Đề thi HSG Toán 11 có đáp án

Chia sẻ: Ha Van Quyen | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

203
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi HSG Toán 11 có đáp án" có đi kèm đáp án giúp các bạn có thể tự đánh giá kết quả của mình sau khi hoàn thành bài test. Hy vọng tài liệu này sẽ giúp các bạn rèn luyện kỹ năng giải Toán và củng cố kiến thức để đạt kết quả cao trong kì thi. Mời các bạn tham khảo!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi HSG Toán 11 có đáp án

KHỐI 11_ ĐỀ 1 Câu I ( 4 điểm ): 1. Cho hàm số y = x 2 − 2(m − 1) x − m3 + ( m + 1) 2 (1), với m là tham số. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 2 điểm có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 4 . Với các giá trị m đó hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P = x13 + x23 + x1 x2 (3x1 + 3x2 + 8) 1 1 1 1 2016 2. Tìm hệ số của x 2017 trong khai triển của (2 x 2 − x) n −1 biết 2 + 2 + 2 + ... + 2 = . A2 A3 A4 An 2017 Câu II ( 4 điểm ): Cho phương trình: (3 − m) s inx − 4sin 3 x = (2 − m)(1 − cos 2x) 1. Giải phương trình khi m = 3 . 2. Tìm m để phương trình đã cho có 10 nghiệm thuộc (0;3π ) . Câu III ( 2 điểm ): Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 3. 1 1 1 1 Chứng minh rằng: + + . 1 + a (b + c) 1 + b (c + a ) 1 + c (a + b) abc 2 2 2 Câu IV ( 4 điểm ): x 4 y2 1 y2 x 3 y2 x 4 1. Giải hệ phương trình: x 2 y 2 1 2 x 1 3 x 2 6 y 2 17 2. Một hộp đựng 50 viên bi được đánh số từ 1 đến 50, chọn ngẫu nhiên 3 viên bi. Tính xác suất để tổng các số ghi trên 3 viên bi chọn được là một số chia hết cho 3. Câu V ( 2 điểm ): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Điểm D là chân đường phân giác trong góc A, các điểm M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của D lên AB và AC. Đường tròn (C ) có phương trình: x 2 + y 2 + 4 x − 2 y − 4 = 0 ngoại tiếp tam giác DMN . Gọi H là giao điểm BN và CM, đường thẳng AH có phương trình : 3 x y 10 0 . Tìm tọa độ các điểm A, B và C biết hoành độ của điểm A là số nguyên. Câu VI ( 4 điểm ): Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. M và P là hai điểm di động trên các cạnh AD và BC sao cho AM = CP = x (0 < x < a ). Một mặt phẳng (α ) đi qua MP và song song với CD cắt tứ diện ABCD theo một thiết diện. 1. Thiết diện trên là hình gì? 2. Tính x để thiết diện có diện tích nhỏ nhất. Họ và tên thí sinh: ………………………………………………. Số báo danh: ………………………. Giám thị 1: ……………………………………… Giám thị 2: …………………………………..……… Hết Đề thi gồm 6 câu trong 1 trang
