Đề khảo sát đội tuyển Toán lớp 11 năm 2021-2022 có đáp án - Trường THPT Trần Phú, Vĩnh Phúc

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

22
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

“Đề khảo sát đội tuyển Toán lớp 11 năm 2021-2022 có đáp án - Trường THPT Trần Phú, Vĩnh Phúc” sau đây sẽ giúp bạn đọc nắm bắt được cấu trúc đề thi, từ đó có kế hoạch ôn tập và củng cố kiến thức một cách bài bản hơn, chuẩn bị tốt cho kỳ thi sắp. Mời các bạn cùng tham khảo nội dung chi tiết.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề khảo sát đội tuyển Toán lớp 11 năm 2021-2022 có đáp án - Trường THPT Trần Phú, Vĩnh Phúc

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ THI KSCL ĐỘI TUYỂN NĂM HỌC 2021-2022 TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ Môn: TOÁN - Lớp 11 - Chương trình chuẩn ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) (Đề này có 1 trang) Câu 1. Giải phương trình: sin x  2 sin 3 x   sin 5 x 0 Câu 2. Trong dãy số : C23 1 ; C23 ;; C23 13 tồn tại 3 số hạng liên tiếp tạo thành cấp số cộng, tìm tổng ba số hạng đó. 2x2  1  2x  3 Câu 3. Tìm giới hạn lim x 1 5x2  6 x  1 Câu 4. Từ các số 1, 2,3 ,4, 5, 6, 7, 8, 9 lập các số tự nhiên gồm bốn chữ số đôi một khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một số vừa lập. Tính xác suất để lấy được số chia hết cho 5. Câu 5. Cho bất phương trình: x  4  x  4 x  x 2  m  3 . Xác định m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x   0; 4 .  2x  1 2022 Câu 6. Cho dãy số  xn  được xác định bởi: x1  1; xn 1 n   xn .Với n là số nguyên dương. 2022 (2 x1  1)2021 (2 x2  1)2021 (2 x3  1) 2021 (2 xn  1) 2021 Đặt un     ...  . Tìm lim un . 2 x2  1 2 x3  1 2 x3  1 2 xn 1  1 n Câu 7. Giả sử 1  x  x 2  x 3  ...  x10   a0  a1 x  a2 x 2  a3 x3  ...  a110 x110 , với a0 , a1 , a2 ,..., a110 là các hệ 11 số. Tính giá trị của tổng T  C110 a11  C111 a10  C112 a9  C113 a8  ...  C1110 a1  C1111a0 Câu 8. Cho hình hộp ABCD. ABC D . Gọi G là trọng tâm BC D . a. Xác định thiết diện của hình hộp ABCD. ABC D khi cắt bởi mặt phẳng  ABG  . Thiết diện là hình gì? b. Hai điểm M , N lần lượt thuộc hai đoạn thẳng AD , AC sao cho MN song song với mặt phẳng  BC D  , biết 1 CN AM  AD . Tính tỉ số . 4 CA x 1 y  2 Câu 9. Trong mặt phẳng tọa độ O xy , cho hai điểm A  1; 2  , B  3;1 và đường thẳng  :  . Tìm tọa 1 1 độ điểm C thuộc  để tam giác ACB cân tại C . Câu 10. Với ba số thực dương a , b, c thỏa mãn ac  4b  c . Tìm giá trị nhỏ nhất của  a 2 3c 2  152 P   c  3b 2  .  3 4   b  c  c  3b  -------------------------Hết--------------------------- (Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh:............................................... Chữ ký của giám thị:……………………… Số báo danh:……………………………………….. Phòng thi số:………………………………. ĐÁP ÁN Câu Nội dung Điểm pt 1,0 1 0,25 0,5 0,25 Giả sử 3 số C23n ; C23n 1 ; C23n  2 theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng khi và chỉ khi 2C23n 1  C23n  C23n  2 , n  11, n   . 1,0  4C23n 1   C23n  C23n 1    C23n 1  C23n  2  .  4C23n 1  C24n 1  C24n  2  C25n  2  n  8  tm  0,5   n  2  23  n   150   . 2  n  13  l  8 Vậy C23  C23 9  C23 10  2451570 . 0,5 2x  1  2x  3 2 Tìm giới hạn lim 1,0 x 1 5x2  6 x  1 3 2 x2  1  x2 0,5  3( x  1) 2 x2  1  x lim x 1 ( x  1)(5 x  1) x 1 0,5 3 2 x2  1  x  lim =1 x 1 5x  1 Từ các số 1, 2,3 ,4, 5, 6, 7, 8, 9 lập các số tự nhiên gồm bốn chữ số đôi 1,0 một khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một số vừa lập. Tính xác suất để lấy được số chia hết cho 5.
