Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Bắc Ninh

Chia sẻ: Kiều Anh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:12

Thêm vào BST

Báo xấu

71
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Bắc Ninh là tài liệu ôn thi học sinh giỏi môn Toán hữu ích, thông qua việc luyện tập với đề thi sẽ giúp các em làm quen với các dạng câu hỏi bài tập và rút kinh nghiệm trong quá trình làm bài thi. Mỗi đề thi kèm theo đáp án và hướng dẫn giải chi tiết giúp các bạn dễ dàng hơn trong việc ôn tập cũng như rèn luyện kỹ năng giải đề.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Bắc Ninh

UBND TỈNH BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2020-2021 Môn: Toán - Lớp 11 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 02 trang) Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 2  (2  m )x  4 có đồ thị là P  và điểm A(5; 5) . Tìm m để đường thẳng (d ) : y  x  m cắt đồ thị P  tại hai điểm phân biệt M và N sao cho tứ giác OAMN là hình bình hành (O là gốc tọa độ). Câu 2. (2,5 điểm) Cho phương trình 4 cos3 x  cos 2x  m  3 cos x  1  0 1. Giải phương trình khi m = 3. 2. Tìm giá trị nguyên của tham số m để phương trình có đúng bốn nghiệm khác nhau thuộc khoảng      ;   2 2   2 x 3 − 4 x 2 + 3 x= − 1 2 x3 (2 − y ) 3 − 2 y  Câu 3. (2,5 điểm) Giải hệ phương trình  ( )( ) 2 4  x 3− 2y + 2 − x x 3 − 2 y + 2 + x −1 =4  Câu 4. (4,5 điểm)  3 2  5  x  3x  5 1. Cho hàm số y  g(x )   khi x  1 với m là tham số. Tìm m  x  1 ,   mx  2 khi x  1 để hàm số g(x ) liên tục trên . u  1  1 2. Cho dãy số un  thoả mãn  2un . Tìm công thức số hạng tổng quát un của un 1  , n  1  un  4 dãy số đã cho. 3. Có bao nhiêu số tự nhiên có 8 chữ số, trong đó có hai chữ số lẻ khác nhau và ba chữ số chẵn khác nhau, mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần. Câu 5. (1,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có tâm I (1; 4) , đỉnh A nằm trên đường thẳng có phương trình 2x  y  1  0 , đỉnh C nằm trên đường thẳng có phương trình x  y  2  0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông đã cho. Câu 6. (5,0 điểm) 1. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tất cả các cạnh bên đều bằng a. Gọi điểm M thuộc cạnh SD sao cho SD = 3SM , điểm G là trọng tâm tam giác BCD . a) Chứng minh rằng MG song song với mp SBC . ( ) ( ) là mặt phẳng chứa MG và song với CD . Xác định và tính diện tích thiết diện của hình b) Gọi α chóp với mp (α ) .
c) Xác định điểm P thuộc MA và điểm Q thuộc BD sao cho PQ song song với SC . Tính PQ theo a. 2. Cho tứ diện SABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc;= SA a= , SB b= , SC c . Lấy một điểm M nằm trong tam giác ABC . Gọi d1 , d 2 , d3 lần lượt là khoảng cách từ M đến các đường thẳng SA, SB, SC 2 ( abc ) 2 2 2 2 Chứng minh rằng: d + d + d ≥ 2 2 1 2 3 . a b + b2c 2 + c 2 a 2 Câu 7. (2,0 điểm) 2 2 2 5 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = + + + a −b b −c c −a ab + bc + ac Trong đó a, b, c là các số thực thỏa mãn hai điều kiện a + b + c= 1, ab + bc + ca > 0. n  1 2. Với mỗi số nguyên dương n ta kí hiệu bn là hệ số của x trong khai triển x 2  x   thành 2  2  đa thức. Đặt un  b1  b2  b3  ...  bn , n  * . Tìm số hạng tổng quát của dãy số un  và tính giới hạn lim un . =====Hết===== Họ và tên thí sinh:........................................................... Số báo danh ..............................
