Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT Yên Phong số 2, Bắc Ninh

Chia sẻ: Kiều Anh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

22
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT Yên Phong số 2, Bắc Ninh sẽ giúp các em kiểm tra lại đánh giá kiến thức của mình và có thêm thời gian chuẩn bị ôn tập cho kì thi học sinh giỏi sắp tới được tốt hơn. Mời các bạn cùng tham khảo.

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 trường năm 2020-2021 - Trường THPT Yên Phong số 2, Bắc Ninh

SỞ GD-ĐT BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2 NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: Toán – Lớp 11 (Đề có 02 trang) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Thi ngày: 10/3/2021 Họ và tên thí sinh: ……………………………………………….………. Số báo danh: ……………………….. Câu 1: (4,0 điểm) 1) Cho hàm số y = x 2 + 2 x − 3 (*) và đường thẳng d : y = 2 mx − 4 . Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số (*). Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 + m x2 + m x1 ; x2 thỏa mãn + = −6 . x2 − 1 x1 − 1 2) Tam giác mà ba đỉnh của nó là ba trung điểm ba cạnh của tam giác ABC được gọi là tam giác trung bình của tam giác ABC . Ta xây dựng dãy các tam giác A1 B1C1 , A2 B2C2 , A3 B3C3 ,... sao cho A1 B1C1 là một tam giác đều cạnh bằng 3 và với mỗi số nguyên dương n ≥ 2 , tam giác An BnCn là tam giác trung bình của tam giác An −1Bn −1Cn−1 . Với mỗi số nguyên dương n , kí hiệu S n tương ứng là diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác An BnCn . Tính tổng S = S1 + S 2 + ... + Sn + ... Câu 2: (4,0 điểm) π (1 + sinx + cos2x ) sin  x +  1) Giải phương trình  4 = 1 cosx . 1+tanx 2  x + 4 + x 2 + 8 x + 17 = y + y 2 + 1 2) Giải hệ phương trình  .  x + y + y + 21 + 1 = 2 4 y − 3 x Câu 3: (4,0 điểm) (x 2 + 2021) 3 1 − 2x − 2021 4x + 1 1) Tìm giới hạn lim . x →0 x u1 = 16  nun 2) Cho dãy số (un ) thỏa mãn  15 ( n.un + 1) . Tìm lim .  n +1 u + 14 = , ∀n ≥ 1 2021 n  n +1 Câu 4: (4,0 điểm) 1) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số có 6 chữ số khác nhau trong đó có ba chữ số chẵn và ba chữ số lẻ? Trong các số trên có bao nhiêu số mà các chữ số được sắp xếp theo thứ tự tăng dần? 2) Xác định số hạng chứa x28 khi khai triển (1 − x + x 2 − x 3 ) 2n thành đa thức, biết rằng 310 − 1 C + 2 C + 2 C + ... + 2 1 2n 2 3 2n 4 5 2n 2n−2 C 2 n −1 2n = . 4 1
