Đề thi chọn lớp chất lượng cao môn Toán Lớp 11 - Trường THPT Yên Phong số 2 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn lớp chất lượng cao môn Toán Lớp 11 - Trường THPT Yên Phong số 2 (Có đáp án)

1. SỞ GD-ĐT BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN LỚP CHẤT LƯỢNG CAO TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2 Môn: TOÁN 11 Thời gian làm bài: 90 phút (đề thi gồm 02 trang) Ngày thi: 4/7/2020 Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: I. PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2,0 điểm) Câu 1. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình sin x + m. cos x = 2m 1 − có nghiệm? A. 1. B. 0. C. 2. D. 3. Câu 2. Tìm ảnh của điểm M(1; 5) qua phép tịnh tiến theo ~v = ( 2; 0). − − A. M ′( 5; 1). B. M ′( 1; 5). C. M ′(3; 5). D. M ′( 3; 5). − − − − − Câu 3. Cho tập hợp T = 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9;10;11;12 . Một tổ hợp chập 3 của các { } phần tử của tập hợp T là A. C3 . B. C3 . C. A3 . D. 1; 2; 3 . 12 13 13 { } Câu 4. Cho cấp số cộng (un) có u3 = 11, u5 = 19. Tìm công sai d. 19 A. d = 4. B. d = 8. C. d = 1. D. d = . − 11 Câu 5. Xét hai phát biểu sau đây: (1) Nếu một cấp số nhân có công bội q = 1 thì mọi số hạng của nó bằng nhau. (2) Nếu một cấp số nhân có mọi số hạng bằng nhau thì nó có công bội q = 1. Khẳng định nào sau đây đúng? A. Chỉ (1) đúng. B. Cả (1) và (2) đều đúng. C. Chỉ (2) đúng. D. Cả (1) và (2) đều sai. Câu 6. Có 20 học sinh, trong đó có một bạn tên là Thái và một bạn tên là Bình. Có 20 ghế được kê thành 4 dãy ngang, mỗi dãy gồm 5 ghế. Xếp 20 bạn học sinh đó ngồi vào 20 ghế đã cho, mỗi người ngồi một ghế. Tính xác suất để bạn Thái và bạn Bình luôn ngồi cùng dãy với nhau. 2 1 8 4 A. . B. . C. . D. . 5 19 19 19 Câu 7. Cho tứ diện SABC có A′,B′,C′ lần lượt là trung điểm của SA, SB, SC. Khẳng định nào sau đây sai? 1
2. A. AB//(A′B′C′). B. B′C′//BC. C. A′C′ và BC cắt nhau. D. A′B′ và SC chéo nhau. Câu 8. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A′B′C′. Khẳng định nào sau đây đúng? A. Mỗi mặt đáy của hình lăng trụ ABC.A′B′C′ là một tam giác đều. B. Mỗi mặt bên của hình lăng trụ ABC.A′B′C′ là một hình chữ nhật. C. Các cạnh đáy của hình lăng trụ ABC.A′B′C′ song song và bằng nhau. D. Hai cạnh bên của hình lăng trụ ABC.A′B′C′ vuông góc với nhau. II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm) Câu 9. (2,0 điểm) 3 √x + 8 1) Tính giới hạn lim − . x→ 1 x 1  −  2) Chứng minh rằng với mọi giá trị của tham số m phương trình sau đây luôn có nghiệm 4 7 2 m(x 1) (x + 2) + 2020(x + 8x 1) = 0. − − Câu 10. (2,0 điểm) Cho hàm số y = √2x2 + x 3. − 1) Tìm tất cả các giá trị của x để y′ 0. ≥ 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có tung độ y0 = 5. Câu 11. (3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có ABC là tam giác đều, SA (ABC), ⊥ SA = AB = a. 1) Chứng minh rằng SA BC. ⊥ 2) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Tính SG theo a. 3) Tính theo a khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng (SBC). Câu 12. (1,0 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn x(x 2) + y(y + 4) = 4. Tìm giá − trị nhỏ nhất của biểu thức P = 9 2x 2y + 29 + 8x 12y. − − − —————p HẾTp ————— Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 2