UBND TỈNH BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020-2021 Môn: Toán - Lớp 11 Câu Lời giải sơ lược Điểm 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 2  (2  m )x  4 có đồ thị là P  và điểm A(5; 5) . Tìm m để đường thẳng (d ) : y  x  m cắt đồ thị P  tại hai điểm phân biệt M và N sao cho tứ giác OAMN là hình bình hành (O là gốc tọa độ). Hoành độ của M và N là nghiệm của pt: x 2  (2  m )x  4  x  m  x 2  (3  m )x  (m  4)  0 (1) Vì   m 2  2m  25  0, m 1 nên 1 luôn có hai nghiệm phân biệt  d  luôn cắt 0.5 P  tại hai điểm phân biệt. Do các điểm O và A thuộc đường thẳng  : y  x nên để OAMN là hình bình hành thì MN = OA = 5 2 Gọi M (x 1; x 1  m ), N (x 2 ; x 2  m ) với x 1, x 2 là nghiệm của 1. 0.5 x  x 2  m  3 Ta có  1 x 1x 2  (m  4)   MN 2  2(x 1  x 2 )2  2 (x 1  x 2 )2  4x 1x 2   2m 2  4m  50   m  2 0.5 MN  5 2  2m 2  4m  50  50   m  0 + m  0 thì O, A, M , N thẳng hàng nên không thỏa mãn. + m  2 thỏa mãn. 0.5 2. (2,5 điểm) Cho phương trình 4 cos3 x  cos 2x  m  3 cos x  1  0 1. Giải phương trình khi m = 3. 2. Tìm giá trị nguyên của tham số m để phương trình có đúng bốn nghiệm khác nhau thuộc khoảng      ;  .  2 2   cos x  0  Với m = 3 ta có phương trình 4 cos3 x  2 cos2 x  0   1 0.25   cos x  2 2.1  1 cos x  0  x   k 2 điểm 0.5 1  cos x   x    k 2 2 3   Vậy phương trình có các họ nghiệm là x   k  , x    k 2 . 0.25 2 3
Ta có: 4 cos3 x  cos 2x  m  3 cos x  1  0  4 cos3 x  2 cos2 x  m  3 cos x  0 cos x  0   2 4 cos x  2 cos x  m  3  0 1 0.5     cos x  0  x   k , k   không có nghiệm thuộc khoảng  ;  . 2  2 2  2.2    1,5  2 2   Đặt t  cos x , vì x   ;  nên t  0;1 .  điểm Khi đó phương trình 1  4t 2  2t  m  3  0 2 . 0.5 Ycbt  phương trình 2 có 2 nghiệm phân biệt t1, t2 thỏa mãn 0  t1, t2  1 . 2  m  4t 2  2t  3  g t   Ta có bảng biến thiên của g t  trên t  0;1 .  0.5 Từ bảng biến thiên trên phương trình 2 có 2 nghiệm phân biệt t1, t2 thỏa mãn 0  t1, t2  1 13 thì 3  m  . Vì m nguyên nên không có giá trị nào. 4  2 x 3 − 4 x 2 + 3 x= − 1 2 x3 (2 − y ) 3 − 2 y  3. (2,5 điểm) Giải hệ phương trình  ( )( ) 2 4  x 3− 2y + 2 − x x 3 − 2 y + 2 + x −1 =4  x ≥ 1  Điều kiện:  3  y ≤ 2
Với điều kiện trên, từ PT đầu ta có: 1.0 4 3 1 ( ) 3 2 x 3 − 4 x 2 + 3x − 1= 2 x 3 (2 − y ) 3 − 2 y ⇔ 2 − + − = 3− 2y + 3− 2y x x 2 x3 3  1  1 ( ) 3 ⇔ 1 −  + 1 −  = 3− 2y + 3− 2y  x  x 1 ⇔ 1− = 3 − 2y x ( )( ) 2 4 Thế vào phương trình thứ hai ta có: x +1 − x x +1 + x −1 =4 (*) Do x ≥ 1 ⇒ x + 1 − x > 0 , phương trình 0.5 ( )( ) 2 (*) ⇔ x +1 − x x +1 + x −1 =2 ( )( x + 1 + x − 1) = ( )( ) 2 2 ⇔2 x +1 − x 22 =  x +1 + x −1 x +1 − x −1    ⇔ 2( ) ( x + 1 − x − 1) 2 x +1 − x= 0.5 ⇔ x + 1 + x 2 − 1= x+x Bình phương hai vế dương ta có:  1− 5 x = ⇔ x + 1 x 2 − 1 = x x ⇔ ( x + 1)( x 2 − 1) = x3 ⇔  2  1+ 5 x =  2 1+ 5 0.5 Kết hợp điều kiện ta có: x = . Thay vào trên ta có nghiệm của hệ là: 2  1+ 5 x =  2   y = 3 5 −1  4 4. (4.5 điểm)  3 2  5  x  3x  5 1. Cho hàm số y  g(x )    khi x  1 với m là tham số. Tìm m x  1 ,   mx  2 khi x  1 để hàm số g(x ) liên tục trên . u  1  1 2. Cho dãy số un  thoả mãn  2un . Tìm công thức số hạng tổng quát un của un 1  , n  1  un  4 dãy số đã cho. 3. Có bao nhiêu số tự nhiên có 8 chữ số, trong đó có hai chữ số lẻ khác nhau và ba chữ số chẵn khác nhau, mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần.