Câu 4: (4,0 điểm) 1) Trong hệ tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD cạnh AC có phương trình là: x + 7 y − 31 = 0, hai đỉnh B , D lần lượt thuộc các đường thẳng d1 : x + y − 8 = 0, d 2 : x − 2 y + 3 = 0 . Biết rằng diện tích hình thoi bằng 75, đỉnh A có hoành độ âm. Tìm toạ độ các đỉnh hình thoi. 2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn BC = 2a đáy bé AD = a, AB = b . Mặt bên SAD là tam giác đều, M là một điểm di động trên AB, mặt phẳng ( P ) đi qua M và song song với SA, BC. a) Tìm thiết diện của hình chóp khi cắt bởi ( P ) . Thiết diện là hình gì? b) Tính diện tích thiết diện theo a, b và x = AM , ( 0 < x < b ) . Tìm x theo b để diện tích thiết diện lớn nhất. ============= Hết ============= Thí sinh không được sử dụng tài liệu khi làm bài. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 2
SỞ GD-ĐT BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2 KÌ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2020 – 2021 (HDC có 05 trang) Môn: Toán – Lớp 11 Câu Nội dung Điểm Câu 1 1 Lập bảng biến thiên và vẽ (P): y = x 2 + 2 x − 3 . Ta có đỉnh I ( −1; −4 ) . Ta có bảng biến thiên: - đồ thị là parabol có bề lõm hướng lên có trục đối xứng là đường thẳng x = −1 . - cắt trục hoành tại điểm (1;0 ) ; ( −3;0 ) cắt trục tung tại điểm ( 0; −3) . Ta có đồ thị của hàm số: y 1.0 -1 x -3 O 1 -4 Đk: x1 ≠ 1, x2 ≠ 1 Xét phương trình hoành độ giao điểm x 2 + 2 x − 3 = 2mx − 4 ⇔ x 2 − 2 ( m − 1) x + 1 = 0 (1) d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1; x2 ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ≠ 1 ∆′ = ( m − 1)2 − 1 > 0 m 2 − 2m > 0 m > 2 ⇔ ⇔ ⇔ 1 − 2 ( m − 1) + 1 ≠ 0  4 − 2m ≠ 0 m < 0 ∆′ = ( m − 1)2 − 1 > 0 m 2 − 2m > 0 m > 2 ⇔ ⇔ ⇔ . 0.5 1 − 2 ( m − 1) + 1 ≠ 0  4 − 2m ≠ 0 m < 0  x + x = 2 ( m − 1) Khi đó theo định lí viet ta có  1 2  x1.x2 = 1 x1 + m x2 + m x 2 + x22 + ( m − 1)( x1 + x2 ) − 2m + = −6 ⇔ 1 = −6 x2 − 1 x1 − 1 x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 1 (x + x ) − 2 x1 x2 + ( m − 1)( x1 + x2 ) − 2m 4 ( m − 1) − 2 + 2 ( m − 1) − 2m 2 2 2 ⇔ 1 2 = −6 ⇔ = −6 x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 1 1 − 2 ( m − 1) + 1 0.5 7 ⇔ 6 ( m − 1) − 2m − 2 = −6 ( 4 − 2m ) ⇔ 3m 2 − 13m + 14 = 0 ⇔ m = 2, m = . 2 3 Trang 1
7 Kết hợp với điều kiện ta được m = . 3 2 Vì dãy các tam giác A1B1C1 , A2 B2C2 , A3 B3C3 ,... là các tam giác đều nên bán kính đường tròn 3 ngoại tiếp các tam giác bằng cạnh × . 3 Với n = 1 thì tam giác đều A1B1C1 có cạnh bằng 3 nên đường tròn ngoại tiếp tam giác 2 3  3 A1B1C1 có bán kính R1 = 3.  S1 = π  3.  . 3  3  3 1.0 Với n = 2 thì tam giác đều A2 B2C2 có cạnh bằng nên đường tròn ngoại tiếp tam giác 2 2 1 3  1 3 A2 B2C2 có bán kính R2 = 3. .  S 2 = π  3. .  . 2 3  2 3  3 Với n = 3 thì tam giác đều A3 B3C3 có cạnh bằng nên đường tròn ngoại tiếp tam giác 4 2 1 3  1 3 A2 B2C2 có bán kính R3 = 3. .  S3 = π  3. .  . 4 3  4 3  ................... n−1 1 Như vậy tam giác đều An BnCn có cạnh bằng 3.   nên đường tròn ngoại tiếp tam giác 2 2 1 n −1 3   1 n −1 3  An BnCn có bán kính Rn = 3.   .  Sn = π  3.   .  . 2 3  2 3   Khi đó ta được dãy S1 , S2 , ...S n ... là một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu u1 = S1 = 3π 1.0 1 u và công bội q = . Do đó tổng S = S1 + S 2 + ... + Sn + ... = 1 = 4π 4 1− q Câu 2 1 π 1.0 (1 + s inx + cos2x ) sin  x +  Giải phương trình  4 = 1 cosx . 1+tanx 2  π x ≠ + kπ cosx ≠ 0 cosx ≠ 0  2 Điều kiện :  ⇔  . 1 + tanx ≠ 0  tanx ≠ − 1  x ≠ − π + kπ  4 π (1 + s inx + cos2 x ) sin  x +  1 Pt ⇔  4 = cos x s inx 2 1+ cos x cos x (1 + s inx + cos2 x ) cos x + s inx 1 ⇔ . = cos x cos x + s inx 2 2 −1 ⇔ 1 + s inx + cos 2 x = 1 ⇔ −2 s in 2 x+ s inx + 1 = 0 ⇔ s inx = hoặc s inx = 1 (loại). 2 Trang 2
 −π 1.0  x= + k 2π 1  −π  ,(k ∈ Z ) 6 Với sin x = − ⇔ s inx = sin   ⇔  2  6   x = 7π + k 2π  6 −π 7π Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: x = + k 2π ; x = + k 2π với 6 6 (k ∈ Z ) . 2.  x + 4 + x 2 + 8 x + 17 = y + y 2 + 1 (1) 1.0  .  x + y + y + 21 + 1 = 2 4 y − 3 x ( 2 ) Điều kiện: y ≥ 0 ( x + 4) − y2 2 (1) ⇔ ( x − y + 4) + x 2 + 8 x + 17 − y 2 + 1 = 0 ⇔ ( x − y + 4 ) + =0 x 2 + 8 x + 17 + y 2 + 1 ⇔ ( x − y + 4) + ( x + 4 + y )( x + 4 − y ) = 0 ⇔ ( x − y + 4 ) (1 + ( x + 4 + y) )=0 x + 8 x + 17 + y + 1 2 2 x + 8 x + 17 + y 2 + 1 2 ⇔ y = x+4 1.0 ( x + 4 + y) ( x + 4) + 1 + ( x + 4) + y2 +1 + y 2 Vì: 1 + = > 0∀x, y x 2 + 8 x + 17 + y 2 + 1 x 2 + 8 x + 17 = y2 + 1 Thay y = x + 4 vào 2 ta đuợc : ( 2 ) ⇔ x + x + 4 + x + 25 + 1 = 2 x + 16 ⇔ ( x+4 −2 +) ( ) ( x + 25 − 5 + x + 8 − 2 x + 16 = 0 )  1 1 x + 12  ⇔ x + + =0  x+4 +2 x + 25 + 5 x + 8 + 2 x + 16  x = 0  y = 4  1 1 x + 12 ( vn ) .  + + =0  x + 4 + 2 x + 25 + 5 x + 8 + 2 x + 16 Câu 3 1  3 3 1 − 2x − 1 4x + 1 − 1  2.0 Ta có L = Lim  x 1 − 2x + 2021 − 2021 . x →0 x x   Lim x 3 1 − 2x = 0 . x →0 3 1 − 2x − 1 −2x −2 2` Lim = Lim = Lim =− x →0 x x →0 x( 3 (1 − 2x) + 3 1 − 2x + 1) x →0 ( 3 (1 − 2x) + 3 1 − 2x + 1) 2 2 3 4x + 1 − 1 4x 4 Lim = Lim = Lim = 2. x →0 x x →0 x( 4x + 1 + 1) x →0 4x + 1 + 1 −2 −16168 Vậy L = 0 + 2021 − 2021.2 = . 3 3 Trang 3
2 15 ( n.un + 1) 1.0 Cho dãy số (un ) : u1 = 16, un +1 + 14 = , ∀n ≥ 1 . n +1 15 ( n.un + 1) Ta có un +1 + 14 = ⇔ (n + 1)un +1 = 15nun − 14n + 1 . n +1 Đặt xn = nun . Ta có: xn +1 = 15 xn − 14n + 1 , x1 = 16 . Xét λ − 15 = 0 ⇔ λ = 15 . Ta có xn = xn0 + xn* .Với xn0 = q.15n Và xn = an + b là nghiệm phương trình xn +1 = 15 xn − 14n + 1 . * Tìm đc xn = − n . Từ xn = xn + xn = q.15 + n  x1 = q.15 + 1  q = 1 * 0 * n 15n + n Vậy xn = 15 + n  un = n . n 1.0 nun 15n + n Vậy lim = lim = 0. 2021n 2021n Câu 4 1 * Có 5 số lẻ và 4 số chẵn từ chín số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. 