Nhằm giúp các em có thêm tài liệu ôn tập cho kì thi học sinh giỏi môn Toán. Mời các em tham khảo Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT Phùng Khắc Khoan, Hà Nội, để củng cố lại kiến thức môn học, rèn luyện kỹ năng giải đề và nâng cao tư duy Toán học. Chúc các em ôn tập tốt và đạt kết quả cao!
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT Phùng Khắc Khoan, Hà Nội
- SỞ GD VÀ ĐT HÀ NỘI KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
TRƯỜNG THPT PHÙNG KHẮC NĂM HỌC 2020 – 2021
KHOAN-THẠCH THẤT
MÔN THI: TOÁN 11
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kể thời gian phát đề)
Đề thi gồm: 01 trang
Câu 1. (2,5 điểm) Giải phương trình cos 2 x = 2sin 2 x + 4cos x
Câu 2. (4,5 điểm)
xy + x + y = x 2 − 2 y 2
a. Giải hệ phương trình :
x 2 y − y x − 1 = 2 x − 2 y
2020(2021 − x 2 ) − 2020
b. Tính giới hạn I = lim
x →1 x −1
Câu 3. (3,0 điểm)
15
3
a. Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niu-tơn 2x 2 −
9
x
b. Cho một đa giác lồi ( H ) có 30 đỉnh A1 A2 ... A30 . Gọi X là tập hợp các tam giác có 3
đỉnh là 3 đỉnh của ( H ) . Chọn ngẫu nhiên 2 tam giác trong X . Tính xác suất để chọn được 2
tam giác là các tam giác có 1 cạnh là cạnh của đa giác ( H ) .
7
u1 = 2
Câu 4. (3,0 điểm) Cho dãy số ( un ) xác định bởi:
7 u + 4
(n )
un+1 = n
2un + 5
u −2
a. Gọi ( vn ) là dãy số xác định bởi vn = n . Chứng minh rằng dãy số ( vn ) là một
un + 1
cấp số nhân lùi vô hạn.
b. Tính giới hạn của dãy số ( un )
Câu 5. (5,0 điểm)
a. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, ( ) là mặt phẳng thay đổi
qua AB và cắt các cạnh SC , SD lần lượt tại M , N ( M khác S , C và N khác S , D . Gọi K là
AB BC
giao điểm của hai đường thẳng AN và BM . Chứng minh rằng biểu thức T = − có
MN SK
giá trị không đổi.
b.Cho hình lăng trụ tam giác ABC . A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a, các mặt bên
đều là hình vuông. Gọi M , N , E lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AA ', A ' C ' . Tính
diện tích thiết diện khi cắt lăng trụ ABC . A ' B ' C ' bởi mặt phẳng ( MNE ) .
Câu 6. (2,0 điểm) ). Cho x, y , z là 3 số thực dương thỏa mãn x + y + z = 2 . Tìm giá trị lớn
xy yz zx
nhất của biểu thức: P = + +
xy + 2 z yz + 2 x zx + 2 y
------------------ Hết ------------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên học sinh: ………………………………….....… Số báo danh:……………
- SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG KHỐI 11
TRƯỜNG THPT PHÙNG KHẮC NĂM HỌC: 2020-2021
KHOAN MÔN: TOÁN
- THẠCH THẤT - Thời gian làm bài: 150 phút
Câ Nội dung Điể
u m