5  x  3 3x 2  5 Hàm g(x )  liên tục trên khoảng (1; ) . x 1 Hàm g(x )  mx  2 liên tục trên khoảng (; 1). 0.5 Vì thế g(x ) liên tục trên  khi và chỉ khi nó liên tục tại điểm x  1. 5  x  3 3x 2  5 Ta có lim  g(x )  lim  x  1 x  1 x 1 4.1 5  x  2  2  3 3x 2  5 0.5  lim  1.5 x  1 x 1 điểm    1 3(1  x )   1  1  3 .  lim     x  1   5  x  2 4  2 3 3x 2  5  3 (3x 2  5)2  4 2 4 Và lim  g(x )  lim (mx  2)  2  m; g(1)  2  m. x  1 x  1 0.25 Hàm số g(x ) liên tục trên tại điểm x  1 khi và chỉ khi 3 5 lim  g(x )  lim  g(x )  g(1)  2  m  m . x  1 x  1 4 4 0.25 5 Vậy với m  thì g(x ) liên tục trên . 4 Nhận xét un  0, n  1 . 2un 1 1 2 1 1 1 1  0.5 Ta có un 1        2    . un  4 un 1 2 un un 1 2  un 2  1 1 1 1 Đặt vn   thì vn 1  2vn . Suy ra vn  là cấp số nhân với v1   và công 4.2 un 2 u1 2 0.5 1.5 bội q  2 . điểm 3 n 1 1 1 3.2n 1  1 Do đó vn  2  3.2n 2   vn   . 2 un 2 2 0.5 2 Vậy un  , n  1 . 3.2n 1  1
Trường hợp 1: Xét các số có 8 chữ số, trong đó có hai chữ số lẻ khác nhau và ba chữ số chẵn khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần, coi chữ số 0 có thể đứng đầu. + Chọn 2 chữ số lẻ khác nhau và 3 chữ số chẵn khác nhau có C 52C 53 (cách). + Với mỗi cách chọn trên ta có: số có 8 chữ số, trong đó có hai chữ số lẻ khác nhau 0.75 8! và ba chữ số chẵn khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần là: (số). 2!2!2! 8! Trường hợp này có: C 52 .C 53 .  504000 (số). 2!2!2! 4.3 Trường hợp 2: Xét các số có 8 chữ số, trong đó có hai chữ số lẻ khác nhau và ba chữ 1.5 số chẳn khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần, mà chữ số 0 đứng đầu. điểm + Chọn 2 chữ số lẻ khác nhau và 2 chữ số chẵn khác nhau có C 52C 42 (cách). + Với mỗi cách chọn trên ta có: số có 8 chữ số, trong đó có hai chữ số lẻ khác nhau 0.5 7! và hai chữ số chẵn khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần là: (số). 2!2! 7! Trường hợp này có: C 52 .C 42 .  75600 (số). 2!2! Vậy có: 504000  75600  428400 (số). 0.25 5. (1,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có tâm I (1; 4) , đỉnh A nằm trên đường thẳng có phương trình 2x  y  1  0 , đỉnh C nằm trên đường thẳng có phương trình x  y  2  0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông đã cho. Gọi C (t; t  2) thì A(2  t;6  t ). Vì A thuộc đường thẳng có phương trình 2x  y  1  0 nên 2(2  t )  (6  t )  1  0  t  3. Dẫn tới A(1; 3), C (3;5). 0.5 Ta thấy B, D là giao điểm của đường tròn đường kính AC và đường trung trực của AC . Đường tròn đường kính AC có phương trình (x  1)2  (y  4)2  5. 0.5 Đường trung trực của AC có phương trình 2x  y  6  0. (x  1)2  (y  4)2  5 x  0; y  6 Ta có    . 2x  y  6  0 x  2; y  2   Do đó B(0;6), D(2;2) hoặc B(2;2), D(0;6). 0.5 Vậy tọa độ các đỉnh hình vuông là A(1; 3), B(0;6),C (3;5), D(2;2) hoặc A(1; 3), B(2;2),C (3;5), D(0;6). 6. (5,0 điểm)
1. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tất cả các cạnh bên đều bằng a. Gọi điểm M thuộc cạnh SD sao cho SD = 3SM , điểm G là trọng tâm tam giác BCD . a) Chứng minh rằng MG song song với mp SBC . ( ) ( ) là mặt phẳng chứa MG b) Gọi α và song với CD . Xác định và tính diện tích thiết diện của hình chóp với mp (α ) . c) Xác định điểm P thuộc MA và điểm Q thuộc BD sao cho PQ song song với SC . Tính PQ theo a. 2. Cho tứ diện SABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc;= SA a=, SB b=, SC c . Lấy một điểm M nằm trong tam giác ABC . Gọi d1 , d 2 , d3 lần lượt là khoảng cách từ M đến các đường thẳng SA, SB, SC . 2 ( abc ) 2 2 2 2 Chứng minh rằng: d + d + d ≥ 2 2 1 2 3 . a b + b2c 2 + c 2 a 2 S M H 0.25 D C E 6.1.a G F I 1,0 điểm A B a) Gọi I là trung điểm của BC DG DM 2 Ta có = = ⇒ MG / / SI mà SI ⊂ ( SBC ) nên MG / / ( SBC ) . 0.75 DI DS 3 Qua G kẻ đường thẳng song song với CD cắt AD và BC lần lượt tại E và F . Qua M kẻ đường thẳng song song với CD cắt SC tại H . Thiết diện của hình chóp với mp( 0.5 α ) là tứ giác EFHM . Ta có HM / / EF vì cùng song song với CD 2a a   MD= HC = , DE = CF = , MDE= HCF= 600 nên tam giác DME bằng tam 3 3 0.5 giác CHF suy ra ME = HF do đó EFHM là hình thang cân 6.1.b 4a 2 a 2 2a a 1 a 2 1,5 Ta có EM 2 = DM 2 + DE 2 − 2 DM .DE.cos600 = + −2 . . = 9 9 3 3 2 3 điểm a MH = , EF = a .Gọi h là độ dài đường cao của hình thang ta có 0.5 3 2  EF − HM  2 a2 a2 a 2 h= EM −   = − =  2  3 9 3
1 1 a 2 4a 2a 2 2 Diện tích thiết diện là S EFHM= .h.(EF + HM )= . . = 2 2 3 3 9 Qua M dựng đường thẳng song song với SC cắt CD tại N. Nối A với N cắt BD tại Q. S M P 0.5 D C N Q A B 6.1.c Trong mp (AMN) từ Q dựng đường thẳng song song với MN cắt AM tại P. 1,5 Ta có PQ//MN, MN//SC nên PQ//MN 0.5 điểm Suy ra hai điểm P, Q thỏa mãn điều kiện bài toán. MN DM 2 AQ AB 3 AQ 3 Ta có = = , = =⇒ = SC DS 3 QN DN 2 AN 5 PQ AQ 3 PQ PQ MN 3 2 2 = = , = . = = . 0.5 MN AN 5 SC MN SC 5 3 5 2a Suy ra PQ = 5 A Dựng hình hộp chữ nhật MNPQ.I JSH như hình vẽ ⇒ SP ⊥ ( MNPQ ) ⇒ SP ⊥ MP ⇒ MP = d1 MH d= Tương tự ta có= 2 ; MJ d3 K Q P M 0.25 N B S H J I D C Trong hình chữ nhật MNPQ có:= d12 MP = 2 MN 2 + MQ 2 Tương tự:= d 22 MQ 2 + MI 2 ;= d32 MN 2 + MI 2 6.2 1,0 Ta có: SM 2 = MP 2 + SP 2 = MQ 2 + MN 2 + MI 2 0.25 điểm 2 SM 2 (1) ⇒ d12 + d 22 + d32 =
