Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán học Lớp 11 - Năm học 2020-2021 - Trường THPT Yên Phong số 2

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán học Lớp 11 - Năm học 2020-2021 - Trường THPT Yên Phong số 2

1. SỞ GD -ĐT B ẮC NINH ĐỀ THI CH ỌN HSG C ẤP TR ƯỜNG TR ƯỜNG THPT YÊN PHONG S Ố 2 NĂM H ỌC 2020 – 2021 Môn: Toán – Lớp 11 (Đề có 02 trang ) Th ời gian làm bài : 150 phút (không k ể th ời gian giao đề ) Thi ngày: 10/3/2021 Họ và tên thí sinh: . . S ố báo danh: Câu 1: (4,0 điểm) 1) Cho hàm s ố y= x2 +2 x − 3 (*) và đường th ẳng d: y= 2 mx − 4 . L ập b ảng bi ến thiên và v ẽ đồ th ị (P) c ủa hàm s ố (*). Tìm m để d cắt (P) t ại hai điểm phân bi ệt có hoành độ x+ m x + m x; x th ỏa mãn 1+ 2 = − 6 . 1 2 − − x21 x 1 1 2) Tam giác mà ba đỉnh c ủa nó là ba trung điểm ba c ạnh c ủa tam giác ABC được g ọi là tam giác trung bình của tam giác ABC . Ta xây d ựng dãy các tam giác ABC111, ABC 222 , ABC 333 , sao cho A1 B 1 C 1 là m ột tam giác đề u c ạnh b ằng 3 và v ới m ỗi s ố ≥ nguyên d ươ ng n 2 , tam giác An B n C n là tam giác trung bình c ủa tam giác An−1 B n − 1 C n − 1 . V ới m ỗi số nguyên d ươ ng n , kí hi ệu Sn tươ ng ứng là di ện tích hình tròn ngo ại ti ếp tam giác An B n C n . = + ++ + Tính t ổng SSS1 2 S n Câu 2: (4,0 điểm) π ()1+ sinx + cos2x sin x + 4 1 1) Gi ải ph ươ ng trình = cosx . 1+tanx 2 x++4 xx2 ++=+ 817 yy 2 + 1 2) Gi ải h ệ ph ươ ng trình . xyy+ + ++=21 1 24 yx − 3 Câu 3: (4,0 điểm) (x2 + 2021)3 1 −− 2x 2021 4x + 1 1) Tìm gi ới h ạn lim . x→ 0 x = u1 16 nu 2) Cho dãy s ố (u ) th ỏa mãn + . Tìm n . n 15()n . u n 1 lim n u+ +=14 ,1 ∀≥ n 2021 n 1 n +1 Câu 4: (4,0 điểm) 1) Từ các ch ữ s ố 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có th ể l ập được bao nhiêu s ố có 6 ch ữ s ố khác nhau trong đó có ba ch ữ s ố ch ẵn và ba ch ữ s ố l ẻ? Trong các s ố trên có bao nhiêu s ố mà các ch ữ số được s ắp x ếp theo th ứ t ự t ăng d ần? 2n 2) Xác định s ố h ạng ch ứa x28 khi khai tri ển (1−x + x2 − x 3 ) thành đa th ức, biết rằng 10 − − 3− 1 CCC1+2 23 + 2 45 ++ 2 2221n C n = . 222nnn 2 n 4 1
2. Câu 4: (4,0 điểm) 1) Trong h ệ tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD cạnh AC có ph ươ ng trình là: x+7 y − 31 = 0, + − = − + = hai đỉnh B, D lần l ượt thu ộc các đường th ẳng d1 : x y 8 0, d2 : x 2 y 30 . Bi ết r ằng di ện tích hình thoi b ằng 75, đỉnh A có hoành độ âm. Tìm to ạ độ các đỉnh hình thoi. 2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy l ớn BC= 2 a đáy bé