Đề thi thử THPT quốc gia

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT NGHI LỘC 5

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI LỚP 11 – LẦN 2
NĂM HỌC 2017 – 2018

Mơn thi: TỐN

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (6,0 điểm).

a) Giải phương trình tan 4cos 2sin 2 2 .
3 cos

x x x

x


 

  _  _

 

b) Giải hệ phương trình:





2 2 2

3

2 1 2

3

1 2 4

x

x x y

y
x

y x y x

y



   





 _{   }



Câu 2 (5,0 điểm).

a) Trong một hộp bi có 3 bi đỏ, 4 viên bi vàng, 5 viên bi xanh; lấy ngẫu nhiên 4 viên bi trong
hộp. Tính xác suất để trong 4 viên bi được lấy số bi đỏ lớn hơn số bi xanh.

b) Cho dãy số

 

u_n có

1 2

*
1

2

2017, 2020

5 2

,
3

n
n

u u

u u

u _  n

 




 _  _

 . Tìm công thức số hạng tổng quát un theo .n

Câu 3. Cho hình chop S ABCD. có đáy ABCD là hình vng cạnh a, tất cả các cạnh bên đều bằng .a Gọi
điểm M thuộc cạnh SD sao cho SD3SM, điểm G là trọng tâm tam giác BCD.

a) Gọi

 

 là mặt phẳng chứa MG và song song với CD. Xác định và tính diện tích thiết diện
của hình chop với mặt phẳng

 

 .

b) Xác định điểm P thuộc MA và điểm Q thuộc BD sao cho PQ song song với SC. Tính PQ

theo .a

Câu 4 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác đều ABC. Trên các cạnh AB AC, lần lượt lấy các
điểm M N, sao cho AMAN. Biết 0;2 3

3

H_ _

  là trọng tâm tam giác AMN,

1 3

;

2 2

K_  _

  là

trung điểm của BN đồng thời các điểm B C, lần lượt thuộc các đường thẳng x 3 0 và
2x 3.y 3 0. Biết B có tung độ âm và C có hồnh độ dương. Xác định tọa độ các đỉnh

, , .

A B C

Câu 5.(2,0 điểm). Cho các số x y z, , thỏa mãn 0  x y z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:









3 4 3 3

2

2 2 2 2

15
.

x z y z x

P

x z
y xz y z xz y



  

 

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu Nội dung Điểm

Câu 1a.

(3,0đ) Điều kiện: cosx 0 x 2 k ,k

 _

    

Phương trình 2

sin 4 cos sin 2 .cos 2
3

x x  x   x

   _  _ 

 









sinx 2 1 cos 2x sin 2 x 3 cos 2x cosx 2

     

sinx sin 2 .cosx x 2 cos 2x 3.cos 2 .cosx x 0

    



2







sinx 1 2cos x cos 2x 2 3 cosx 0

    





sin cos 2x x cos 2x 2 3 cosx 0

    





cos 2x sinx 3 cosx 2 0

   

+) cos 2 0

4 2

x   x  k

+) sin 3 cos 2 0 sin 1 2 ,

3 6

x x   _x _   x  k  k

 

So với điều kiện ta được nghiệm của phương trình: ; 2

4 2 6

x  k x  k 

Câu 1b.

* ĐKXĐ:
0
3

1 0

y
x
y




  



Chia phương trình (1) cho y và cho phương trình (2) cho y2.

* Ta có: ₂

2

2 3 2

1 1

3 4

1 2 1

x x x

y y y y

x x

y y y

 

   

 

 




 

   _{ }  

 _{ }



1

x  



a 2b



1 3 a2a1

Câu 2a.
(2,5 đ)

Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi ta có số cách lấy là: 4

12 495

C  (cách) 0,5

Ta tìm số cách lấy 4 viên bi mà số bi đỏ lớn hơn số bi xanh, xảy ra các trường hợp sau:
TH1: Chọn 1 bi đỏ, 3 bi vàng  có 1 3

3. 4 12

C C  (cách chọn)
TH2: Chọn 2 bi đỏ, 2 bi vàng  có 2 2

3. 4 18

C C  (cách chọn)
TH3: Chọn 2 bi đỏ, 1 bi xanh, 1 bi vàng  có 2 1 1

3. 4. 5 60

C C C  (cách chọn)

TH4: Chọn 3 bi đỏ, 1 bi vàng  có C C₃3. 1₄ 4 (cách chọn)

TH5: Chọn 3 bi đỏ, 1 bi xanh  có 3 1

3. 5 5

C C  (cách chọn)

1,0



1 3 2 2 2 1 1 3 1 3 1



4

3 4 3 4 3 4 5 3 4 3 5 12

1

. . . :

5

P C C C C C C C C C C C C  1,0

Câu 2b.

