de thi chon hsg tinh toan 11 nam 2020 2021 so gddt quang binh vong 1

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG TỈNH LỚP 11 NĂM HỌC 2020-2021 VÀ CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN DỰ THI CHỌN HSG QUỐC GIA NĂM HỌC 2021-2022 Khóa ngày 06 tháng năm 2021 Mơn thi: TỐN - Vịng Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) Đề gồm có 01 trang 05 câu SỐ BÁO DANH:…………… Câu (2,0 điểm) x   a Giải phương trình 2cos   x   cos x  sin x  4cos  4  2020 b Chứng minh phương trình  m  m  1 x  x   ln có nghiệm với tham số m Câu (2,0 điểm) a Tìm hệ số x8 khai triển thành đa thức 1  x  x3  biết n số nguyên n lớn thỏa mãn đẳng thức 1.2.C2n  2.3.Cn3  3.4.Cn4   (n  1).n.Cnn  64.n(n  1) b Gọi S tập hợp tất số tự nhiên có năm chữ số Một số thuộc S gọi “số đẹp” chữ số hàng trăm trung bình cộng hai chữ số hàng đơn vị hàng chục nghìn Chọn ngẫu nhiên số từ S Tính xác suất để số chọn “số đẹp” Câu (2,0 điểm) x3  2020 2021  2021x  2020 a Tìm giới hạn L  lim x 0 x b Cho dãy số  un  xác định bởi:     u1  2, u2  1 un1  n un2   2un1 với n  Tính u 2021 Câu (3,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy ABC tam giác vuông cân A , AB  a, AA'  a Gọi M , N trung điểm cạnh AB, BB ' Gọi G trọng tâm tam giác ABC a Xác định thiết diện hình lăng trụ cho cắt mặt phẳng  MNC ' b Tính cosin góc hai mặt phẳng ( MNC ') ( ABC ) Từ tính diện tích thiết diện tìm câu a c Gọi   mặt phẳng thay đổi qua trung điểm I B’G cắt cạnh B ' A, B ' B, B ' C X , Y , Z (không trùng B ' ) Tìm giá trị lớn biểu B ' A B ' B B 'C thức T  B ' X B 'Y B ' Z Câu (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Chứng minh rằng: cos A.cos B cos B.cos C cos C.cos A    cos C cos A cos B HẾT SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN HSG TỈNH LỚP 11 NĂM HỌC 2020-2021 VÀ CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN DỰ THI CHỌN HSG QUỐC GIA NĂM HỌC 2021-2022 Khóa ngày 06 tháng năm 2021 Mơn thi: TỐN Vịng Đáp án này gồm có 06 trang YÊU CẦU CHUNG * Đáp án trình bày lời giải cho câu Trong bài làm học sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng * Trong câu, học sinh giải sai bước giải trước cho điểm bước giải sau có liên quan Ở câu học sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai cho điểm * Điểm thành phần câu nói chung phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm thành phần là 0,5 điểm tuỳ tổ giám khảo thống để chiết thành 0,25 điểm * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm câu * Điểm toàn bài là tổng (khơng làm trịn số) điểm tất các câu Nội dung Câu Câu 1a Điểm x   Giải phương trình: 2cos2   x   cos2 x  sin x  4cos2  1,(1) 4  1,0đ    cos   x  2   cos x  sin x   cos x  (1)    2 0,25   sin x  cos2 x  1  cos x    sin x  3cos2 x  2cos x 0,25    cos  x    cos x 6  0,25   x   k 2   ,(k  Z )  k  x    18 