Giải phương trình sau: cos 2 x = 2sin 2 x + 4cos x
1 2.5
cos 2 x = 2sin x + 4cos x
2
2cos 2 x − 1 = 2(1 − cos 2 x) + 4cos x
4cos 2 x − 4cos x − 3 = 0
3 1.5
cos x =
2
cos x = − 1
2
3
+ cos x = (vô nghiệm)
2
1 2
+ cos x = − x = + k 2 , k 1.0
2 3
2
KL: Vậy phương trình có nghiệm x = + k 2 , k
3
2.a xy + x + y = x 2 − 2 y 2 (1)
a. Giải hệ phương trình : 2.0
x 2 y − y x − 1 = 2 x − 2 y ( 2)
ĐK: x 1; y 0
(1) xy + y 2 + x + y = x 2 − y 2
y ( x + y ) + ( x + y ) = ( x − y )( x + y ) 0.5
( x + y )( y + 1 − x + y ) = 0
x+ y =0 0.5
x = 2y +1
+) x + y = 0 (Loại do x 1; y 0 )
+) x = 2 y + 1 thế vào (2) ta được
(2 y + 1) 2 y − y 2 y = 4 y + 2 − 2 y
2 y ( y + 1) = 2 y + 2
0.5
( y + 1)( 2 y − 2) = 0
y = −1
2 y = 2 y = 2
+) Với y = −1 ( L)
+) Với y = 2 x = 5 (TM ) 0.5
Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm ( x; y ) = ( 5;2 )
- 2020(2021 − x 2 ) − 2020
2.b Tính giới hạn I = lim 2,5
x →1 x −1
2020(2021 − x 2 ) − 2020 2020 ( 2021 − x 2 ) − 2020 2 1.0
I = lim = lim
x→1 x −1 x→1
(
( x − 1) 2020(2021 − x 2 ) + 2020 )
2020 (1 − x 2 ) 2020 ( −1 − x ) −2 1.5
= lim = lim = = −1
x→1
( x − 1) ( 2020(2021 − x 2 ) + 2020 ) x→1
( 2020(2021 − x 2 ) + 2020 ) 2
15
3
3.a Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niutơn 2x 2 −
9
1.5
x
15 k
2 3 15 − k 3
C15k . ( 2 x 2 ) −
15
2 x − =
x k =0 x
15
= C15k .215− k . ( −3) .x 30−3k 0.5
k
k =0
Hệ số của x 9 trong khai triển tương ứng với k thỏa mãn: 30 − 3k = 9 k = 7 0.5
15
3
Hệ số của x 9 trong khai triển 2x 2 − là: C157 .28.(−3)7 = −C157 .28.37 0.5
x
Cho một đa giác lồi ( H ) có 30 đỉnh A1 A2 ... A30 . Gọi X là tập hợp các tam 1.5
3.b
giác có 3 đỉnh là 3 đỉnh của ( H ) . Chọn ngẫu nhiên 2 tam giác trong X .
Tính xác suất để chọn được 2 tam giác là các tam giác có 1 cạnh là cạnh của
đa giác ( H ) .
Số tam giác có 3 đỉnh là 3 đỉnh của đa giác ( H ) là: C303 = 4060
Số phần tử của không gian mẫu n() = C4060
2
0.5
Gọi A là biến cố: ’’Hai tam giác được chọn là các tam giác có 1 cạnh là cạnh của
đa giác ( H ) ”.
+)Số tam giác có 1 cạnh là cạnh của ( H ) :
- Chọn ra một cạnh của đa giác ( H ) có C301
- Chọn ra 1 trong 26 đỉnh không kề với đỉnh thuộc cạnh đã chọn của ( H ) có C26
1
Số tam giác có 1 cạnh là cạnh của ( H ) là C30
1 1
.C26 = 780 0.5
n( A) = C780
2
2 0.5
C780 247
P( A) = 2 =
C4060 6699
KL: Vậy xác suất để chọn được 2 tam giác là tam giác có 1 cạnh là cạnh của
247
đa giác ( H ) là
6699
- 7
u1 = 2
4 3.0
Cho dãy số ( un ) xác định bởi: (n )
un+1 = 7un + 4
2un + 5
u −2
a. Gọi ( vn ) là dãy số xác định bởi vn = n . Chứng minh rằng dãy số
un + 1
( vn ) là một cấp số nhân lùi vô hạn.
