Đề kiểm tra đội tuyển HSG môn Toán năm 2021-2022 có đáp án - Trường THPT chuyên Vị Thanh, Hậu Giang

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

12
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề kiểm tra đội tuyển HSG môn Toán năm 2021-2022 có đáp án - Trường THPT chuyên Vị Thanh, Hậu Giang" giúp các em học sinh ôn tập kiến thức, ôn tập kiểm tra, thi học sinh giỏi, rèn luyện kỹ năng để các em nắm được toàn bộ kiến thức chương trình Toán 12. Đây là tài liệu bổ ích để các em ôn luyện và kiểm tra kiến thức tốt, chuẩn bị cho kì thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra đội tuyển HSG môn Toán năm 2021-2022 có đáp án - Trường THPT chuyên Vị Thanh, Hậu Giang

SỞ GD & ĐT TỈNH HẬU GIANG KIỂM TRA ĐÔI TUYỂN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN VỊ THANH KHÓA NGÀY 01/03/2022 MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I: (5,0 điểm) 1) Giải phương trình ( x - 1) x + 1 - x 5 - x = 3 x 2 - 4 x - 1 trên tập số thực.  x3  y 3  9 2) Giải hệ phương trình  (với x, y Î  ). 2 2  x  2 y  x  4 y Câu II: (3,0 điểm) Cho hàm số f ( x )  ax 3  bx 2  3 x  d (với a , b, c, d   ) có đồ thị như hình vẽ 1) Tìm hàm số f ( x ). 2) Phương trình f ( x 2  2 x)  2 có tất cả bao nhiêu nghiệm thực. Câu III: (4,0 điểm) 1) Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn điều kiện x + y £ 1. 1 1 4 1 1 Chứng minh rằng + ³ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 2 + + 4 xy. x y x+y x +y xy 2) Cho dãy số (un ) được xác định như sau u1 = 4; u2 = 5 và un+2 = un2 - (n + 1) un+1 , với n Î , n ³ 1. Tính u3 và u4 . Tìm số hạng tổng quát un của dãy số trên. Câu IV: (3,0 điểm) 10  1  1) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển  x 2   1 ?  x  2) Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tính xác suất để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng 1 tấm chia hết cho 10? Câu V: (5,0 điểm) 1). Trong mặt phẳng Oxy, biết một cạnh tam giác có trung điểm là M  1;1 ; hai cạnh kia nằm trên các x  2  t đường thẳng 2 x  6 y  3  0 và   t    . Hãy viết phương trình tham số của cạnh thứ ba của tam y  t giác đó? 2). Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật với AD  a 3 , AB  2a . Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa SD và mặt phẳng ( ABCD) bằng 45 0 .Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BC . ...........................HẾT........................... Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
Đáp án và thang điểm Câu Nội dung Điểm 1) Giải phương trình ( x - 1) x + 1 - x 5 - x = 3 x 2 - 4 x - 1 trên tập số thực. 2,0 Điều kiện: 1  x  5. 0,25 2 Ta có ( x -1) x + 1 - x 5 - x = 3x - 4 x -1 0,25  ( x - 1) x + 1 - ( x -1) + 2 x - x 5 - x = 3 x 2 - 3 x  ( x - 1)( x + 1 - 1) + x(2 - 5 - x ) - 3 x 2 + 3 x = 0 0,25 x ( x -1) x ( x -1)  + - 3 x ( x -1) = 0 0,25 Câu x +1 +1 2 + 5 - x I.1 é f ( x ) = x ( x -1) = 0 (2,0 ê điểm) ê 1 1 ê g( x ) = + -3 = 0 0,25 êë x +1 +1 2 + 5 - x x  0 Ta có f ( x)  0   (nhận). 0,25 x  1 1 1 Do x + 1 + 1 ³ 1 và 2 + 5 - x ³ 2 nên + < 2. 0,25 x +1 +1 2 + 5 - x Do đó g ( x)  0, x   1;5 . Do đó, phương trình g ( x)  0 vô nghiệm. 0,25  x3  y 3  9 2) Giải hệ phương trình  (với x, y Î  ). 3,0 2 2  x  2 y  x  4 y  x3  y 3  9 (1)  x3  y 3  9  0 Ta có   . 0,25 2 2 2 2  x  2 y  x  4 y (2) 3 x  6 y  3 x  12 y  0 Lấy phương trình thứ nhất trừ cho phương trình thứ hai theo vế, ta được: Câu 0,25 I.2 x3  3x 2  3x  1  y 3  6 y 2  12 y  8  0 (3,0  ( x  1)3  ( y  2)3  0 0,5 điểm)  x 1  2  y 0,25  y  3 x 0,25 Thay y  3  x vào (2), ta có x 2  3x  2  0 0,5  x  1 hoặc x  2 (nhận). 0,5 x  1 x  2 Vậy nghiệm của hệ phương trình là  hoặc  . 0,5 y  2 y 1 Cho hàm số f ( x )  ax 3  bx 2  3 x  d (với a , b, c, d   ) có đồ thị như hình vẽ Câu II.1 1,25 (1,25 điểm) 1) Tìm hàm số f ( x ).