AD= a , AB= b . M ặt bên SAD là tam giác đều, M là m ột điểm di độ ng trên AB , m ặt ph ẳng (P) đi qua M và song song v ới SA, BC . a) Tìm thi ết di ện c ủa hình chóp khi c ắt b ởi (P) . Thi ết di ện là hình gì? b) Tính di ện tích thi ết di ện theo a, b và x= AM,( 0 < x < b ) . Tìm x theo b để di ện tích thi ết di ện l ớn nh ất. === H ết === Thí sinh không được s ử dụng tài li ệu khi làm bài. Cán b ộ coi thi không gi ải thích gì thêm. 2
3. SỞ GD-ĐT B ẮC NINH HƯỚNG D ẪN CH ẤM TR ƯỜNG THPT YÊN PHONG S Ố 2 KÌ THI CH ỌN HSG C ẤP TR ƯỜNG NĂM H ỌC 2020 – 2021 (HDC có 05 trang ) Môn: Toán – Lớp 11 Câu Nội dung Điểm Câu 1 1 Lập b ảng bi ến thiên và v ẽ (P): y= x2 +2 x − 3 . Ta có đỉnh I (−1; − 4 ) . Ta có b ảng bi ến thiên: - đồ th ị là parabol có b ề lõm h ướng lên có tr ục đố i x ứng là đường th ẳng x = − 1. - cắt tr ục hoành t ại điểm (1;0) ;(− 3;0 ) cắt tr ục tung t ại điểm (0;− 3 ) . Ta có đồ th ị c ủa hàm s ố: y 1.0 -1 x -3 O 1 -4 ≠ ≠ Đk: x11, x 2 1 2 2 Xét ph ươ ng trình hoành độ giao điểm xx+−=232 mx −⇔− 4 x 2( mx − 110) += (1) ⇔ d cắt (P) t ại hai điểm phân bi ệt có hoành độ x1; x 2 ph ươ ng trình (1) có hai nghi ệm ≠ phân bi ệt x1, x 2 1 2 ∆=′ ()m −1 −> 1 0 m2 −2 m > 0 m > 2 ⇔ ⇔ ⇔ − ≠ 1 0 2 − > m > 2 ⇔ ⇔m2 m 0 ⇔ . 0.5 12−()m −+≠ 110 4− 2m ≠ 0 m < 0 + =( − ) x1 x 2 2 m 1 Khi đó theo định lí viet ta có x. x = 1 1 2 x+ m x + m xx2++− 2 ( m1)( xx +) − 2 m 1+=−⇔ 2 612 12 =− 6 −− −++() x21 x 1 1 xxxx 1212 1 ()()()xxxxmxxm+−+−+−2 2 1 2 412212()() m −−+−−2 m 2 m ⇔ 12 12 12 =−⇔6 =− 6 xxxx−++() 1 1211 −−+() m 0.5 12 1 2 2 7 ⇔6()()m −−−=−− 12 m 2642 mmm ⇔ 32 − 13140 +=⇔= mm 2, = . 3 Trang 1
4. 7 Kết h ợp v ới điều ki ện ta được m = . 3 2 Vì dãy các tam giác ABC111, ABC 222 , ABC 333 , là các tam giác đều nên bán kính đường tròn 3 ngo ại ti ếp các tam giác b ằng c ạnh × . 3 = Với n 1 thì tam giác đều A1 B 1 C 1 có c ạnh b ằng 3 nên đường tròn ngo ại ti ếp tam giác 2 3 3 = = π A1 B 1 C 1 có bán kính R1 3. S1 3. . 3 3 3 1.0 Với n = 2 thì tam giác đều A B C có c ạnh b ằng nên đường tròn ngo ại ti ếp tam giác 2 2 2 2 2 = 1 3 = π 1 3 A2 B 2 C 2 có bán kính R2 3. . S2 3. . . 2 3 2 3 3 Với n = 3 thì tam giác đều A B C có c ạnh b ằng nên đường tròn ngo ại ti ếp tam giác 3 3 3 4 2 = 1 3 = π 1 3 A2 B 2 C 2 có bán kính R3 3. . S3 3. . . 4 3 4 3 − 1 n 1 Nh ư v ậy tam giác đề u A B C có c ạnh b ằng 3. nên đường tròn ngo ại ti ếp tam giác n n n 2 − n−1 2 1 n 1 3 1 3 A B C = S = π 3. . n n n có bán kính Rn 3. . n . 