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).
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).

x
2 3 sin x. 1  cos x   4cos x.sin 2  3
2
 0.
1. Giải phương trình:
2sin x  1
 y  6 x  1 y  2   4 x  2  2 x  1  0
2. Giải hệ phương trình: 
2

2
 x  2  x  x  y  1  3 x  y  1  y  1

 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
 2

x 1 y 1
2

4z

z2 1



3z

( z 2  1) z 2  1

.

2. Cho dãy số  un  thỏa mãn điều kiện u1  2 và u1  u2  u3  ...  u n  n 2u n , n  1, 2,...


Tìm cơng 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 hồnh
độ ngun 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 khơng song song với CD . Đường thẳng qua

1
VnDoc.com - Tải tài liệu, biểu mẫu, vbpl miễn phí


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 --------------------

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

 P  có đỉnh I  2;1 .

 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   x 2  4 x  3

Bảng biến thiên:
x

2
1



Điể
m
2,0


0,5



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

2
VnDoc.com - Tải tài liệu, biểu mẫu, vbpl miễn phí

0,5

0,5



x6
 x 1

  x  2 

  x  4   0
x7 3
 x22

x 1
x6

  x  4
x22
x7 3

Ta có
=

=

x2
x2
x6
x6
1





2
2
x22
x7 3
x22

 x  2

x2

x22



 x  6 



x  7 1

x7 3

0,5

1
 0, x  2
x22

BPT  x  2  0  x  2

0,5

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S   2; 2
1

x
2 3 sin x. 1  cos x   4cos x.sin 2  3
2
 0.
Giải phương trình:
2sin x  1


x   k 2

1

6
, k   (*).
ĐK: Điều kiện: sin x   
2
 x  5  k 2


2,0

0,25

6


Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương:
2 3 sin x. 1  cos x   4 cos x.sin 2

x
3  0
2

0,5

 2 3 sin x  2 3 sin x.cos x  2 cos x 1  cos x  3  0

II

2






 



3 sin x  cos x  3sin 2 x  2 3 sin x.cos x  cos 2 x  0
3 sin x  cos x



 3 sin x  cos x  0

3 sin x  cos x  2  0  
 3 sin x  cos x  2



TH1: 3 sin x  cos x  0  cot x  3  x 
TH2: 3 sin x  cos x  2  2  sin x cos


 x


 k , k  
6





 cos x sin   2  sin  x    1
6
6
6


 
2
  k 2  x 
 k 2 , k  
6 2

3

Đối chiếu điều kiện ta thấy phương trình đã cho có nghiệm
3
VnDoc.com - Tải tài liệu, biểu mẫu, vbpl miễn phí

0,25
0,25

0,25

0,5


x

2

7
2
 k 2 , x 
 k 2 , k  
6
3

Giải hệ phương trình:
 y  6 x  1 y  2   4 x  2  2 x  1  0
1 
 2
2

 x  2  x  x  y  1  3 x  y  1  y  1 2 

 x; y   

1

x   2

Điều kiện:  y  1
 x2  x  y  1  0

 x  y  1  0
Pt 1   y  2    6 x  3  y  2  2  2 x  1 2 x  1  0

2,0

0,5

  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:
a3  3ab2  2b3  0   a  b   a  2b   0  a  b
2

0,5

 y  2  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  3x  2 1 




2



x 2  x  2 x  2  3 x  3x  2  0

0,5


3

0
x 2  x  2 x  2 x  3x  2 

1



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

III

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
 2

2
x 1 y 1


4z

z2 1



3z

( z 2  1) z 2  1

.

2,0


Đặt x  tan A, y  tan B, z  tan C , (0  A, B, C  )
2

Theo giả thiết ta có:
x

yz
tan B  tan C
 tan A 
 tan(B  C )  A  B  C  k 
1  yz
1  tan B tan C

Do 



 A  B  C    k  0  A  B  C . Khi đó:
2

4
VnDoc.com - Tải tài liệu, biểu mẫu, vbpl miễn phí

0,5


1
1
4 tan C
3tan C
P  2(

)

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 )

3
 P 0.
3
3
Nếu sin C 
. 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 .
 (
) 
6
3
81
9

Nếu sin C 

0,5

Dấu ‘’ = ‘’ xảy ra khi



1
2

sin
C

 tan C 

3
4


2
2

 tan C 
, tanA=
, tan B  2
sin( A  B)  1   tan B  cot A
4
2
 A  B  C


 tan A  tan B   2

1  tan A tan B
4

2

2
2
.Vậy giá trị lớn nhất của P bằng .
 x  2; y 
;z 
2
4
9

Cho
2

dãy

số

 un 

thỏa

mãn

điều

kiện

u1  2

0,5


và

u1  u2  u3  ...  u n  n 2u n , n  1, 2,...

