ PI . Dễ thấy, tứ giác MNEF là hình chữ
33aa
0,5
nhật và từ đó suy ra MN==EF ⇒=PF EI= .
24
22
37a 9aa 139
22
Xét tam giác vuông MFP , ta có MF MP− FP −= .
4 16 4
0,5
3a a 139
 
+⋅3a
  2
MN+ IP .MF
( ) 9a 139
24
 
Ta có S .
MNIP
2 2 16
Cho tứ diện ABCD . G là trọng tâm tam giác BCD và M là điểm di động
2 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
===
= =
= = =
==
==
ABC , ACD , ABD lần lượt tại PQ,, R . Tìm giá trị lớn nhất của tích
( ) ( ) ( )
MP..MQ MR .
P
Q
A
R
0,5
K
B D
M
G
I
C
J
3
- Xét M trùng G thì MP..MQ M R= GA
- Xét M không trùng G, nêu cách kẻ P,Q, R đúng
SS S
MP+ MQ+ MR MI MJ MK
MBC MCD
MBD
= ++ = + +
Tính có:
GA GI GJ GK S S S
GBC GCD GCD
0,5
SS++ S
S
MBC MCD MBD
ABC
3
11
SS
ABC ABC
33
33
 MP+ MQ+ MR  3GA
3
Theo Côsi MP..MQ MR≤==GA 0,5
   
3 3
   
Dấu bằng xảy ra khi
MP MQ MR MI MJ MK
MP=MQ=MR⇔ = = =11⇔== =
GA GA GA GI GJ GK
0,5
trùng trọng tâm G tam giác BCD
⇔ M
3
KL: Giá trị lớn nhất bằng khi M là trọng tâm tam giác BCD
GA
8
== =

onthicaptoc.com Đề thi giao lưu học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 11 năm 2019 2020 THPT Bá Thước có chi tiết