Đề thi khảo sát HSG môn Toán 11 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT Quế Võ số 1
lượt xem 3
download
Để giúp các bạn học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học, biết cấu trúc ra đề thi như thế nào và xem bản thân mình mất bao nhiêu thời gian để hoàn thành đề thi này. Mời các bạn cùng tham khảo Đề thi khảo sát HSG môn Toán 11 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT Quế Võ số 1 dưới đây để có thêm tài liệu ôn thi. Chúc các bạn thi tốt!
Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!
Nội dung Text: Đề thi khảo sát HSG môn Toán 11 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT Quế Võ số 1
- TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1 KÌ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2020-2021 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN - Lớp 11 THPT Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2 điểm). Cho Pm : y x2 2mx m2 m . Biết rằng Pm luôn cắt đường phân giác góc phần tư thứ nhất tại hai điểm A , B . Gọi A1 , B1 lần lượt là hình chiếu của A , B lên Ox , A2 , B2 lần lượt là hình chiếu của A , B lên Oy . Tìm m để tam giác OB1 B2 có diện tích gấp 4 lần diện tích tam giác OA1 A2 . Câu 2 (4 điểm). 2sin 2 x cos 2 x 7sin x 4 3 1. Giải phương trình 1. 2 cos x 3 y3 4 y2 4 y x 1 y 2 5 y 4 x 1 2.Giải hệ phương trình 1 . 2 x 2 3x 3 6 x 7 y 2 x 1 y 2 1 3 x 2 2 2 Câu 3 (4 điểm). C C C ... C2022 C2022 C2022 2 2 2 2 2 1. Chứng minh rằng 1 2022 2 2022 3 2022 2021 2022 1011 1. 2.Cho đa giác đều A1 A2 ... A2020 nội tiếp đường tròn tâm O , chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh bất kỳ của đa giác đó. Tính xác suất để nhận được một tứ giác có đúng một cạnh là cạnh của đa giác. Câu 4 (2 điểm). Nhà anh A muốn khoan một cái giếng sâu 20 mét dùng để lấy nước cho sinh hoạt gia đình. Có hai cơ sở khoan giếng tính chi phí như sau: Cơ sở I: Mét thứ nhất 200 nghìn đồng và kể từ mét thứ hai trở đi, giá của mỗi mét tăng thêm 60 nghìn đồng so với giá của mỗi mét trước đó. Cơ sở II: Mét thứ nhất 10 nghìn đồng và kể từ mét thứ hai trở đi, giá của mỗi mét gấp 2 lần so với giá của mỗi mét trước đó. Hỏi gia đình anh A để tiết kiệm tiền thì nên chọn cơ sở nào để thuê, biết rằng hai cơ sở trên có chất lượng khoan là như nhau. Câu 5 (6 điểm). 1.Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo BD và AC vuông góc với nhau tại H và AD 2 BC . Gọi M là điểm nằm trên cạnh AB sao cho AB 3 AM , N là trung điểm HC . Biết B 1; 3 , đường thẳng HM đi qua điểm T 2; 3 , đường thẳng DN có phương trình x 2 y 2 0 . Tìm tọa độ các điểm A , C và D . 2. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AB // CD , AB 2CD . Các cạnh bên có độ dài bằng 1. Gọi O là giao điểm của AC và BD. I là trung điểm của SO. Mặt phẳng thay đổi đi qua I và cắt SA, SB, SC , SD lần lượt tại M , N , P , Q . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1 1 T 2 2 2 . 2 SM 2 SN SP SQ 2 3. Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD. A1 B1C1 D1 , mặt phẳng thay đổi và song song với hai đáy của lăng trụ lần lượt cắt các đoạn thẳng AB1 , BC1 , CD1 , DA1 tại M , N , P, Q . Hãy xác định vị trí của mặt phẳng để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất. Câu 6 (2 điểm). 1. Cho a , b, c là các số thực dương thoả mãn abc 1 . Chứng minh bất đẳng thức ab bc ca 9 a 3 b3 c3 2 2 2 . a b b c c a 2 2 2 2 2. Giải phương trình 1 2020 x 1 2020 x 1 2021x 1 2021x 1 2021x 1 2021x . ---------- Hết ------------ 1
- HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM (Gồm có 06 trang) Câu NỘI DUNG Điểm I 2,0 Cho Pm : y x 2 2mx m m . 2 Biết rằng Pm luôn cắt đường phân giác góc phần tư điểm thứ nhất tại hai điểm A , B . Gọi A1 , B1 lần lượt là hình chiếu của A , B lên Ox , A2 , B2 2,0 lần lượt là hình chiếu của A , B lên Oy . Tìm m để tam giác OB1 B2 có diện tích gấp 4 lần diện tích tam giác OA1 A2 . x m Xét phương trình hoành độ giao điểm: x 2 2mx m 2 m x . 0,5 x m 1 *TH1: A m ; m A1 m ;0 ; A2 0; m . B m 1; m 1 B1 m 1;0 ; B2 0; m 1 . 0,75 m 1 1 1 2 2 Khi đó SOB1B2 4 SOA1 A2 m 1 4. .m m 1 . 2 2 3 *TH2: B m ; m B1 m ;0 ; B2 0; m . 0,75 A m 1; m 1 A1 m 1;0 ; A2 0; m 1 . m 2 1 2 1 m 4. m 1 2 SOB1B2 4 SOA1 A2 m 2 Khi đó . 2 2 3 Vậy có 4 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu đề bài. II 2sin 2 x cos 2 x 7sin x 4 3 4,0 1. Giải phương trình 1. 2,0 điểm 2 cos x 3 5 Điều kiện: x k 2 (*). 6 0,5 Phương trình tương đương 2sin 2 x cos 2 x 7sin x 4 3 2cos x 3 2sin 2 x cos 2 x 7 sin x 2 cos x 4 0 2sin 2 x 2cos x 1 2sin 2 x 7 sin x 4 0 0,5 2 cos x 2 sin x 1 2sin x 1 sin x 3 0 2
- 2sin x 1 0 2sin x 1 sin x 2 cos x 3 0 . sin x 2 cos x 3 0 Giải (1) : 0,5 1 x 6 k 2 sin x 2 x 5 k 2 6 Giải (2): sin x 2cos x 3 vô nghiệm vì 1 2 3 . 2 2 2 Đối chiếu điều kiện (*) phương trình có họ nghiệm x k 2 k . 0,5 6 2. Giải hệ phương trình y3 4 y2 4 y x 1 y2 5 y 4 x 1 1 . 2,0 2 x 2 3x 3 6 x 7 y 2 x 1 y 2 1 3 x 2 2 2 2 Điều kiện: x (*) 0,25 3 y y 2 x 1 y 2 y x 1 2 2 Phương trình (1) 2 y x 1 y 2 x 1 0 y x 1 0,5 2 vì x y 2 x 1 0. 2 3 Thế y x 1 vào phương trình (2) ta có: 2 x 2 3 x 3 6 x 7 x 1 x 1 x 3 x 2 2 2 x 2 3x 3 6 x 7 x3 x 2 x 1 x 3x 2 0,5 2 x 2 3x 3 1 x 3 x 2 x x3 7 x 6 x 2 3x 2 3x 2 x 2 2 x x 2 3 x 2 x 3 x 2 3x 3 1 3x 2 x 2 x x 2 3x 2 x 3 0 x 3x 3 1 2 3x 2 x x 2 3x 2 0 3 0,25 2 x . x 3 0 4 x 2 3x 3 1 3x 2 x Giải (3) ta được x 1; x 2 2 x Giải (4): phương trình x 3 0 x 3x 3 1 2 3x 2 x 2 x x 2 1 0 x 2 3x 3 1 3x 2 x 0,5 2 x 2 3x 3 3x 2 2 x 0 vô nghiệm vì vế trái luôn dương với x . x 3x 3 1 2 3x 2 x 3 Đối chiếu điều kiện (*) suy ra tập nghiệm hệ là S 1; 2 , 2; 3 . III C C C ... C2022 C2022 C2022 2 2 2 2 2 4,0 1. Chứng minh rằng 1 2022 2 2022 3 2022 2021 2022 1011 1. 2,0 điểm Ta có 0,25 3
