de khao sat doi tuyen toan 11 lan 2 nam 2021 2022 truong thpt tran phu vinh phuc

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ THI KSCL ĐỘI TUYỂN NĂM HỌC 2021-2022 TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ Mơn: TỐN - Lớp 11 - Chương trình chuẩn ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) (Đề có trang) Câu Giải phương trình: sin x  2sin x   sin x Câu Trong dãy số : C23 ; C23 ;; C23 tồn số hạng liên tiếp tạo thành cấp số cộng, tìm tổng ba số hạng 13 x2   x  Câu Tìm giới hạn x1 x  x  Câu Từ số 1, 2,3 ,4, 5, 6, 7, 8, lập số tự nhiên gồm bốn chữ số đôi khác Lấy ngẫu nhiên số vừa lập Tính xác suất để lấy số chia hết cho lim Câu Cho bất phương trình: x   0; 4 với Câu Cho dãy số Đặt un   xn  x   x  x  x  m  Xác định m để bất phương trình nghiệm xác định bởi: x1  1; xn 1  2x  n  1 2022 2022  xn Với n số nguyên dương (2 xn  1) 2021 (2 x1  1) 2021 (2 x2  1) 2021 (2 x3  1) 2021     un x2  x3  x3  xn 1  Tìm nlim   1 x  x Câu Giả sử  x3   x10   a0  a1 x  a2 x  a3 x   a110 x110 11 , với a0 , a1 , a2 , , a110 hệ 10 11 số Tính giá trị tổng T  C11a11  C11a10  C11a9  C11a8   C11 a1  C11 a0 Câu Cho hình hộp ABCD ABC D Gọi G trọng tâm BC D  ABG  Thiết diện hình gì? a Xác định thiết diện hình hộp ABCD ABC D cắt mặt phẳng  BC D  , biết b Hai điểm M , N thuộc hai đoạn thẳng AD , AC cho MN song song với mặt phẳng AM  CN AD Tính tỉ số CA O xy , cho hai điểm A  1;  , B  3;1 đường thẳng Câu Trong mặt phẳng tọa độ Tìm tọa độ điểm C thuộc  để tam giác ACB cân C Câu 10 Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ac  4b  c Tìm giá trị nhỏ  a 3c P    152 c  b    b  c   c  3b   -Hết - : x 1 y   1 (Giám thị coi thi không giải thích thêm) Họ tên thí sinh: Chữ ký giám thị:……………………… Số báo danh:……………………………………… Phòng thi số:……………………………… ĐÁP ÁN C â u Nội dung Đ i ể m , pt , , , n n 1 n Giả sử số C23 ; C23 ; C23 theo thứ tự lập thành cấp số cộng n 1 n n 2C23  C23  C23 , n  11, n  ¥  4C23n 1   C23n  C23n 1    C23n 1  C23n    4C23n 1  C24n 1  C24n   C25n  2 ,  n   tm    n    23  n   150    n  13  l  , 10 Vậy C23  C23  C23  2451570 , x2   x  lim Tìm giới hạn x1 x  x  1 , 2x 1  x 2  3( x  1) 2 x   x lim x 1 ( x  1)(5 x  1) x 1 3 2x2   x  lim x 1 5x  =1 Từ số 1, 2,3 ,4, 5, 6, 7, 8, lập số tự nhiên gồm bốn chữ số đôi khác Lấy ngẫu nhiên số vừa lập Tính xác suất để lấy số chia hết cho Gọi số cần lập a1 a2 a3 a4 , , i  1, đôi khác Số có chữ số đơi khác là: A9  3024 (số) a 5 Do số cần lập chia hết có cách chọn a1 có cách chọn a2 có cách chọn a3 có cách chọn Vậy số số có chữ số chia hết cho là: 8.7.6=336 (số) Vậy xác suất để lấy số chia hết cho là: 336 P  3024 Cho bất phương trình: x   x  4x  x2  m  x   0; 4 Xác định m để bất phương trình nghiệm với Lời giải 0  x  0  x    2 x  x  m   0(2) m  x  x  3(2) Điều kiện  x   0; 4 Điều kiện cần để bpt (1) nghiệm với (2) nghiệm x   0; 4 Xét f(x)= x2-4x-3 Bảng biến thiên 0 , , , 0 , , , , 0 , x -3 f(x) -3 -7 Từ bảng biến thiên (2) với m  max f ( x)  m  3 [0;4]  x   0; 4 2 PT   x  x  x  x  m  2 Đặt t  x  x , t   t  x  x Bảng biến thiên 4 t2 0 Dựa vào bảng biến thiên suy  t  Bất phương trình trở thành g(t)=-t2+2t+1  m (3) x   0;  Để bất phương trình đầu nghiệm với (3) có g (t ) t   0; 2  m  max [0;2] nghiệm với t 2 g(t) Từ BBT suy m  x   0; 4 Kết luân m  bpt (1) nghiệm , x  Cho dãy số n xác định bởi: x1  1; xn 1  2x  n  1 2022 2022  xn , Với n số nguyên dương Đặt un  (2 xn  1)2021 (2 x1  1) 2021 (2 x2  1) 2021 (2 x3  1) 2021     x2  x3  x3  xn 1  lim un Tìm n  (2 xn  1) 2022 xn 