(2,5 đ) Đặt





1

1 2 1 1 1

5 2 2 2

, *

3 3 3

n n

n n n n n n n

u u

v _ u _ u _    u _  u _ u  v  n .

Suy ra

 

v_n là một CSN với số hạng đầu v₁ u₂ u₁ 3 và công bội 2

3

q .

1,0
Ta có tổng n số hạng đầu của CSN là

1 2

2
3 1

3 ₂

.... 9 1

1 3

3

n

n

n n

S v v v

 _{ } 


  _{ }  _{ }

   

 

      _ _{  }

 

 

 

0,5

Mặt khác ta có:

2 2 2

1 3 1

1 1

...

n n n

v u u
v u u

v _ u u _
 
 

 
Cộng theo vế ta được: v₁ v₂ ....v_n1 u_nu₁.

Từ đó suy ra cơng thức số hạng tổng quát của dãy

 

u_n là:

1
1

2

9 1 2017.

3

n

n n

u S u



 _{ } 
   _ _{  }

 

 

 

1,0

Qua G kẻ đường thẳng song song với CD cắt AD và BC lần lượt tại E và F.
Qua M kẻ đường thẳng song song với CD cắt SC tại H

Thết diện của hình chóp với mp

 



là tứ giác EFHM
Ta có HM//EF vì cùng song song với CD

0

2

, , 60

3 3

a a

MDHC  DECF  MDEHCF 

Nên DME CHFMEHF do đó EFHM là hình thang cân

1,0

Ta có:

2 2 2

2 2 2 0 4 2 1

2 . cos 60 2. . .

9 9 3 3 2 3

a a a a a

EM DM DE  DM DE    

,
3

a

MH  EFa.

Gọi

h

là độ dài đường cao của hình thang ta có

2 _{2 2}

2 2

2 3 9 3

EF HM a a a

h EM _  _   

 

Diện tích thiết diện là





2

1 1 2 4 2 2

. .

2 2 3 3 9

EFHM

a a a

S  h EFHM  

1,5

Câu 3b.
(2,5 đ)

Qua M dựng đường thẳng song song với SC cắt CD tại N. Nối A với N cắt BD tại Q.
Trong mp(AMN) từ Q dựng đường thẳng song song với MN cắt AM tại P.

Ta có PQ//MN, MN//SC nên PQ//MN

Suy ra hai điểm P, Q thỏa mãn điều kiện bài toán

(2,0 đ)

Chứng minh được HEIK là hình bình hành. Suy ra 1
2
HK  HB

Do đó 2 2 39

3
HBHC HK 

Gọi



3;



, 0; ;3 2 , 0
3

c
B  b b C c_  _ c

 

Từ 2 39 3, 3

3

HBHC   b c

Đường thẳng AH qua H vng góc với BC nên có phương trình

x



0

Gọi A

 

0;a . Ta có



;



3 2 3

2 _{4 3}

a

d A BC BC

a

 

  

 


Với a 4 3(loại vì A, H nằm khác phía đối với BC).
Vậy A



0; 2 3 ,

 

B  3; 3 ,

 

C 3; 3



1,0

Câu 5.
(2,0 đ)

Ta có:

3 ₃

2

15

x y

y z z

P

x y x y x z

y z y z x

  _{ }

    _{ }

   

  _{ } 

 

 

Đặt a x;b y;c z abc 1,c 1

y z x

      và

3 3

2 15

a b

P c

a b a b c

   

 

1,0

Ta có





3 3

3 3 a b 1

a b ab a b ab

a b a b c

      

 

Vậy 1 2 15 2 16 2 8 8 3

3 64 12

P c c c

c c c c c

         

P đạt GTNN là 12 khi c  2 z 2y2x.