- C C C ... C C C 1 1 2 2 2 3 2 2021 2 2022 2 1011 2022 2022 2022 2022 2022 2022 C C C C ... C C 2 2 2 2 2021 2 2022 2 0 2022 1 2022 2 2022 3 2022 2022 2022 C2022 1011 . 1 x C2022 2022 0 xC2022 1 x 2C2022 2 x 3C2022 3 ... x 2022C2022 2022 x 1 x 2022C2022 2022 0 x 2021C2022 1 x 2020C2022 2 x 2019C2022 3 ... xC2022 2021 C2022 2022 0,75 trong khai triển 1 x x 1 là 2022 2022 2020 Hệ số x C C C C ... C C 0 2 1 2 2 2 3 2 2021 2 2022 2 2022 2022 2022 2022 2022 2022 . 2022 Mà 1 x x 1 1 x C 1 x . 2 2022 2022 2020 k k 2k 2022 0,5 k 0 Hệ số của x 2022 trong khai triển 1 x 2 2022 là C2022 . 1011 0,5 Vậy có điều phải chứng minh. 2. Cho đa giác đều A1 A2 ... A2020 nội tiếp đường tròn tâm O , chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh bất kỳ của đa giác đó. Tính xác suất để nhận được một tứ giác có đúng một cạnh là cạnh của đa 2,0 giác. Xác định được không gian mẫu và tính số phần tử của không gian mẫu n C2020 4 0,5 2 Xác định được biến cố, chỉ ra ứng vỡi mỗi cạnh có C2019 (chia 2016 cái kẹo cho 3 bạn mà bạn nào cũng có kẹo) tứ giác thỏa mãn bài toán. 0,5 n A 2020.C2019 2 0,5 Xác suất cần tìm là 0,5 n A 12 P A n 2017 IV 1. Nhà anh A muốn khoan một cái giếng sâu 20 mét dùng để lấy nước cho sinh hoạt gia 2,0 đình. Có hai cơ sở khoan giếng tính chi phí như sau: điểm Cơ sở I: mét thứ nhất 200 nghìn đồng và kể từ mét thứ hai trở đi, giá của mỗi mét tăng thêm 60 nghìn đồng so với giá của mỗi mét trước đó. 2,0 Cơ sở II: mét thứ nhất 10 nghìn đồng và kể từ mét thứ hai trở đi, giá của mỗi mét gấp 2 lần so với giá của mỗi mét trước đó. Hỏi gia đình anh A để tiết kiệm tiền thì nên chọn cơ sở nào để thuê, biết rằng hai cơ sở trên có chất lượng khoan là như nhau. Cơ sở I: Gọi un (nghìn đồng) là số tiền chi phí khoan giếng ở mét thứ n . Theo giả thiết ta có u1 200 và un 1 un 60 0,5 Chứng minh dãy số un là một cấp số cộng có công sai d 60 . Vậy số tiền thanh toán cho cơ sở I khoan giếng khi khoan giếng sâu 20 mét là: 20.19 S 20 u1 u2 ... u20 20u1 d 15400 (nghìn đồng). 0,5 2 Cơ sở II: Gọi vn (nghìn đồng) là số tiền chi phí khoan giếng ở mét thứ n . Theo giả thiết ta có v1 10 và vn 1 vn 2 0,5 Chứng minh dãy số vn là một cấp số nhân có công bội q 2 . Vậy số tiền thanh toán cho cơ sở II khoan giếng khi khoan giếng sâu 20 mét là: q 20 1 S20 v1 v2 ... v20 v1. 24697 (nghìn đồng). 0,5 q 1 Vậy gia đình anh A nên thuê cơ sở I. 4
- 1. Trong mặt phẳng hệ tọa độOxy cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo BD và AC vuông góc với nhau tại H và AD 2 BC . Gọi M là điểm nằm trên cạnh AB sao cho AB 3 AM , N là trung điểm HC . Biết B 1; 3 , đường thẳng HM đi qua điểm 2,0 T 2; 3 , đường thẳng DN có phương trình x 2 y 2 0 . Tìm tọa độ các điểm A , C và D. B C N L H T M A D Ta có ABCD là hình thang cân nên có hai đường chéo BD và AC vuông góc với nhau tại 0,5 H nên HB HC, HA HD . Ta đặt HB HC a, HA HD b a, b 0 , khi đó: MB MA 2 1 HM . HA .HB HA HB AB AB 3 3 V 1 6,0 DN DH HC 2 điểm 2 1 1 1 1 1 1 0,5 Suy ra HM.DN HA HB DH HC HA. HC DH .HB ab ab 0 . 