Dựa vào hình vẽ  Đồ thị đi qua 3 điểm: (-1; -1), (0; -3) và (1; -3) 0,25 a  b  3  d  1 Ta có hệ : d  3 0,5  a  b  3  d  3  a  2 Suy ra  b  1 0,25 d  3  Vậy f ( x )  2 x 3  x 2  3 x  3 0,25 2) Phương trình f ( x  2 x)  2 có tất cả bao nhiêu nghiệm thực. 2 1,75 Hoành độ giao điểm 2 đồ thị y  f ( x  2 x) và y  2 là nghiệm của phương trình : 2  x2  2x  a   2; 1  0,5 Câu f ( x 2  2 x)  2   x2  2x  b   1; 0  (*) II.2   x2  2x  c   1; 2  (1,75  điểm) Xét: x 2  2x  m  x 2  2x  m  0 có nghiệm khi  ʹ  0  1  m  0  m  1 0,5 Từ (*)  Phương trình có 4 nghiệm phân biệt. 0,5 Vậy f ( x 2  2 x)  2 có 4 nghiệm phân biệt. 0,25 1) Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn điều kiện x + y £ 1. 1 1 4 Chứng minh rằng + ³ . x y x+y 2,0 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 2 + + 4 xy. x +y xy 1 1 2 Ta có + ³ và x + y ³ 2 xy . 0,5 x y xy æ1 1 ö 1 1 4 Câu Khi đó çç + ÷÷÷ ( x + y ) ³ 4  + ³ . 0,5 çè x y ÷ø x y x+ y III.1 (2,0 Ta có P = 1 1 1 1 + + + + 4 xy điểm) x +y22 2 xy 4 xy 4 xy 4 1 0,25 ³ 2 2 + 2 +2 x + y + 2 xy æ x + y ö÷ 4 çç çè 2 ÷÷ø 4 1 ³ 2 + + 2 ³ 7. 0,25 ( x + y) ( x + y)2 1 Ta có P  7  x  y  . 0,25 2 Vậy Pmin  7 là giá trị nhỏ nhất của biểu thức. 0,25 2) Cho dãy số (un ) được xác định như sau u1 = 4; u2 = 5 và un+2 = un2 - (n +1) un+1 , 2,0 với n Î , n ³ 1. Tính u3 và u4 . Tìm số hạng tổng quát un của dãy số trên. Câu III.2 Ta có u3 = u12 - 2u2 = 42 - 2.5 = 6 và u4 = u22 - 3u3 = 52 - 3.6 = 7. 1,0 (2,0 Từ u1 = 4; u2 = 5; u3 = 6 và u4 = 7, ta dự đoán un = n + 3; "n Î  . * 0,25 điểm) * Ta chứng minh bằng quy nạp un = n + 3; "n Î  . 0,25 Thật vậy, ta có u1 = 4 = 1 + 3; u2 = 5 = 2 + 3; u3 = 6 = 3 + 3 (đúng).