. Gọi số cần lập là a1 a2 a3 a4 , trong đó các ai , i  1, 4 đôi một khác nhau. Số có 4 chữ số đôi một khác nhau là: A94  3024 (số). 0,25 4 Do số cần lập chia hết cho 5 nên a4  5 có 1 cách chọn. a1 có 8 cách chọn a2 có 7 cách chọn a3 có 6 cách chọn 0,5 Vậy số số có 4 chữ số chia hết cho 5 là: 8.7.6=336 (số) Vậy xác suất để lấy được số chia hết cho 5 là: 0,25 336 1 P  3024 9 Cho bất phương trình: 1,0 x  4  x  4x  x  m  3 2 Xác định m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x   0; 4 . Lời giải 0  x  4 0  x  4 Điều kiện    4 x  x  m  3  0(2) m  x  4 x  3(2) 2 2 0,5 Điều kiện cần để bpt (1) nghiệm đúng với x   0; 4 thì (2) nghiệm đúng x   0; 4 Xét f(x)= x2-4x-3 Bảng biến thiên x 0 2 4 f(x) -3 -3 -7 Từ bảng biến thiên (2) đúng với x   0; 4 5  m  max f ( x)  m  3 [0;4] PT  4  2 4 x  x 2  4 x  x 2  m  3 Đặt t  4 x  x 2 , t  0  t 2  4 x  x 2 Bảng biến thiên x 0 2 4 4 t2 0 0
Dựa vào bảng biến thiên suy ra 0  t 2  4 Bất phương trình trở thành g(t)=-t2+2t+1  m (3) Để bất phương trình đầu nghiệm đúng với x   0; 4 thì 0,5 (3) có nghiệm đúng với t   0; 2 .  m  max g (t ) [0;2] 0 1 2 t 2 g(t) 1 1 Từ BBT suy ra m  2 . Kết luân m  2 thì bpt (1) nghiệm đúng x   0; 4 .  2x  1 2022 1,0 Cho dãy số  xn  được xác định bởi: x1  1; xn 1 n   xn . 2022 Với n là số nguyên dương. Đặt (2 x1  1)2021 (2 x2  1) 2021 (2 x3  1) 2021 (2 xn  1) 2021 un     ...  2 x2  1 2 x3  1 2 x3  1 2 xn 1  1 Tìm lim un . n (2 xn  1) 2022 Ta có xn 1  xn  , n  1 2022 Suy ra 1 1 2( xn 1  xn ) (2 xn  1) 2021    0,5 6 2 xn  1 2 xn 1  1 (2 xn  1)(2 xn 1  1) 1011(2 xn 1  1)  n (2 x i 1)2021 n  1 1   1 1 un    1011     1011  i 1 2 xi 1  1 i 1  2 xi  1 2 xi 1  1   2 x1  1 2 xn 1 (2 xn  1) 2022 Mặt khác: xn 1  xn   0 nên dãy  xn  là dãy số 2022 tăng n  1 . Nếu  xn  bị chặn thì lim xn tồn tại.