3 3 2 3 3 3 3 Do đó HM DN Đường thẳng HM đi qua T 2; 3 và vuông góc với DN nên có phương trình là: 2x y 7 0 . HD AD Gọi H t;2t 7 HM . Theo định lí Talet ta có: 2 và HD, HB ngược hướng HB BC nên HD 2 HB , suy ra D 3t 2;6t 15 . 0,5 Mặt khác D DN nên 3t 2 2 6t 15 2 0 t 2 H 2; 3 D 8; 3 . . Nhận xét rằng H T , đường thẳng BD : y 3 . Đường thẳng AC đi qua H và vuông góc với BD có phương trình : x 2 0 . x 2 x 2 Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình: N 2;0 . x 2 y 2 0 y 0 Vì N là trung điểm của HC nên C 2;3 . 0,5 xA 2 0 x 2 Mặt khác HA 4 HN A A 2; 15 . y A 3 4 0 3 y A 15 Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là A 2; 15 , C 2;3 , D 8; 3 . 2. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AB // CD , AB 2CD . Các cạnh bên có độ dài bằng 1. Gọi O là giao điểm của AC và BD. I là trung điểm của SO. Mặt phẳng thay đổi đi qua I và cắt SA, SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P , Q . Tìm giá trị 2,0 1 1 1 1 nhỏ nhất của biểu thức T 2 2 2 . 2 SM 2 SN SP SQ 2 5
- 0,5 Gọi K là trung điểm của AB, E là trung điểm của CD Ta có SA SB 2SK SC SD 2 SE CD / / AB 3 3 Do: EK OK SK SE ( SK SO ) AB 2CD 2 2 3 1 SO SK SE SA SB 2 SC 2 SD 2 SK 4 SE 6 SO 2 2 SA SB 2SC 2SD 0,5 SM SN SP SQ 6 SO 12 SI SM SN SP SQ SA SB 2SC 2SD Do M , N , P , Q đồng phẳng nên 12 . Suy ra SM SN SP SQ 0,5 1 1 2 2 12 . SM SN SP SQ 1 1 1 1 2 122 2 2 2 2 2 22 2 2 2 SM 2 SN SP SQ 1 1 1 1 T= 2 2 2 12 0,5 2 SM 2 SN SP SQ 2 1 Vậy min T 12 khi SM SN SP SQ . 2 3. Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD. A1 B1C1 D1 , mặt phẳng thay đổi và song song với hai đáy của lăng trụ lần lượt cắt các đoạn thẳng AB1 , BC1 , CD1 , DA1 tại M , N , P, Q . Hãy 2,0 xác định vị trí của mặt phẳng để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất. 6
- Giả sử mặt phẳng cắt các cạnh AA1 , BB1 , CC1 , DD1 lần lượt tại E , F , G , H . AE BF CG DH 0,5 Do mặt phẳng // ABCD nên ta có: . AA1 BB1 CC1 DD1 AE Đặt x, 0 x 1 ; S ABCD S với S là hằng số. Ta có S EHGF S . AA1 0,5 EM AM AE EQ A1 Q A1 E Suy ra x 1 x . EF AB1 AA1 EH A1 D A1 A S EMQ EQ EM . x 1 x S EMQ x 1 x S EFH . S EFH EH EF Chứng minh tương tự ta có: SHPQ x 1 x S HGE ; SPGN x 1 x SHGF ; SNFM x 1 x SGFE . 0,5 Ta có S MNPQ S S EMQ S PGH S PGN S NFM S x 1 x S EFH S HEG S HGF S GFE S x 1 x 2 S S 1 2 x 2 x 2 . 2 1 1 1 S Ta có 1 2 x 2 x 2 x S MNPQ . 2 2 2 2 2 S 1 Khi đó S MNPQ đạt giá trị nhỏ nhất là khi x . 0,5 2 2 Vậy mặt phẳng đi qua trung điểm các cạnh AA1 , BB1 , CC1 , DD1 . 1. Cho a , b, c là các số thực dương thoả mãn abc 1 . Chứng minh bất đẳng thức ab bc ca 9 a 3 b3 c3 2 2 . 1,0 a b b c 2 2 2 c a 2 2 Ta có 0 a b a 4 4a 3b 6a 2b 2 4ab3 b 4 a 4 b 4 2a 2b 2 4ab a 2 ab b 2 4 a 2 ab b 2 a2 b2 ab 1a b a 2 b 2 4ab a 2 ab b 2 2 1 2 0,5 a 2 b2 4ab a b 2 4b a VI bc 1b c ca 1 c a 2,0 Tương tự có 1 2 ; 1 2 . điểm b c 2 4c b c a2 4 a c Do đó, cộng theo vế các bất đẳng thức trên và sử dụng bất đẳng thức Schur cùng giả thiết abc 1 ta được ab bc ca 1 b c c a a b 3 2 2 2 2 2 a b b c c a 4 a 2 b c bc b c ca c a ab a b bc b c ca c a ab a b 0,25 4abc 4 1 1 a 3 b3 c 3 3abc a 3 b3 c3 3 4 4 ab bc ca Hay a b c 4 2 3 3 3 2 2 2 2 9 1 a b b c c a 2 7