1.0 3 Suy ra có C5 cách chọn 3 số lẻ từ năm số 1, 3, 5, 7, 9, 3 và có C4 cách chọn 3 số chẵn từ bốn số 2, 4, 6, 8. Cứ ba chữ số lẻ ghép với ba chữ số chẵn ta được một tập gồm 6 phần tử. Theo quy tắc nhân có C43 .C53 cách chọn các tập hợp mà mỗi tập có 3 số chẵn và 3 số lẻ từ các số trên. Ứng với mỗi tập có 6! cách sắp xếp thứ tự các phần tử và mỗi cách sắp xếp thứ tự đó ta được một số thỏa mãn bài toán. 3 3 Do đó theo quy tắc nhân có C4 .C5 .6! = 28800 số có 6 chữ số khác nhau gồm 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ từ các số trên. 3 3 * Có C4 .C5 tập hợp gồm ba chữ số lẻ và ba chữ số chẵn. Ứng với mỗi tập có duy nhất một 1.0 cách sắp xếp các phần tử theo thứ tự tăng dần. 3 3 Do đó mỗi tập hợp tương ứng với một số. Vậy có C4 .C5 = 40 số thỏa mãn. 2 Xét khai triển 1.0 (1 + 2 ) = C + 2C + 2 C + 2 C + ... + 2 +2 C 2n 0 1 2 2 3 3 2 n −1 2 n −1 2n 2n 2n 2n 2n 2n C 2n 2n (1 − 2 ) = C20n − 2C21n + 22 C22n − 23 C23n + ... − 2 2 n −1 C22nn −1 + 22 n C22nn 2n Trừ hai đẳng thức theo vế ta có 32 n − 1 32 n − 1 = 2 ( 2C21n + 23 C23n + 25 C25n + ... + 2 2 n −1 C22nn −1 ) ⇔ = C21n + 22 C23n + 24 C25n + ... + 22 n −2 C22nn −1 4 32 n − 1 310 − 1 ⇔ = ⇔ 2n = 10 ⇔ n = 5. 4 4 Ta có 1.0 1 − x + x − x = (1 − x ) (1 + x )  (1 − x + x − x ) 3 10 = (1 − x ) (1 + x 2 10 ) 2 3 2 2 10 (1 − x ) = ( C100 − C101 x + C102 x 2 − ... + C108 x 8 − C109 x 9 + C1010 x10 ) 10 (1 + x ) 2 10 = ( C100 + C101 x 2 + ... + C108 x16 + C109 x18 + C1010 x 20 ) Suy ra số hạng chứa x28 trong khai triển 1 − x + x − x ( 2 ) 3 2n là: Trang 4
C108 x8 .C1010 x20 + C1010 x10 .C109 x18 = 45 x28 + 9 x28 = 55x28 . Câu 5 1 B ∈ d1  B (b;8 − b), D ∈ d 2  (2d − 3; d ). 2.0  b + 2 d − 3 −b + d + 8  Khi đó BD = (−b + 2d − 3; b + d − 8) và trung điểm của BD là I  ; .  2 2  Theo tính chất hình thoi ta có :  BD ⊥ AC u .BD = 0 −8b + 13d − 13 = 0 b = 0  ⇔  AC ⇔ ⇔ .  I ∈ AC  I ∈ AC −6b + 9d − 9 = 0 d = 1  1 9 31 Suy ra B (0;8); D ( −1;1) . Khi đó I  − ;  ; A ∈ AC  A( −7 a + 31; a ) đk : a >  2 2 7 1 2S ABCD 15 S ABCD = AC.BD  AC = = 15 2  IA = . 2 BD 2 a = 3  A(10;3) (ktm) 2 2 2  63   9  225  9 9   −7a +  +  a −  = ⇔ a −  = ⇔   . Suy ra C (10;3) .  2  2 2  2 4 a = 6  A(−11;6) 2 + Từ M kẻ đuờng thẳng song song với BC và SA lần luợt cắt DC tại N, SB tại Q. 1.5 + Từ Q kẻ đuờng thẳng song song với BC cắt SC tại P. Thiết diện hình thang cân MNPQ S P Q P Q + Tính diện tích 2a MNPQ C B M b Ta N x tính đu ợ c D a A N H K M b−x 2.a.x ab + ax ab − a.x 3 MQ = NP = a, PQ = ; MN = từ đó tính đuợc QK = . b b b b 2 2 1 3.a Suy ra diện tích MNPQ là: x S MNPQ = ( MN + PQ ) .QK = ( b − x )( b + 3x ) 2 4b 2 3.a 2 3.a 2  3b − 3.x + b + 3.x  2 3.a 2 0.5 S MNPQ = ( b − x )( b + 3 x ) ≤   = 4b 2 12b 2  2  12 b Dấu “=”xẩy ra khi x = . 3 Trang 5