b. Tính giới hạn của dãy số ( un )
Ta có:
7u n + 4 1.0
−2
un +1 − 2 2un + 5 3u − 6 1 un − 2 1
vn +1 = = = n = . = vn
un +1 + 1 7un + 4 + 1 9un + 9 3 un + 1 3
2un + 5
1 1 u − 2 1 1.0
Suy ra vn+1 = vn . Vậy ( vn ) là một cấp số nhân với công bội q = , v1 = 1 =
3 3 u1 + 1 3
Vì q 1 nên ( vn ) là một cấp số nhân lùi vô hạn.
n −1 n
n −1 1 1 1
+) vn = v1.q = = lim vn = 0 0.5
3 3 3
un − 2 2 + vn
Ta có vn = un = 0.5
un + 1 1 − vn
2 + vn
Do đó lim un = lim =2
1 − vn
5a Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, ( ) là mặt 2.0
phẳng thay đổi qua AB và cắt các cạnh SC , SD lần lượt tại M , N . Gọi K là
giao điểm của hai đường thẳng AN và BM . Chứng minh rằng biểu thức
AB BC
T= − có giá trị không đổi.
MN SK
- S K
N
M
A D
C
B
Ta có
( ) AB
+) MN = ( ) ( SCD ) MN AB CD
0.5
AB CD
SK = ( SAD ) ( SBC ) 0.5
+) SK AD BC
AD BC
Từ đó suy ra:
AB CD CS 0.5
= =
MN MN MS
BC CM
=
SK SM 0.5
AB BC CS CM MS
− = − = =1
MN SK MS SM MS
5b Cho hình lăng trụ tam giác ABC . A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a, các 3.0
mặt bên đều là hình vuông. Gọi M , N , E lần lượt là trung điểm của các
cạnh AB, AA ', A ' C ' . Tính diện tích thiết diện khi cắt lăng trụ ABC . A ' B ' C '
bởi mặt phẳng ( MNE ) .
*) Dựng thiết diện
I A
C
M
H
B
N
0.5
E
C'
A'
F
B'
J
- a
Trên ( ACC ' A ') gọi NE AC = I ; NE CC ' = J AI=C'J=
2
a 1.0
Trên ( ABC ) gọi IM BC = H BH =
4
a
Trên ( BCC ' B ') gọi HJ B ' C ' = F FC '=
4
Thiết diện là ngũ giác MNEFH 0.5
Tính diện tích thiết diện
a 3 3a 3 3a 2 3a 2 3a 5 18a 2
IH = 3MH = 3 = ; HJ = ( ) + ( ) = ; IJ =
2
4 4 4 2 4 4
HIJ vuông tại H 0.5
S MNI IM .IN 2 1 2 S EFJ JE.JF 1 1 1
= = . = ; = = . =
S IHJ IH .IJ 3 3 9 S HIJ JI .JH 3 3 9
2 1 3a 3 3a 5 3a 2 15
S MNEFH = S IHJ − S MNI − S JEF = S HIJ = . . = 0.5
3 3 4 4 16
6 Cho x, y , z là 3 số thực dương thỏa mãn x + y + z = 2 . Tìm giá trị lớn nhất 2.0
xy yz zx
của biểu thức: P = + +
xy + 2 z yz + 2 x zx + 2 y
Ta có:
xy xy xy 1 x y
= = +
xy + 2 z xy + z ( x + y + z ) ( x + z )( y + z ) 2 x + z y + z 0.5
x y
Đẳng thức xảy ra = x= y
x+z y+z
yz 1 y z
Tương tự : + Đẳng thức xảy ra y = z
yz + 2 x 2 y + x z + x
0.5
zx 1 z x
+ Đẳng thức xảy ra z = x
zx + 2 y 2 z + y x + y
xy yz zx 1 x+ y y + z z + x 3
P= + + + + = 0.5
xy + 2 z yz + 2 x zx + 2 y 2 x + y y + z z + x 2
2
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =
3
3 2 0.5
Vậy Pmax = khi x = y = z =
2 3
Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì
vẫn cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định.
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