(2a  1) 2022 0,5 Đặt lim xn  a  a  1 và a   a (vô lý). Suy ra 2022  xn  không bị chặn trên hay lim xn   suy ra 1 lim 0 2 xn 1  1 1011 Suy ra lim un  . n  3 7 1  x  x  x3  ...  x10   a0  a1 x  a2 x 2  a3 x3  ...  a110 x110 , 1,0 2 11 Giả sử với a0 , a1 , a2 ,..., a110 là các hệ số. Tính giá trị của tổng T  C a  C a  C a  C a  ...  C a  C a 0 11 11 1 11 10 2 11 9 3 11 8 10 11 1 11 11 0 Ta có 1.  x11  1  11 1  x  x 2  x  ...  x 3 10 11     x  1    x11  1   a0  a1 x  a2 x 2  a3 x3  ...  a110 x110   x  1 11 11 11 11 x  1    1 .C11k .  x11  11 k    1 .C11k .x12111k . 11 11 k k k 0 k 0 Số hạng chứa x trong khai triển trên ứng với 121  11k  11  k  10 . 11 0,5 Hệ số của số hạng chứa x trong khai triển  x  1 là  1 .C  11 11 11 10 10 11 11 (1). 11 Mặt khác  x  1    1 .C11k .x11 k . 11 k k 0 Hệ số của số hạng chứa x11 trong khai triển a 0  a1 x  a2 x 2  a3 x3  ...  a110 x110   x  1 là 11 0,5 a0 .  1 .C  a1.  1 .C  a2 .  1 .C  ...  a11.  1 .C 0 0 1 1 2 2 11 11 11 11 11 11  a0C110  a1C111  a2C112  ...  a11C1111  T (2). Từ (1) và (2) suy ra T  11  T  11 . Cho hình hộp ABCD. ABC D . Gọi G là trọng tâm BC D . 1,5 a. Xác định thiết diện của hình hộp ABCD. ABC D khi cắt bởi mặt phẳng  ABG  . Thiết diện là hình gì? b. Hai điểm M , N lần lượt thuộc hai đoạn thẳng AD , AC sao cho 1 MN song song với mặt phẳng  BC D  , biết AM  AD . Tính tỉ số 4 CN . CA 8 Lời giải
D' C' B' A' 0,5 I E F G D C O A B a. Trong  BC D  kéo dài BG cắt C D tại I .  ABG    CDDC    Ix  Khi đó:  AB   ABG  , CD   CDDC    Ix // CD .  AB // CD  Từ đó, trong  CDDC   , kẻ đường thẳng Ix // CD cắt CC  , DD lần lượt tại E và F . Vậy thiết diện cần tìm là hình bình hành ABEF (vì EF  CD  AB và EF // AB ) b. Gọi O là giao điểm của AC và BD . Dễ thấy G  AC . D' C' L A' 1,0 B' N G D C M K O A B Khi đó, qua M kẻ đường thẳng song song với BD và cắt AC tại K . Trong mặt phẳng  ACC A  , gọi L  KN  AC  , ta có:
 MN //  BC D     MNK  //  BC D   MK //  BC D   KN //  BC D   KN // OC  . AK AM 1 KO 3 KO 3 Mặt khác, theo giả thiết, ta có:       và AO MD 4 AO 4 AC 8 KC 7  . AC 8 LC  3 AL 5 Vì KO  LC  , AC  AC  nên    . AC  8 AC  8 AL AL AC 5 8 5 AN 5 Mà  .  .    . KC AC  KC 8 7 7 NC 7 CN 7 Vậy  . CA 12 Trong mặt phẳng tọa độ O xy , cho hai điểm A  1; 2  , B  3;1 và đường x 1 y  2 0,5 thẳng  :  . Tìm tọa độ điểm C thuộc  để tam giác ACB cân 1 1 tại C .  x  1 t Phương trình tham số của  :  y  2 t  CA   2  t ; t  Ta có C    C 1  t , 2  t     CB   2  t ; 1  t  Ta có ACB cân tại C 1  CA2  CB 2   2  t    t    2  t    1  t   t  2 2 2 2 6  7 13  Suy ra C  ;  0,5 6 6  9 Với ba số thực dương a , b, c thỏa mãn ac  4b  c . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1,0  a 2 3c 2  152 P   c  3b 2  .  3 4   b  c  c  3b  a 2 3c 2 a 2 3c 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy 2 số:  2 .  ac 3 4 3 4 152 P  ac 2  3b2   b  c  c  3b  0,5 Từ giả thiết: ac  4b  c  ac  3b  b  c Ta lại có: ac 2  3b 2   ac  3b  c  3b  b  c    b  c  c  3b  b  c    b  c  3b  c 
152 P   b  c  3b  c    b  c  c  3b  152 Sử dụng Cauchy cho 2 số:  b  c  3b  c    b  c  c  3b  0,25 2 15 2  b  c  3b  c   30  b  c  c  3b  10 Do vậy: P  30 .  a 2 3c 2 3  4   152 Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi  b  c  3b  c      b  c  c  3b   ac  4b  c   a  3 0,25  b  1 . c  2  a  3  a 2 3c 2  152  Vậy min P     c  3b 2   30 , khi b  1 .  3 4   b  c  c  3b  c  2 