Đề thi khảo sát HSG môn Toán 11 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT Quế Võ số 1

Chia sẻ: Yunmengjiangshi Yunmengjiangshi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

100
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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!

Chủ đề:

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

Lưu

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: SHPQ  x 1  x  S HGE ; SPGN  x 1  x  SHGF ; SNFM  x 1  x  SGFE . 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 1a b   a 2  b 2   4ab  a 2  ab  b 2   2   1 2     0,5 a 2  b2 4ab a b 2 4b a VI bc 1b c ca 1 c a 2,0 Tương tự có 1  2     ; 1 2    . điểm b c 2 4c 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