Vậy phương trình có nghiệm x    k 2 ; x   18  k 2 (k  Z ) 0,25 Câu 1b   Chứng minh pt m2  m  x 2020  x   ln có nghiệm với tham số m Xét hàm số f ( x)   m  m  1 x 2020  x  liên tục R 1,0đ 0,25 Có f (0)  2  0,25 1  f (1)  m  m    m     0, m 2  0,25 Vì f (0) f (1)  0, m nên phương trình f ( x)  ln có nghiệm thuộc khoảng  0,1 với m 0,25 Vậy phương trình cho ln có nghiệm với m Tìm hệ số Câu 2a x8  khai triển thành đa thức  x  x3  n 1,0đ biết n số nguyên lớn thỏa mãn đẳng thức 1.2.C2n  2.3.Cn3  3.4.Cn4   (n  1).n.Cnn  64n.(n  1) Ta có cơng thức kCnk  nCnk11 với n  k  1; k , n  N * Thật vậy: kCnk  k n! (n  1)! n  nCnk11 k !.(n  k )! (n  k )!(k  1)! 0,25 Với n  k  2, n  2; k , n  N ta áp dụng công thức thu * (k  1).k.Cnk  (n  1).n.Cnk22 Khi đó: 1.2.C2n  2.3.Cn3  3.4.Cn4   (n  1).n.Cnn  (n  1).n  Cn02  Cn12  Cn22   Cnn22   (n  1).n.2n2 0,25 Từ ta có 2n2  64 suy n  (thỏa mãn điều kiện) Với n  ta có 1  x  x3   1  x (1  x)    C8k x k 1  x  8 k k 0 0,25 Số hạng chứa x8 khai triển C83 C32 x8  C84 C40 x8   C83 C32  C84 C40  x8 Vậy hệ số khai triển C83.C32  C84 C40  238 Gọi S tập hợp tất số tự nhiên có năm chữ số Mợt số tḥc S gọi “số đẹp” Câu 2b chữ số hàng trăm trung bình cợng hai chữ số hàng đơn vị hàng chục nghìn Lấy ngẫu nhiên mợt số từ S Tính xác suất để số lấy “số đẹp” Số phần tử không gian mẫu   90000 0,25 1,0đ 0,25 Gọi k “số đẹp” thuộc S Khi đó, k có dạng k  abcde, a  , c  Từ giả thiết c  ae ae Chứng tỏ a  e số chẵn Vì hai số a, e 0,25 chẵn lẻ Trường hợp 1: hai số a, e chẵn Khi đó: a có cách chọn, e có cách chọn Ứng với cặp số a, e ta chọn số c Nên trường hợp có: 10 110   2000 số Trường hợp 2: hai số a, e lẻ Khi đó: a có cách chọn, e có cách 0,25 chọn Ứng với cặp số a, e ta chọn số c Nên trường hợp có: 10 110   2500 số Nên có tất 2000  2500  4500 số “đẹp” thuộc S Vậy xác suất cần tìm là Câu 3a 4500  90000 20 x L  lim Tìm giới hạn 0,25  2020 .2021  2021x  2020 x 0 x 1,0đ Ta có  2020 L  lim  x 2021  2021x  x 0    2020  B  lim  2021   2021x     x  0,25   2021x  1 Ta có A  lim x 2021  2021x  x0 2021 x 0 Đặt t  2021 0,25 x t 2021  ; x  t  1  2021x  x  2021 Suy B  lim t 1 2020  t  1 2020.2021  2020.2021.lim 2020 2019   2020 2021 t 1 t t 1 t   t  2021 2021 Vậy L  A  B  2020 0,25 0,25 Câu 3b Cho dãy số  un  xác định u1  2, u2  1 un 1  n  un2  1  2un 1 với n  Tính u2021 Ta tính u3  0, u4  1, u5  Từ ta dự đoán un  n  3, n  (2) 1,0đ 0,25 Thậy vậy: (2) với n  Giả sử (2) với n  k , k  N * , tức uk  k  Ta xét uk 1  k  uk2  1  2uk 1  k  k  3  1   k     = k  6k  12k    k  2 k 2 Chứng tỏ (2) với n  k  Vậy (2) với số nguyên dương n Từ đây, ta tính u2021  2021   2018 Câu 0,5 Cho hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy ABC tam giác vuông cân A , AB  a, AA '  a Gọi M , N trung điểm cạnh AB, BB ' Gọi G trọng tâm tam giác ABC 0,25 3,0đ (hình vẽ) 0,5 