Đề thi chọn lớp chất lượng cao môn Toán Lớp 11

Nội dung text: Đề thi chọn lớp chất lượng cao môn Toán Lớp 11

1. ĐỀ THI CHỌN LỚP CHẤT LƯỢNG CAO TOÁN 11 THỜI GIAN 90 PHÚT I/ Phần trắc nghiệm (3 điểm): Câu 1. Đạo hàm của hàm số y= x32 −2 x + x + 2019 là: A. y'= 3 x2 − 4 x + 1. B. y'= 3 x2 − 4 x + 2019 . 1 C. y'= 3 x32 − 4 x + x + 2018. D. y'= 3 x4 − 4 x 3 + x 2 + 2019 x . 2 Câu 2 Trong các phương trình sau, phương trình nào có 2 nghiệm thuộc khoảng (0; ) ? A. 3 sinx −= 2 0 . B. 2cosx += 1 0 . C. 3 tanx += 1 0 . D. 2sinx −= 1 0 . Câu 3. Có bao nhiêu cách xếp 7 học sinh ABCDEFG,,,,,, vào một hàng ghế dài gồm 7 ghế sao cho hai bạn B và F ngồi ở hai ghế đầu? A. 720 cách. B. 5040 cách. C. 240 cách. D. 120 cách. Câu 4. Các thành phố ABCD,,, được nối với nhau bởi các con đường như hình dưới. Hỏi có bao nhiêu cách đi từ A đến D rồi quay lại B A C B D A. 576. B. 24 . C. 144 . D. 432 . Câu 5. Cho hàm số y= x + x2 +1. Mệnh đề nào sau đây đúng: A. 1+x2 . dy − ydx = 0 . B. 1+x2 . dx − dy = 0 . C. xdx+1 + x2 . dy = 0 . D. 1+x2 . dy + xy = 0 . Câu 6. Một chất điểm chuyển động thẳng xác định bởi phương trình s= − t32 +9 t + t + 10 trong đó t tính bằng giây, s tính bằng mét. Thời gian vận tốc của chất điểm đạt giá trị lớn nhất là: A.ts= 5 . B.ts= 6 . C.ts= 2 . D.ts= 3 . II/ Phần tự luận (7 điểm): Câu 7 (1 điểm). Giải phương trình: 1+ sinx − cos x − sin 2 x = 0 x2 −( a +21) x + a + Câu 8 (1,5 điểm). Tinh giới hạn sau: lim , với a là tham số. x→1 x3 −1 1 3 Câu 9 (1,5 điểm). Giải phương trình ′( ) = −5 biết ( ) = 4 − 3 − 2 − 3. 4 2 Câu 10 (2,5 điểm). Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC, gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Qua H kẻ đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (P); lấy một điểm S trên d (với S khác H). Qua S dựng các nửa đường thẳng Sx, Sy, Sz tương ứng vuông góc với các mặt phẳng
2. (SBC), (SCA), (SAB). Gọi ba điểm A’, B’, C’ lần lượt là các giao điểm của Sx, Sy, Sz với mặt phẳng (P). 1. Chứng minh rằng ba mặt phẳng (SAA’), (SBB’), (SCC’) cùng đi qua một đường thẳng. 2. Chứng minh tam giác ABC đồng dạng với tam giác A’B’C’. 3. Giả sử hai tam giác ABC và A’B’C’ bằng nhau. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 푆∆ = 푆∆푆 + 푆∆푆 + 푆∆푆 Câu 11 (0,5 điểm). Cho n là số nguyên dương, chứng minh rằng: +1 +1 푛 푛 (−1) 푛 + (−1) +1 푛 + ⋯ + (−1) 푛 푛 = 0 , với 0 < ≤ 푛, ∈ . HẾT (Đề gồm có 02 trang)
3. HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 11 I/ Phần trắc nghiệm (3 điểm): Mỗi câu đúng cho 0,5 điểm. Câu 1 2 3 4 5 6 Đáp án đúng A D C C A D Câu 1. Đạo hàm của hàm số y= x32 −2 x + x + 2019 : Lời giải Hàm số có đạo hàm là: y'= 3 x2 − 4 x + 1 Nên chọn A Câu 2 Trong các phương trình sau, phương trình nào có 2 nghiệm thuộc (0; ) ? Lời giải 2 A. 3sinxx− 2 = 0 sin = vô nghiệm (loại phương án A). 3 12 B. 2cosx+ 1 = 0 cos x = − x = + k 2 ( k ) Có 1 nghiệm thuộc . 23 1 C. 3 tanx+ 1 = 0 tan x = − x = − + k ( k ) Có 1 nghiệm thuộc . 3 6 xk=+2 1 4 D. 2 sinx− 1 = 0 sin x = ( k ) Có hai nghiệm thuộc . 2 3 xk=+2 4 Nên chọn D Câu 3. Có bao nhiêu cách xếp 7 học sinh ABCDEFG,,,,,, vào một hàng ghế dài gồm 7 ghế sao cho hai bạn B và F ngồi ở hai ghế đầu? Lời giải Ta thấy ở đây bài toán xuất hiện hai đối tượng. Đối tượng 1: Hai bạn B và F (hai đối tượng này có tính chất riêng). Đối tượng 2: Các bạn còn lại có thể thay đổi vị trí cho nhau. Bước 1: Ta sử dụng tính chất riêng của hai bạn B và F trước. Hai bạn này chỉ ngồi đầu và ngồi cuối, hoán đổi cho nhau nên có 2! cách xếp. Bước 2: Xếp vị trí cho các bạn còn lại, ta có 5! cách xếp. Vậy ta có 2!. 5 ! = 240 cách xếp. Nên chọn C. Câu 4. Đi từ A đến D có 4.2.3= 24 cách. Đi từ D về B có 3.2= 6 cách. Vậy đi từ A đến D rồi quay lại B có 6.24= 144 cách. Vậy chọn C. Câu 5. Cho hàm số y= x + x2 +1. Mệnh đề nào sau đây đúng: Lời giải
4. dy Ta có: dy= y dx y = mà dx d ′ = 1 + = ⇒ = ⇒ √ 2 + 1 ∙ d − d = 0. √ 2+1 √ 2+1 d √ 2+1 Nên chọn A Câu 6. Đáp án D. v( t) = s ( t) =−++=−3 t22 181 t 3( t −++=−− 69 t) 28283( t 3)2 28 Vậy vận tốc đạt giá trị lớn nhất khi ts= 3 . II/ Phần tự luận (7 điểm): Câu 7 (1 điểm) . Giải phương trình 1+ sinx − cos x − sin 2 x = 0 Lời giải Đặt t=sin x − cos x = 2 sin x − . Điều kiện: t − 2; 2 . 4 t2=sin 2 x + cos 2 x − 2sin x cos x = 1 − sin 2 x sin 2xt = 1 − 2 . 2 2 t = 0 Phương trình 1 +tt −( 1 −) = 0 tt + =0 (TMĐK) t =−1 Với t = 0 2 sin x − = 0 xk − = x = + k ( k ) . 