Dựng SD ⊥ BC , SK ⊥ AD ⇒ SK ⊥ ( ABC ) ⇒ SK ≤ SM (2) 1 1 1 Trong tam giác ASD có = 2 + SK SA SD 2 2 1 1 1 Trong tam giác SBC có = + SD 2 SB 2 SC 2 0,25 1 1 1 1 1 1 1 Từ đó suy ra 2 = 2 + 2+ 2 = 2+ 2+ 2 SK SA SB SC a b c ( abc ) 2 ⇒ SK 2 = (3) a b + b2c 2 + c 2 a 2 2 2 2 ( abc ) 2 Từ (1), (2), (3) suy ra : d12 + d 22 + d32 ≥ (đpcm). 0,25 a b + b2c 2 + c 2 a 2 2 2 7. (2,0 điểm) 2 2 2 5 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = + + + a −b b −c c −a ab + bc + ac Trong đó a, b, c là các số thực thỏa mãn hai điều kiện a + b + c= 1, ab + bc + ca > 0. n  1 2. Với mỗi số nguyên dương n ta kí hiệu bn là hệ số của x trong khai triển x 2  x   thành 2  2  đa thức. Đặt un  b1  b2  b3  ...  bn , n  * . Tìm số hạng tổng quát của dãy số un  và tính giới hạn lim un . Không mất tính tổng quát giả sử a > b > c . Khi đó 2 2 2 5 P = + + + a −b b −c a −c ab + bc + ac Với 2 số dương x , y ta có BĐT tổng quát sau 0.25 1 1 4 2 2 + ≥ ≥ x y x +y x 2 + y2  1 1  2 5 8 2 5 Ta có P= 2  + + + ≥ + + a −b b − c  a − c ab + bc + ac a − c a − c ab + bc + ac 10 10 20 2 = + ≥ 7.2 a − c 2 ab + bc + ac 0.25 ( ) ( ) 2 1 a − c + 4 ab + bc + ac điểm 20 2 20 2 = = a + c a + c + 4b ( )( 1 − b 1 + 3b ) ( )( )
2  3 − 3b + 1 + 3b  ( )( Lại có 3 1 − b 1 + 3b ≤  2 ) 4  =   0.25 Suy ra (1 − b )(1 + 3b ) ≤ 2 3 3 Do đó P ≥ 10 6 .  2+ 6 a = a − b = b − c  6   1 Dấu bằng xảy ra khi 3 − 3b =1 + 3b ⇔ b = . a + b + c =  3 1   2− 6 c = 6  0.25  2+ 6 a =  6  1 Vậy MinP = 10 6 khi b = .  3  2− 6 c = 6  n n k n k  1 n 1 n k1 Ta có x 2  x     C nk (x 2  x )k      C C   k j (1)k j x k  j .  2  k 0  2  k 0 j 0  2  n k Số hạng chứa x 2 ứng với k  j  2, 0  j  k  n , hay j  0, k  2 hoặc 0.25 j  k  1. n 2 n 1 1 1 n2 Do đó bn  C C   2 0 (1)  C C   2 1 1 (1)0  .  2  n 2  2  n 1 2n 1 x n 1  1 Xét hàm số f (x )  1  x  x 2  ...  x n thì f (x )  với x  1 . x 1 Ta có 2 n 2 n 1 nx n 1  (n  1)x n  1 f '(x )  1  2x  3x  ...  (n  1)x  nx  , x  1; 0.25 7.2 (x  1)2 1 f ''(x )  2.1  3.2x  4.3x 2  ...  n(n  1)x n 2 điểm n(n  1)x n 1  2(n  1)(n  1)x n  n(n  1)x n 1  2  , x  1; (x  1)3  f '(x )  xf ''(x )  12  22 x  32 x 2  ...  n 2 x n 1 n 2 x n 2  (2n 2  2n  1)x n 1  (n  1)2 x n  x  1  , x  1; (x  1)3 0.25 2 2 2 2 2 1 2 3 n 2n  8n  12     ...   12  . 2 0 2 1 22 2n 1 2n
2n 2  8n  12 Vậy un  12  n , n   * . 2 Với mọi số nguyên dương n  3 ta thấy n(n  1)(n  2) 2n  (1  1)n  C n0  C n1  C n2  C n3  ...  C nn  C n3  . 6 Suy ra 2n 2  8n  12 6(2n 2  8n  12) 0  , n  *, n  3. 2 n n(n  1)(n  2) 2 8 12 6(  2  3 ) 0.25 6(2n 2  8n  12) Hơn nữa lim 0  0, lim  lim n n n  0. n(n  1)(n  2) 1 2 (1  )(1  ) n n 2 2n  8n  12 Dẫn tới lim  0. 2n  2n 2  8n  12  Vậy lim un  lim 12    12.  2n 