Giả sử với n  k  3. Ta có uk = k + 3. Khi đó uk 1  k  2. Ta có uk 1  uk21  k .uk  (k  2) 2  k (k  3)  k  4  (k  1)  3. 0,25 Vậy, mệnh đề đúng với n  k  1. Do đó, ta có un = n + 3; "n Î * . 0,25 10  1  1) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển  x 2   1  x  1,5 Từ lý thuyết ta có công thức tổng quát như sau: Với 0  q  p  n thì số 10  1  hạng tổng quát khi khai triển tam thức  x 2   1 là  x  0,5 Câu pq 1 Tp  C10p C pq  x2  10 p    1  C10C p  1 x IV.1 q p q q 20 q 3 p (1,5  x điểm) Số hạng không chứa x trong khai triển ứng với 20  q  3 p  0  3 p  q  20 . 0,25 Mà 0  q  p  n và q, p, n   nên  p; q    7;1 ,  8; 4  9; 7  , 10;10  0,25 Lúc này số hạng không chứa x trong khai triển là 0,25  1 C107 C71   1 C108 C84   1 C1010C1010   1 C109 C97  1951 1 4 10 7 10  1  Vậy Số hạng không chứa x trong khai triển  x 2   1 là 1951 0,25  x  2) Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tính xác suất để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng 1 1,5 tấm chia hết cho 10? Gọi biến cố A : “Lấy 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó chỉ có đúng 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10 ” 0,25 10 Số cách lấy ngẫu nhiên 10 tấm thẻ trong 30 tấm thẻ: C30 cách    C3010 . Trong 30 tấm thẻ có 15 tấm thẻ mang số lẻ, 15 tấm thẻ mang số chẵn, 3 tấm thẻ mang Câu số chia hết cho 10 (chú ý là các thẻ chia hết cho 10 đều là số chẵn) IV.2 Số cách chọn 5 tấm thẻ mang số lẻ: C155  3003 cách. (1,5 0,75 điểm) Số cách chọn 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10 C31  3 cách Số cách chọn 4 tấm thẻ mang số chẵn không chia hết cho 10 : C124  495 cách Số cách lấy 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng 1 tấm thẻ chia hết cho 10 : 3003.3.495  4459455 cách. 0,25   A  4459455  A 4459455 99 Vậy P ( A)    . 0,25  10 C30 667 1). Trong mặt phẳng Oxy, biết một cạnh tam giác có trung điểm là M  1;1 ; hai x  2  t cạnh kia nằm trên các đường thẳng 2 x  6 y  3  0 và   t    . Hãy viết 2,5 y  t Câu phương trình tham số của cạnh thứ ba của tam giác đó? V.1 (2,5 A điểm) 0,5 B M C
x  2  t Giả sử AB : 2 x  6 y  3  0, AC :  và M  1;1 là trung điểm của cạnh BC . y  t  x  x  2 Do M  1;1 là trung điểm cạnh BC nên ta có:  B C (1) .  yB  yC  2 Điểm B  AB  2 xB  6 yB  3  0 (2) . 0,25 x  2  t Điểm C  AC   C (3) . 0,25  yC  t  x  2  t  2  xB  4  t Thế  3 vào 1 ta được:  B   4 0,25  yB  t  2  yB  2  t 7 Thế  4  vào  2  ta được: 2  4  t   6  2  t   3  0  t  . 0,25 4 1 7 Từ đây ta tìm được: C  ;  . 0,25 4 4   5 3  Đường thẳng chứa cạnh BC đi qua M  1;1 nhận MC   ;  làm vtcp 0,25 4 4  x  1  5t nên có phương trình tham số là: BC :  t   . 0,25  y  1  3t  x  1  5t Vậy phương trình tham số là: BC :  t   . 0,25  y  1  3t 2). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với AD  a 3 , AB  2a . Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa SD và 2,5 mặt phẳng (ABCD) bằng 45 .Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BC. 0 S 0,25 A D H Câu B C V.1 + Gọi H là trung điểm AB. (2,5  SAB    ABCD  điểm)  +  SAB    ABCD   AB  SH   ABCD  0,25 SH  AB  + Hình chiếu của SD lên mp (ABCD) là DH  Góc giữa SD và mặt phẳng (ABCD) bằng 450 0,25  SDH  450 + Xét tam giác AHD vuông tại A  DH  AD2  AH 2  2a 0,25 + Xét tam giác SDH vuông tại H và có  SDH  450  DH = SH = 2a. 0,25
+ d(SD, BC)  d(BC,  SAD )  d  B,  SAD    2.d  H,  SAD   0,5 1 1 1 1 1 5      d 2  H,  SAD   SH 2 AH 2 4a 2 a 2 4a 2 0,5 4a 2 d 2  H,  SAD    5   d H,  SAD   2 5a 5  4 5 d(SD, BC)  a 0,25 5 - - Hết - -