4 4 4 1 Với t =−1 2 sin x − = − 1 2 sin x − = − 4 4 2 xk− = − + 2 xk= 2 44 3 (k ) 5 xk=+2 xk− = + 2 2 44 x2 −( a +21) x + a + Câu 8 (1,5 điểm). Tinh giới hạn sau: lim , với a là tham số. x→1 x3 −1 Lời giải (x−11)( x − a − ) x−− a1 a = lim =lim = − x→1 (x−11)( x2 + x + ) x→1 xx2 ++13 1 3 Câu 9 (1,5 điểm). Giải phương trình ′( ) = −5 biết ( ) = 4 − 3 − 2 − 3 4 2 Ta có: ′( ) = 3 − 3 2 − 3 Khi đó phương trình có dạng: 3 − 3 2 − 3 = −5 ↔ 3 − 3 2 − 3 + 5 = 0 ↔ ( − 1)( 2 − 2 − 5) = 0 ↔ = 1 ℎ표ặ = 1 ± √6
5. Câu 10 (2,5 điểm): 1/ (1 điểm) Vẽ đúng hình đủ c/m ý 1/ thì cho 0,5 điểm. +/ Gọi AH ∩ BC = M; BH ∩ AC = N và CH ∩ AB = P Theo định lý 3 đường vuông góc ta suy ra: SM ⊥ BC; SN ⊥ AC; SP ⊥ AB. Suy ra BC ⊥ (SAM) ⟹(SBC) ⊥ (SAM). Vì SH⊂(SAM) nên suy ra SH⊥BC; mà SA’⊥(SBC) nên SA’⊥BC. Từ đó ta có BC⊥A’H. Chứng tỏ A’, A, H thẳng hàng, hay H thuộc mặt phẳng (SAA’). Vậy SH ⊂ (SAA’). +/ Tương tự ta cũng có: SH ⊂ (SBB’) và SH ⊂ (SCC’). 2/ (1 điểm) Do SH⊥(ABC) ⟹ SH⊥B’C’. Từ giả thiết ta có SA’⊥(SBC) suy ra SA’⊥SB, SA’⊥SC (1) Tương tự SB’⊥(SAC) suy ra SB’⊥SA, SB’⊥SC (2) SC’⊥(SAB) suy ra SC’⊥SA, SC’⊥SB (3) Từ (1), (2), (3) suy ra SA ⊥B’C’; SB⊥A’C’ và SC⊥A’B’. Khi đó ta có AH⊥ ′ ′, mà AH⊥BC nên BC∥B’C’. Tương tự AC∥A’C’; AB∥A’B’. Vậy hai tam giác ABC và A’B’C’ đồng dạng. (Ghi chú: Có thể chứng minh bằng việc chỉ ra hai tam giác ABC và A’B’C’ có cùng trực tâm H.) 3/ (0,5 điểm) Nếu hai tam giác ABC và A’B’C’ bằng nhau ta có: A≡A’; B≡B’; C≡C’ +/ Xét tam giác vuông ASM vuông tại S có SH⊥AM nên ta có: 푆 2 = . 푆 2. 2 . . ⟹ = . ⟹ 푆2 = 푆 . 푆 (4) 4 2 2 푆 Tương tự ta cũng có: 2 푆푆 = 푆 . 푆 (5) 2 푆푆 = 푆 . 푆 (6) 2 2 2 +/ Từ (4), (5) và (6) ta có: 푆푆 + 푆푆 + 푆푆 = 푆 . 푆 +푆 . 푆 + 푆 . 푆 2 = (푆 + 푆 + 푆 ). 푆 = 푆 (đpcm)/. Câu 11 (0,5 điểm): Cho n là số nguyên dương, chứng minh rằng: +1 +1 푛 푛 (−1) 푛 + (−1) +1 푛 + ⋯ + (−1) 푛 푛 = 0 , với 0 < ≤ 푛, ∈ Giải: +/ Với mọi x và với n là số nguyên dương ta có:
6. 푛 푛 0 1 2 2 푛 푛 ( + 1) = ∑ =0 푛 = 푛 + 푛 + 푛 + ⋯ + 푛 . (1) +/ Lấy đạo hàm hai vế của (1) đến cấp r, ta được: 푛− 푛 − 푛(푛 − 1)(푛 − 2) (푛 − + 1)( + 1) = ∑ = ( − 1) ( − + 1) 푛 (2) Chia cả hai vế của (2) cho r! ta được: 푛 1 ( − 1) ( − + 1) 푛(푛 − 1)(푛 − 2) (푛 − + 1)( + 1)푛− = ∑ − ! ! 푛 = ! = ∑푛 − = ∑푛 − (3). = !( − )! 푛 = 푛 +/ Thay x = -1 vào (3), ta được: 푛 푛 − 0 = ∑ 푛 (−1) ↔ ∑ 푛 (−1) = 0 = = Vậy có đpcm/. Hết *Ghi chú: Mọi cách làm khác mà đúng thì cho điểm tối đa.