3. SỞ GD-ĐT BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN LỚP CLC TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2 Môn: TOÁN 11 - Thi ngày 4/7/2020 (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) Câu Ý Nội dung Điểm Phần trắc nghiệm khách quan: 1C-2B-3D-4A-5A-6D-7C-8B 2,0 3 √x + 8 1 1 9 1 Ta có lim − = lim − = . 1,0 x→ 1 x 1 x→ 1 3 + √x + 8 −6   4  2 Hàm số đa thức f−(x) = m(x 1) (x + 2)7 + 2020(x + 8x 1) liên tục trên − − 2 R và có f( 2) = 2020.( 13) 0 nên f( 2).f(1) 0 1 −  − x ≥ − 4  x > 1 x > 1. Vậy y′ 0 khi và chỉ khi x > 1. ⇔  3 ⇔ ≥  x 1 thì vẫn cho điểm tối đa, còn nếu 1 học sinh không kết hợp với điều kiện xác định của y′ mà kết luận x thì ≥ −4 không cho điểm phần này. x = 4 2 Xét phương trình √2x2 + x 3 = 5 −7 . 0,5 − ⇔ x = " 2 Hệ số góc của tiếp tuyến d1 với đồ thị hàm số đã cho tại điểm M1( 4; 5) là − ′ 3 3 3 0,25 y ( 4) = . Tiếp tuyến d1 có phương trình y = (x+4)+5 y = x 1. − −2 −2 ⇔ −2 − 7 Hệ số góc của tiếp tuyến d2 với đồ thị hàm số đã cho tại điểm M2 ; 5 là 2   ′ 7 3 3 7 y = . Tiếp tuyến d2 có phương trình y = x + 5 2 2 2 − 2 0,25   3 1   y = x . Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu của bài toán là ⇔ 2 − 4 3 3 1 d1 : y = x 1 và d2 : y = x . −2 − 2 − 4 Trang 1/3
4. Vì SA (ABC) và BC (ABC) nên SA BC. ⊥ ⊂ ⊥ S 11 1 1,0 H C A G D B √3 Tam giác ABC đều, cạnh bằng a, nên AD = .a, với D là trung điểm của 2 2 0,5 2 √3 đoạn thẳng BC. Ta có AG = AD = .a. 3 3 Vì SA (ABC) và AG (ABC) nên SA AG, hay tam giác SAG vuông tại ⊥ ⊂ ⊥ 2 √3 2√3 0,5 A. Vậy SG = √SA2 + AG2 = a2 + .a = .a. v u 3 ! 3 u Gọi H là hình chiếu vuông góct của G trên SD. Khi đó SD GH. Vì BC AD 3 ⊥ ⊥ 0,5 và BC SA nên BC (SAD). Suy ra BC GH. Dẫn tới GH (SBC). ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ 1 √3 Dễ thấy GD = AD = .a. Tam giác SAD vuông tại A nên cạnh huyền 3 6 2 √3 √7 SD = √SA2 + AD2 = a2 + .a = .a. Hai tam giác vuông SAD, v u 2 ! 2 0,5 u SAt SD SA.GD √3 2 √21 GHD đồng dạng nên = GH = = a. a. = .a. GH GD ⇒ SD 6 a.√7 21 √21 Vậy d (G, (SBC)) = GH = .a. 21 Trang 2/3
5. Biến đổi x(x 2) + y(y + 4) = 4 (x 1)2 + (y + 2)2 = 9 (đây là − ⇔ − phương trình đường tròn (C) tâm I(1; 2), bán kính R = 3). Ta có P = √9 2x 2y + √29 + 8x 12y − − − − = √5 2x 2y + 4 + √25 + 8x 12y + 4 − − − = 5 2x 2y + x(x 2) + y(y + 4) 12 − − − 0,5 + 25 + 8x 12y + x(x 2) + y(y + 4) (do 4 = x(x 2) + y(y + 4)) p − − − = (x 2)2 + (y + 1)2 + (x + 3)2 + (y 4)2 p− − = AM + BM, p p với A(2; 1) nằm bên trong (C), B( 3; 4) nằm bên ngoài (C), và M(x; y) − − thuộc đường tròn (C), −−→AM = (x 2; y+1), −−→BM = (x+3; y 4), −→AB = ( 5; 5). − − − Nhận thấy P = AM + BM AB = 5√2. Đẳng thức xảy ra khi ≥ M(x; y) là giao điểm của đoạn thẳng AB với đường tròn (C), tức là 2 2 2 2 (x 1) + (y + 2) = 9 (x 1) + (y + 2) = 9 − − x 2 = 5k −−→AM = k.−→AB, với k [0; 1] ⇔  − − ( ∈ y + 1 = 5k, với k [0; 1]  ∈ √14 k =  10 0,5  4 √14  x = . ⇔  −  2  2 + √14 y = − 2   4 √14 2 + √14 Vậymin P = 5√2, đạt được khi x = − , y = − . 2 2 ————— HẾT ————— Trang 3/3