Môn TOÁN – Khối 11 – ĐỀ 1 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1) Cho hàm số y = x − 2 ( m − 1) x − m + ( m + 1) (1), với m là tham số. Tìm m để đồ thị 2 3 2 hàm số (1) cắt trục hoành tại 2 điểm có hoành độ x 1, x 2 thỏa mãn: x1 + x2 4 . Với các 2,0 giá trị m đó hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P = x13 + x23 + x1 x2 ( 3x1 + 3x2 + 8) Phương trình hoành độ giao điểm: x 2 − 2 ( m − 1) x − m3 + ( m + 1) = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa 2 mãn x1 + x2 4 m>2 0,5 �� ∆' > 0 � �� ( m m2 − 4 > 0 � ) � �−2 < m < 0 � −2 < m < 0 x1 + x2 4 �2 ( m − 1) 4 � 2 x2017 ứng với k = 1 => Hệ số của x2017 là C2016 21 (−1) = −4032 2015 Cho phương trình: (3m)sinx – 4sin x = (2m)(1cos2x) (1) 3 4,0 Giải phương trình với m = 3 2,0
Với m = 3 ta có: (1) – 4sin3x = cos2x – 1 0,5 � 4sin 3 x − 2sin 2 x = 0 0,5 s inx=0 1 s inx= 2 0,5 x = kΠ Π � x = + 2k Π (k �Z ) 0,5 6 5Π x= + 2k Π 6 Tìm m để phương trình đã cho có 10 nghiệm thuộc ( 0;3π ) 2,0 4sin 2 x + 2(2 − m) s inx+m3� 0,5 (1) � s inx � � �= 0 s inx = 0 (2) 1 0,5 � s inx = (3) Câu 2 II m−3 s inx = (4) 2 V× x ( 0;3π ) nªn pt(2) cã nghiÖm lµ x = π , x = 2π π 5π 13π 17π 0,5 pt(3) nghiÖm lµ x = ,x = ,x = ,x = 6 6 6 6 VËy ®Ó pt (1) cã 10 nghiÖm thuéc ( 0;3π ) th× pt(4) cã 4 nghiÖm pb kh¸c c¸c nghiÖm cña pt(2) và pt(3). BiÖn luËn ®Ó (4) cã 4 nghiÖm tho¶ m·n m− 3 1 2 2 m 4 0,5 lµ � � m− 3 3< m< 5 0<
Câu 1 1 1 1 Tương tự ta có: (2), (3). III 1 + b (c + a ) 3b 2 1 + c (a + b) 3c 2 Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có: 1 1 1 1 1 1 1 ab + bc + ca 1 0,5 + + ( + + )= = W 1 + a (b + c) 1 + b (c + a) 1 + c ( a + b) 3 c b c 2 2 2 3abc abc Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc = 1, ab + bc + ca = 3 � a = b = c = 1, (a, b, c > 0). 0,5 x 4 y2 1 y2 x 3 y2 x 4 Giải hệ phương trình: 2,0 x2 y2 1 2x 1 3 x2 6 y 2 17 Điều kiện: x 3 . Giải pt(1): ( x + 4 ) ( y 2 + 1) + y 2 ( x + 3) = y 2 + x + 4 y2 + x + 3 x + 4 + y2 +1 Ta có các BĐT: y 2 ( x + 3) và ( x + 4 ) ( y 2 + 1) 2 2 1,0 x 4 y 2 1 2 y x 3 y 2 x 4 . Đẳng thức xảy ra y2 x 3. Câu Vậy: pt (1) � y 2 = x + 3 IV Thay y 2 x 3 vào (2) ta được phương trình 0,5 (�x + 1) − 3 x 2 + 6 x + 1 � x 3 + 2 x 2 − 2 x + 1 = 3 x 2 + 6 x + 1 � x 3 + 2 x 2 − 3x + � � =0 � � 1 ( � x + 2 x − 3x � 3 2 ) � 1+ � �= 0 ( ) 2 � ( x + 1) + ( x + 1) x + 6 x + 1 + x + 6 x + 1 � 2 3 2 2 3 � � 0,5 � x ( x + 2 x − 3 ) = 0 � x �{ −3;0;1} 2 {( )( ) Vậy hệ phương trình có nghiệm là: ( x; y ) � 0; − 3 ; 0; 3 ; ( 1;2 ) ; ( 1; −2 ) ; ( −3;0 ) } Một hộp đựng 50 viên bi được đánh số từ 1 đến 50, chọn ngẫu nhiên 3 viên bi. Tính xác suất để tổng các số ghi trên 3 viên bi chọn được là một số chia hết cho 3. 2,0 0,5 Số cách chọn 3 viên bi từ 50 viên bi là Trong 50 viên bi ban đầu được chia làm ba loại: có 17 viên bi ghi số chia cho 3 dư 1; 17 viên 0,5 bi ghi số chia cho 3 dư 2 và 16 viên bi ghi số chia hết cho 3. TH1: Chọn 3 viên bi cùng loại cách 0,5 TH2: 3 viên bi được chọn mỗi viên một loại 0,5 Vậy xác suất để chọn được 3 viên bi thỏa mãn bài toán là: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Điểm D là chân đường phân giác trong góc A, các điểm M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên AB và AC. Đường tròn (C ) : x 2 y 2 4 x 2 y 4 0 ngoại tiếp tam giác DMN . 2,0