2 3 2 3 = = π Khi đó ta được dãy S1 , S2 , Sn là m ột c ấp s ố nhân lùi vô h ạn v ới s ố h ạng đầ u u1 S 1 3 1.0 1 u và công b ội q = . Do đó t ổng SSS= + ++ S + =1 = 4π 4 1 2 n 1− q Câu 2 1 π 1.0 ()1+ sinx + cos2x sin x + 4 1 Gi ải ph ươ ng trình = cosx . 1+tanx 2 π x≠ + k π cosx≠ 0 cosx ≠ 0 2 Điều ki ện : ⇔ . 1+ tanx ≠ 0 tanx ≠− 1 π x≠ − + k π 4 π ()1+ sinx + cos2x sin x + 4 1 Pt ⇔ = cos x sinx 1+ 2 cos x cosx( 1+ sinx + cos2 x ) cosx + sinx 1 ⇔. = cos x cosx + sinx 2 2 −1 ⇔+1 sinx + cos2x =⇔− 1 2sinx+sinx2 +=⇔ 1 0 sinx = ho ặc sinx= 1 (lo ại). 2 Trang 2
5. −π 1.0 x= + k 2π 1 −π 6 Với sinx =−⇔= sinxsin ⇔ , ()k ∈ Z 2 6 7π x= + k 2π 6 −π 7π Kết h ợp v ới điều ki ện ta được nghi ệm c ủa ph ươ ng trình là: x= + k 2π ; x= + k 2π với 6 6 (k∈ Z ) . 2. 1.0 x++4 xx2 ++=+ 8 17 yy 2 + 1() 1 . xyy+ + ++=211 24 yx − 3() 2 Điều ki ện: y ≥ 0 ()x+4 2 − y 2 ()1(4)⇔−++++−+=⇔−++xy xx2 817 y 2 10() xy 4 = 0 x2++817 x + y 2 + 1 ( xyxy+++−4)( 4) ( xy ++ 4 ) ⇔−++()xy4 =⇔−++ 0() xy 4(1 )0 = xxy2++++817 2 1 xxy2 ++++ 817 2 1 ⇔y = x + 4 2 1.0 ()x+4 + y ()x+41 ++++() x 4 yy2 ++ 1 Vì: 1+ = >∀0x , y xx2++++817 y 2 1 xx 2 ++=+ 817 y 2 1 Thay y= x + 4 vào 2 ta đuợc : (2) ⇔+xx ++ 4 x + 25 += 1 2 x + 16 ⇔()x +−+42() x +−++− 255() xx 82 += 160 1 1x + 12 ⇔x ++ = 0 x++4 2 x ++ 25 5 xx ++ 8 2 + 16 x= 0 y = 4 1 1x + 12 ()vn . + + = 0 x++42 x ++ 255 xx ++ 82 + 16 Câu 3 1 3 12x1−− 4x11 +− 2.0 Ta có L= Limx1 3 −+ 2x 2021 − 2021 . x→ 0 x x Limx3 1− 2x = 0 . x→ 0 3 12x1−− − 2x − 2 2` Lim= Lim = Lim =− x→ 0x x → 0 x((13 −+−+ 2x)2 3 1 2x 1)x→ 0 ((13 −+−+ 2x)2 3 1 2x 1) 3 4x11+ − 4x 4 Lim= Lim = Lim = 2 . x0→x x0 →x(4x11)++ x0 → 4x11 ++ −2 − 16168 Vậy L=+ 0 2021 − 2021.2 = . 3 3 Trang 3
6. 2 + 1.0 15(n . u n 1 ) Cho dãy s ố (u ) : u=16, u+ += 14 , ∀≥ n 1 . n 1n 1 n +1 + 15(n . u n 1 ) Ta có u+ +=14 ⇔+ (1) n u+ = 15 nu −+ 141 n . n 1 n +1 n1 n = = − + = Đặt xn nu n . Ta có: xn+1 15 x n 14 n 1 , x1 16 . λ− = ⇔ λ = =0 + * 0 = n Xét 15 0 15 . Ta có xn x n x n .V ới xn q .15 * = + = − + Và xn an b là nghi ệm ph ươ ng trình xn+1 15 x n 14 n 1 . * = − =+=0 * n + = + = Tìm đc xn n . T ừ xxxqn n n .15 nxq 1 .15 1 q 1 15 n + n Vậy x=15 n + n u = . n n n nu15 n + n 1.0 Vậy limn = lim = 0 . 2021n 2021 n Câu 4 1 * Có 5 s ố l ẻ v à 4 s ố ch ẵn t ừ chín s ố 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 . 