- 3 a 3 b3 c 3 3.3 3 abc 9 2 3 Mặt khác 2 suy ra 4 a3 b3 c 3 ab bc ca Từ 1 và 2 2 2 18 a b b c c a 2 2 2 0,25 ab bc ca 9 Do vậy a b c 2 2 2 3 3 3 a b b c 2 2 c a 2 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 1 . 2. Giải phương trình 1 2020 x 1 2020 x 1 2021x 1 2021x 1 2021x 1 2021x . 1,0 2 4 1 2020 x 2 VT 2 1 2020 x 1 2020 x 0,25 x 2 0 2021x 2020 x 1 2021x 1 2020 x 2 2 2 2 0,25 4 1 2021x 4 1 2020 x VT 4 1 2021x 2 2 2 2 VP 2 1 2021x 1 2021x 1 2021x 1 2021x 2 1 2021x 1 2021x 1 2021x 1 2021x 4 1 2021x 2 2 2 0,25 a 1 2021x a b 2 Thật vậy, 2 . b 1 2021x 1 ab 2021x 2 a 2b ab 2 4 ab ab ab ab 1 ab 0 , luôn đúng. Vậy phương trình xảy ra x 0. 0,25 ---------- Hết ------------ Chú ý: - Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án. 8
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
Đề thi khảo sát chất lượng HSG Toán 7 đợt 1
1 p | 282 | 36
-
Đề thi khảo sát chất lượng HSG năm học 2014 - 2015 môn Toán 10
1 p | 181 | 29
-
Đề thi khảo sát chất lượng HSG môn Toán lớp 8 năm 2015-2016 - Phòng GD&ĐT Ý Yên
5 p | 393 | 20
-
2 Đề thi khảo sát HSG lần 1 Toán 12 (2013-2014) - THPT Lạng Giang số 1
14 p | 165 | 17
-
Đề thi khảo sát đội tuyển HSG môn Sinh học 9
53 p | 304 | 11
-
Đề thi khảo sát HSG môn Địa lí 11 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT Lý Thái Tổ
7 p | 121 | 7
-
Đề thi khảo sát HSG môn Toán 7 năm 2018-2019 có đáp án - Phòng GD&ĐT huyện Xuân Trường
4 p | 112 | 7
-
Đề thi khảo sát đội tuyển HSG môn Toán lớp 9 năm 2022-2023 - Sở GD&ĐT Thanh Hóa
1 p | 41 | 5
-
Đề thi khảo sát HSG môn Toán lớp 7 năm 2022-2023 có đáp án - Cụm chuyên môn số 02 Sơn Tây
6 p | 16 | 4
-
Đề thi khảo sát HSG môn Toán lớp 8 năm 2022-2023 có đáp án - Trường THCS Phú Thái
4 p | 20 | 4
-
Đề thi khảo sát đội tuyển HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 9 năm 2022-2023 (Lần 1) - Phòng GD&ĐT TP. Sầm Sơn
1 p | 19 | 4
-
Đề thi khảo sát học sinh giỏi môn Toán lớp 9 năm 2022-2023 (Vòng 1) - Phòng GD&ĐT Hoàn Kiếm, Hà Nội
1 p | 7 | 4
-
Đề thi khảo sát chất lượng học sinh giỏi Toán lớp 6 năm 2022 có đáp án - Phòng GD&ĐT huyện Hậu Lộc
5 p | 21 | 4
-
Đề thi khảo sát chất lượng học sinh giỏi Toán lớp 6 năm 2021-2022 có đáp án - Phòng GD&ĐT Diễn Châu
4 p | 24 | 4
-
Đề thi khảo sát chất lượng đội tuyển HSG môn Toán lớp 10 (Lần 1)
4 p | 18 | 4
-
Đề thi khảo sát HSG môn Toán 12 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT Hưng Nhân
34 p | 57 | 3
-
Đề thi khảo sát HSG cấp trường môn Hóa học khối THPT năm 2023-2024 có đáp án - Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương
18 p | 14 | 3
Chịu trách nhiệm nội dung:
Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA
LIÊN HỆ
Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM
Hotline: 093 303 0098
Email: support@tailieu.vn