1  xn  2022 Ta có , n  Suy 2( xn 1  xn ) (2 xn  1) 2021 1    xn  xn 1  (2 xn  1)(2 xn 1  1) 1011(2 xn 1  1) ,  n un   i 1 n     (2 x i 1) 2021 1  1011      1011   xi 1  xi 1   i 1  xi   x1  xn 1   (2 xn  1) 2022 xn 1  xn  0 x  2022 Mặt khác: nên dãy n dãy số tăng lim xn n  Nếu  xn  bị chặn tồn (2a  1) 2022 a a lim xn  a  x a  2022 Đặt (vô lý) Suy  n  không bị chặn hay 0 x  n  lim Suy lim un  n   1 x  x lim xn   suy 1011  x3   x10   a0  a1 x  a2 x  a3 x   a110 x110 11 Giả sử a0 , a1 , a2 , , a110 với hệ số Tính giá T  C11a11  C11a10  C11a9  C113 a8   C1110 a1  C1111a0 Ta có 1 x  x  10 11  x   x 1  x11  1     x   trị 11   x11  1   a0  a1 x  a2 x  a3 x   a110 x110   x  1 11 , 11 , tổng , x 11 11  1    1 C11k  x11  11 k 11 k 11    1 C11k x12111k k Số hạng chứa x khai triển ứng với 121  11k  11  k  10 k 0 k 0 11 11 Hệ số số hạng chứa x (1) 11  x  1    1 C11k x11k 11 Mặt khác 11 x khai triển  1 11  1 10 , C1110  11 k k 0 11 Hệ số số hạng chứa x khai triển  a0  a1x  a2 x  a3 x3   a110 x110   x  1 11 11 a0  1 C11  a1  1 C11  a2  1 C11   a11  1 C1111 ,  a0C110  a1C11  a2C112   a11C1111  T (2) Từ (1) (2) suy T  11  T  11 Cho hình hộp ABCD ABC D Gọi G trọng tâm BC D a Xác định thiết diện hình hộp ABCD ABC D cắt mặt phẳng  ABG  Thiết diện hình gì? b Hai điểm M , N thuộc hai đoạn thẳng AD , AC cho MN song CN AM  AD  BC D   , biết song với mặt phẳng Tính tỉ số CA , Lời giải , a Trong  BC D  kéo dài BG cắt C D I  ABG    CDDC    Ix   AB   ABG  , CD   CDDC    AB // CD  Ix // CD Khi đó:   CDDC  , kẻ đường thẳng Ix // CD cắt CC  , DD E Từ đó, F Vậy thiết diện cần tìm hình bình hành ABEF (vì EF  CD  AB EF // AB ) b Gọi O giao điểm AC BD Dễ thấy G  AC , Khi đó, qua M kẻ đường thẳng song song với BD cắt AC K  ACC A , gọi L  KN  AC  , ta có: Trong mặt phẳng  MN //  BC D    MK //  BC D    MNK  //  BC D   KN //  BC D   KN // OC  AK AM KO KO       AO AC Mặt khác, theo giả thiết, ta có: AO MD KC  AC LC  AL    AC  Vì KO  LC  , AC  AC  nên AC  AL AL AC AN      NC Mà KC AC  KC 7 CN  Vậy CA 12 Trong mặt phẳng tọa độ O xy , cho hai điểm A  1;  , B  3;1 , x 1 y   1 Tìm tọa độ điểm C thuộc  để đường thẳng tam giác ACB cân C :  x  1 t : y  2 t Phương trình tham số uuu r CA   2  t ; t  C    C   t ,  t    uuu r CB    t ; 1  t    Ta có ACB Ta có cân  CA2  CB   2  t    t     t    1  t   t  2  13  C ;  Suy  6  , Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ac  4b  c Tìm giá trị nhỏ  a 3c  152 P  c  b     b  c   c  3b   a 3c a 3c  2  ac 4 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy số: 152 2 P  ac  3b   b  c   c  3b  Từ giả thiết: ac  4b  c  ac  3b  b  c Ta lại có: ac  3b   ac  3b  c  3b  b  c    b  c  c  3b  b  c    b  c   3b  c  P   b  c   3b  c   Sử dụng C , 0 , 152  b  c   c  3b  Cauchy cho số: 152   b  c   3b  c   b  c   c  3b   30 Do vậy: P  30 152  b  c   3b  c    b  c   c  3b  ,  a 3c 3   152   b  c   3b  c    b  c   c  3b   ac  4b  c   Dấu "  " xảy  a    a 3c  b  152 P  c  b   30  c    b  c   c  3b   Vậy ,  a   b  c   , ... (2 xn  1 )20 21 (2 x1  1) 20 21 (2 x2  1) 20 21 (2 x3  1) 20 21     x2  x3  x3  xn 1  lim un Tìm n  (2 xn  1) 20 22 xn 1  xn  20 22 Ta có , n  Suy 2( xn 1  xn ) (2 xn  1) 20 21... C23 ; C23 ; C23 theo thứ tự lập thành cấp số cộng n 1 n n 2C23  C23  C23 , n  11, n  ¥  4C23n 1   C23n  C23n 1    C23n 1  C23n    4C23n 1  C24n 1  C24n   C25n  2. .. , C 1110  11 k k 0 11 Hệ số số hạng chứa x khai triển  a0  a1x  a2 x  a3 x3   a110 x110   x  1 11 11 a0  1 C11  a1  1 C11  a2  1 C11   a11  1 C 1111 ,  a0C110