1.0 3 Suy ra có C5 cách ch ọn 3 s ố l ẻ t ừ n ăm s ố 1, 3, 5, 7, 9, 3 và có C4 cách ch ọn 3 s ố ch ẵn từ b ốn s ố 2, 4, 6, 8. Cứ ba ch ữ s ố l ẻ ghép v ới ba ch ữ s ố ch ẵn ta được m ột t ập g ồm 6 ph ần t ử. Theo quy t ắc nhân có 3 3 C4. C 5 cách ch ọn các t ập h ợp mà m ỗi t ập có 3 s ố ch ẵn và 3 s ố l ẻ t ừ các s ố trên. Ứng v ới m ỗi t ập có 6! cách s ắp x ếp th ứ t ự các ph ần t ử và m ỗi cách s ắp x ếp th ứ t ự đó ta được một s ố th ỏa mãn bài toán. 3 3 Do đó theo quy t ắc nhân có C4. C 5 .6! = 28800 s ố có 6 ch ữ s ố khác nhau g ồm 3 ch ữ s ố ch ẵn và 3 ch ữ s ố l ẻ t ừ các s ố trên. 3 3 1.0 * Có C4. C 5 tập h ợp g ồm ba ch ữ s ố l ẻ và ba ch ữ s ố ch ẵn. Ứng v ới m ỗi t ập có duy nh ất m ột cách s ắp x ếp các ph ần t ử theo th ứ t ự t ăng d ần. 3 3 Do đó m ỗi t ập h ợp t ươ ng ứng v ới m ột s ố. V ậy có C4. C 5 = 40 s ố th ỏa mãn. 2 Xét khai tri ển 1.0 (12+=++)2n CCCC0 2 1 2 22 + 2 33 ++ 2 212122n− C n − + 2 nn C 2222nnnn 2 n 2 n ()−=−+2n 0 1 22 − 33 +− 212122n− n − + nn 12CCCC2222nnnn 2 2 2 2 C 2 n 2 C 2 n Tr ừ hai đẳ ng th ức theo v ế ta có 2n − − 3− 1 − − 2n −=() 13355 + + ++ 2121n n ⇔ =+ 12345 + ++ 2221n n 3122CCC222nnn 2 2 2 C 2 n CCC 222 nnn 2 2 2 C 2 n 4 32n − 13 10 − 1 ⇔ = ⇔=⇔=2n 10 n 5. 4 4 Ta có 1.0 1010 10 1−+−=−xxx23( 111 xx)( + 2) ( −+− xxx 23) =−( 11 x) ( + x 2 ) ( −=−+)10 ( 0 1 22 −+ 88 − 99 + 1010 ) 1x C10 CxCx 10 10 CxCxCx 10 10 10 ()()+210 =+ 0 12 ++ 816 + 918 + 1020 1x CCx10 10 Cx 10 Cx 10 Cx 10 2n Suy ra s ố h ạng ch ứa x 28 trong khai tri ển (1−x + x2 − x 3 ) là: Trang 4
7. 8 8 10 20+ 10 10 9 18 =+= 28 28 28 CxCx10. 10 CxCx 10 . 10 45 x 9 x 55 x . Câu 5 ∈ − ∈ − 1 Bd1 Bb( ;8 bDd ), 2 (2 d 3; d ). 2.0 gggd b+2 d − 3 −++ bd 8 Khi đó BD=−+ ( bd 2 − 3; bd +− 8) và trung điểm c ủa BD là I ; . 2 2 ấ Theo tính ch t hìnhgggdgggd thoi ta có : BD⊥ AC u. BD = 0 −+−=8 b 13 d 13 0 b = 0 ⇔AC ⇔ ⇔ . I∈ AC I∈ AC −+−=6990 b d d = 1 1 9 31 Suy ra B(0;8); D (− 1;1) . Khi đó I − ; ; AAC∈ A(− 7 a + 31; a ) đk : a > 2 2 7 1 2S 15 S= AC. BD AC=ABCD = 15 2 IA = . ABCD 2 BD 2 63 2 9 2 225 9 2 9 a= 3 A (10;3) ( ktm ) −+7a +− a = ⇔− a =⇔ . Suy ra C(10;3) . 2 22 24 a=6 A ( − 11;6) 2 + T ừ M k ẻ đuờng th ẳng song song v ới BC và SA l ần lu ợt c ắt DC t ại N, SB t ại Q. 1.5 + T ừ Q k ẻ đuờng th ẳng song song v ới BC c ắt SC t ại P. Thi ết di ện hình thang cân MNPQ S P Q P Q + Tính di ện 2a tích C B MNPQ M b Ta N x tính đuợc D A N H K M a bx−2. ax . abax + ab− ax. 3 MQNP== aPQ, = ; MN = từ đó tính đuợc QK = . b b b b 2 1 3. a2 ệ =() + =()() −+ Suy ra di n tích MNPQ là: x SMNPQ MNPQQK.2 bxbx 3 2 4 b 2 2 − + + 2 2 0.5 =−+≤3.a()() 3.33. abxbx 3. = 3. a SMNPQ 2 bxbx3 2 4b 12 b 2 12 b Dấu “=”x ẩy ra khi x = . 3 Trang 5