Gọi H là giao điểm BN và CM, đường thẳng AH có phương trình : 3 x y 10 0 . Tìm tọa độ các điểm A, B và C biết hoành độ của điểm A là số nguyên. A N K I M H E F C B D Vì AMDN là hình vuông nên A (C ) Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: x2 y2 4x 2 y 4 0 3 x y 10 0 0,5 19 x 2; x ( L) x 2; 5 A( 2;4) y 4 y 3x 10 Câu Gọi E,F là giao điểm BN với DM,của CM với DN. Vì AMDN là hình vuông nên V MF AN MD ME ME EF // DC EF // BC MC AC AC AN MD NF NF ND AN ANF và BAN đồng dạng ABN NAF BN AF AN AM AB AB Tương tự CN AE H là trực tâm AEF AH EF AH BC 0,5 Đưởng tròn (C) có tâm I ( 2;1) AMDN là hình vuông nên I là trung điểm của AD. A( 2;4), I ( 2;1) D( 2; 2) Đường thẳng BC AH nên BC có PT: x 2 3( y 2) 0 x 3y 8 0 Phương trình AD là: x 2 ; MN AD tại I nên phương trình MN là: y = 1 x2 y2 4x 2 y 4 0 x 1; x 5 Tọa độ điểm M và N là nghiệm của hệ: 0,5 y 1 y 1 M (1;1) và N ( 5 ;1) hoặc M ( 5;1) và N (1;1) Với M (1;1) và N ( 5 ;1) . AM có PT là: x y 2 0 ; AN có PT là: x y 6 0 x 3y 8 0 x 7 Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: B (7; 5) x y 2 0 y 5 13 x x 3y 8 0 2 13 1 Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: C ; x y 6 0 1 2 2 y 2 0,5 13 1 Với M (1;1) và N ( 5 ;1) do vai trò của B và C như nhau nên B ; ; C 7; 5 2 2
13 1 13 1 Vậy B (7; 5) , C ; hoặc B ; , C (7; 5) 2 2 2 2 Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. M và P là hai điểm di động trên các cạnh AD và BC sao cho AM = CP = x (0 < x < a). Một mặt phẳng (α ) đi qua MP và song song với CD cắt tứ diện ABCD theo một thiết diện. 4,0 1. Thiết diện trên là hình gì? 2. Tính x để thiết diện có diện tích nhỏ nhất. A M N Q D B E P C M �(α ) �( ABCD) � (α ) �( ABCD) = MN / / CD( N �AC ) (α ) / / CD Tương tự (α ) �( BCD ) = PQ / / CD(Q �BD) 1,0 (α ) �( BAD) = MQ ; (α ) �( ABC ) = PN Vậy thiết diện của (α ) với tứ diện ABCD là tứ giác MNPQ. Vì MN / / PQ / / CD nên MNPQ là hình thang. CP = DQ Hai tam giác CNP và DMQ bằng nhau vì CN = DM 1,0 �PCN = �QDN = 60 0 Suy ra NP = MQ hay thiết diện là hình thang cân. Ta có MN = AM = x, PQ = BP = a – x Áp dụng định lý hàm cosin trong tam giác MDQ ta có: MQ 2 = DQ 2 + DM 2 − 2 DQ.DM .cos �MDQ = x 2 + (a − x) 2 − 2 x(a − x) = 3x 2 − 3ax + a 2 Dựng đường cao ME ta có: PQ − MN 2 ME 2 = MQ 2 − QE 2 = 3 x 2 − 3ax + a 2 − ( ) 1,0 2 a − x − x 2 8 x 2 − 8ax + 3a 2 8 x 2 − 8ax + 3a 2 = 3 x − 3ax + a − ( 2 2 ) = � ME = 2 4 2 Diện tích thiết diện MNPQ là:
( MN + PQ).ME a a a a2 a2 a S= = 8 x 2 − 8ax + 3a 2 = 8( x − ) 2 + a 2 .Vậy MinS= �x= 1,0 2 4 4 2 4 4 2 Chú ý : Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.