2,0

2
.
3
Với mọi n = 2, 3,..., ta có u1 + u2 + ... + un- 1 + un = n2un ,

0,5

Tìm cơng thức số hạng tổng quát un của dãy số  un  .
Với n = 2, ta có u1 + u2 = 4u2 Þ u2 =

u1 + u2 + ... + un- 1 = (n - 1) un- 1 .
2

Trừ hai đẳng thức trên ta được un = n2un - (n - 1) un- 1 , " n ³ 3
2

n- 1
u ," n ³ 3
n + 1 n- 1
6u2
n- 1 n- 2 3 2
4
Þ un =
.

... . u2 =
=
, " n ³ 3.
n+ 1 n
5 4
n(n + 1) n(n + 1)

Û (n2 - 1)un = (n - 1) un- 1 , " n ³ 3 Û un =
2

IV

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

2,0

5

VnDoc.com - Tải tài liệu, biểu mẫu, vbpl miễn phí


hộp hai thẻ. Tính xác suất để hiệu bình phương số ghi trên hai thẻ là số
chia hết cho 3.
n     C502

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
 a 2  b2 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:
C162  C172  C172

Nếu  a  b  3 thì hoặc a và b cùng chia hết cho 3 hoặc một số chia 3 dư 1,

0,5

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
Vậy P  A  

2

C162  C172  C172  C171 C171
681

2
C50
1225

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 hồnh độ nguyên và tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC thuộc đường thẳng x  6 y  26  0.

0,5

2,0

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 Ç 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:
6
VnDoc.com - Tải tài liệu, biểu mẫu, vbpl miễn phí

0,5


12 x + 6 y - 37 = 0.
ìï 12 x + 6 y - 37 = 0
Tọa độ I thỏa mãn hệ ï
ïỵ x + 6 y - 26 = 0
uuuur

ùỡù x = 1
ù
25

ùù y = 6
ợ

25
Iỗ
1; ữ
ỗ
ữ.
ỗ 6ữ
uuur

Gi M (2 m- 7; m ) Ỵ MC . Ta có DM = (2m - 10; m+ 1); IM = ççç2m - 8; muuuur uuur
235
455
DM ^ IM Û DM .IM = 0 Û 5m2 m+
=0
6
6
é 13
êm =
(l )
ê
3
Û ê
7
ê
êm = (tm)
ờ
2
ở

9
7 uuuur
Suy ra M ỗỗỗ0; ữữữ, DM = ỗỗỗ- 3; ÷
÷. Từ đó suy ra AB : 3 x + 2 y - 7 = 0.
2÷
2

25 ÷
÷.
6÷

0,5

Gọi C (2c - 7; c ) Ỵ CM .

4 7
Do K  ;  là trọng tâm ACM nên A (11 - 2c; 7 - c ) . Mà A Ỵ 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 tốn.
1

0,5

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  .

V


0,5

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 .
Do NDI  MAP nên MP  NI . Từ đó suy ra MNIP là hình thang cân.
Trong tam giác SAB , ta có

cos SAB

SA2  AB 2  SB 2 9a 2  9a 2  27a 2
9a 2
1


 .
2
2.SA. AB
2.3a.3a
18a
2

7
VnDoc.com - Tải tài liệu, biểu mẫu, vbpl miễn phí

0,5


Trong tam giác, MAP , ta có
2

2
  9a  4a 2  3a  2a  37 a  MP  a 37
MP 2  MA2  AP 2  2MA.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

37a 2 9a 2 a 139


Xét tam giác vuông MFP , ta có MF  MP  FP 
.
4
16
4
2

Ta có S MNIP

2

0,5


2

 3a
 a 139
 3a  

 MN  IP  .MF   2
9a 2 139
4



.
2
2
16

0,5

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 khơng 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 .

0,5

- Xét M trùng G thì MP.MQ.M R  GA 3
- 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 S GBC S GCD S GCD

0,5

S MBC  S MCD  S MBD
S

 ABC  3
1
1
S ABC
S ABC
3
3

8
VnDoc.com - Tải tài liệu, biểu mẫu, vbpl miễn phí


3

3


 MP  MQ  MR   3GA 
3
Theo Côsi MP.MQ.MR  
 
  GA
3

  3 
Dấu bằng xảy ra khi
MP MQ MR
MI MJ MK
MP  MQ  MR 


 1


1
GA GA GA
GI GJ GK
 M trùng trọng tâm G tam giác BCD

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

Mời bạn đọc cùng tham khảo />
9
VnDoc.com - Tải tài liệu, biểu mẫu, vbpl miễn phí

0,5


0,5