Trong (ABB’A’), Gọi P  MN  AA ' 4a Trong (ACC’A’), Gọi Q  AC  PC ' Khi thiết diện cần tìm tứ giác NMQC’ 0,25 0,25 0,25 Trong (ABC) kẻ AH  MQ, H  MQ Ta có MQ  AH , MQ  AP  MQ   AHP  Nên góc hai mặt phẳng ( MNC ') ( ABC ) góc   AHP (vì tam giác AHP vng A) AQ PA a    AQ  A 'C' PA ' 3 a Từ AQM vuông A nên AH  13 Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vng AHP ta có: a AH AH 13  30 Ta có cos   cos AHP    PH 15 AH  AP a2 a2  13 Tứ giác BMQC hình chiếu vng góc tứ giác NMQC’ lên (ABC) nên S S NMQC '  BMQC cos  S BMQC 5a 30 a a 5a    Mà S BMQC  S ABC  S AMQ  Vậy S NMQC '  12 12 cos 24 Trước hết ta có bổ đề sau: Cho hình chóp S.ABC Gọi G là trọng tâm tam giác ABC Một mặt phẳng (P) cắt các cạnh SA, SB, SC, SG SA SB SC SG   3 A’, B’, C’, I (khơng trùng S) Khi đó: SA ' SB ' SC ' SI Thật vậy: Vì G tâm tam giác ABC nên SA SB SC SG SA  SB  SC  3SG  SA '  SB '  SC '  SI SA ' SB ' SC ' SI SA SB SC SG   3 Vì điểm A', B ', C ', I đồng phẳng nên SA ' SB ' SC ' SI Bổ đề chứng minh xong Áp dụng bổ đề ta có: 0,25 Vì AQ / / A 'C' nên 4b 4c 0,25 0,25 0,25 0,25 B ' A B ' B B 'C B 'G   3 6 B ' X B 'Y B ' Z B'I Khi đó: áp dụng BĐT cauchy ta có B ' A B ' B B 'C 6   B ' X B 'Y B ' Z B ' A B ' B B 'C  33  33 T B ' X B 'Y B ' Z T 8 0,25 Câu Vậy giá trị lớn T X, Y, Z trung điểm B ' A, B ' B, B ' C hay   / /( ABC ) 0,25 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Chứng minh rằng: cosA.cosB cosB.cosC cosC.cosA   2 cos C cosA cosB 1,0đ Ta có bổ đề 1: Trong tam giác ABC có ba góc nhọn, ta có : cosB.cosC tanA  ,(*) cosA tan B  tan C Thật vây: (*)  cos B.cos C.(tan B  tan C )  tan A.cos A  sin B.cos C  cos B.sin C  sin A  sin( B  C )  sin A  sin(  A)  sin A (đúng) Bổ đề chứng minh xong 0,25 Ta có bổ đề 2: Với x, y, z  , ta ln có x 2x  ,(**) yz x yz Thật vậy: (**)  ( x  y  z )2  x( y  z )   y  z  x   (luôn đúng) Đặt a  tan A, b  tan B, c  tan C , dễ dàng có a, b, c  Áp dụng bổ đề 1, toán viết lại: Cho a, b, c  , chứng minh a b c   2 bc ca ab Áp dụng bổ đề 2, ta có a b c 2a  2b  2c    2 bc ca ab abc Dấu “=” xảy  a  b  c, b  a  c, c  a  b hay a  b  c  (vô lý) a b c   2 Nên bc ca ab Vậy bất đẳng thức chứng minh xong 0,25 0,25 0,25 ... x0 20 21 x 0 Đặt t  20 21 0,25 x t 20 21  ; x  t  1  2021x  x  20 21 Suy B  lim t ? ?1 2020  t  1? ?? 2020. 20 21  2020. 20 21. lim 2020 2 019   2020 20 21 t ? ?1 t t ? ?1 t   t  20 21 20 21 Vậy...  2020  .20 21  2021x  2020 x 0 x 1, 0đ Ta có  2020 L  lim  x 20 21  2021x  x 0    2020  B  lim  20 21   2021x     x  0,25   2021x  1? ?? Ta có A  lim x 20 21  2021x  x0 20 21. .. QUẢNG BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN HSG TỈNH LỚP 11 NĂM HỌC 2020- 20 21 VÀ CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN DỰ THI CHỌN HSG QUỐC GIA NĂM HỌC 20 21- 2022 Khóa ngày 06 tháng năm 20 21 Mơn thi: TỐN Vịng Đáp án này