11toan nangkhieul3 2021 2022

SỞ GD ĐT HẢI DƯƠNG Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LẦN THỨ BA NĂM HỌC 2021 2022 Môn Toán 11 Thời gian làm bài 180 phút Câu 1 (3 điểm) a) Cho hàm số 3 23 4y x x   có đồ thị ( )C Gọi[.]

SỞ GD-ĐT HẢI DƯƠNG Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LẦN THỨ BA NĂM HỌC 2021-2022 Môn: Toán 11 Thời gian làm bài: 180 phút Câu (3 điểm) a) Cho hàm số y  x3  3x  có đồ thị (C) Gọi A, B điểm cực trị  C  Tìm tọa độ điểm M thuộc Parabol ( P) : y  x cho tam giác AMB vng M b) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có cạnh đáy a , tâm O Gọi M , N trung điểm SA BC Biết góc MN mặt phẳng  ABCD  600 Tính độ dài MN Câu (2 điểm) n k 1 ak Cho dãy số (an ) xác định a1  6; a2  14; an   6an 1  an  24.(1) n Tìm lim  Câu (2 điểm) a) Tìm đa thức P  x  thỏa mãn: P  2x   P '  x  P ''  x  với x b) Tìm số nguyên dương x, y số nguyên tố p cho: xy  p x y Câu (2 điểm) Cho hình thang ABCD đáy lớn CD Gọi E giao điểm hai đường chéo Điểm F trung điểm cung BC (không chứa điểm E ) đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC Đường thẳng EF BC cắt G Đường tròn ngoại tiếp tam giác BFD cắt tia DA H Đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB cắt AC BD M N BM cắt GH P; GN cắt AC Q a) Chứng minh ST / / AB bốn điểm C; D; H; G nội tiếp đường tròn b) Chứng minh ba điểm D; Q; P thẳng hàng Câu (1 điểm) Mỗi đường chéo đa giác 2018 cạnh sơn n màu Biết hai đường chéo cắt điểm bên đa giác tơ màu khác Hãy tìm giá trị nhỏ n được? HƯỚNG DẪN CHẤM 11 TOÁN Câu 1: a) x  y   x  x    x  Ta có điểm cực trị (C) là: A  0;4 B  2;0 uuuur uuuur Gọi M x; x2 thuộc  P  Khi đó: AM  x; x  BM  x  2; x Vì A, B khơng thuộc       ( P) nên uuuur uuuur tam giác AMB vuông M  AM BM   x  x    x x    x x3  3x       x   x  x  1  x      x  1  x  2 Vậy có ba điểm thuộc  P  để tam giác AMB vuông M M1  0;0 , M  1;1 , M3  2;4 b) Vì S ABCD hình chóp nên SO   ABCD  Gọi H hình chiếu M  ABCD   H trung điểm AO Áp dụng định lí cosi vào tam giác CHN , ta có 2 a 5a 3  a HN  CH  CN  2.CH CN.cos450   a      .a  2 4  2   · MN , HN   MNH  600 Có HN hình chiếu MN  ABCD   MN ,   ABCD    · a HN a 10 HN · cos MNH   MN   20  · MN cos MNH cos60 Vậy MN  a 10 Câu 2: +) Dựa vào phương trình đặc trưng, tính cơng thức số hạng tổng qt dãy an   1 3 2    3  2  n n  6.(1)n   Chỉ lim an    +) Đặt cn     1   n n lim cn   cn 1  2cn  cn 1 2cn c c 1    n1 n 1   an cn1cn1 cn1cn cn 1 cn 1cn cn 1 cn cn 1 cn 1cn +) Từ n a k 1 k  n 1 1     a1 k  ak a1 c1c2 cn 1cn n 1 1    12 k 1 ak Suy lim  Câu 3: a) Xét P  x   C const, nên P  x   thỏa mãn Xét deg P  n, n  , suy deg P '  n 1,deg P ''  n  Từ phương trình ban đầu suy n   n 1   n  2  n  Đặt P  x   ax3  bx2  cx  d Suy P '  x   3ax2  2bx  c , P ''  x   6ax  2b P  2x   8ax3  4bx2  2cx  d Ta có: P  x   P '  x  P ''  x   8ax3  4bx  2cx  d   3ax  2bx  c   6ax  2b   8ax3  4bx  2cx  d  18a x3  18abx   4b  6ac  x  2bc Đồng hệ số vế phương trình trên, ta có: 8a  18a   4b  18ab a  Do P  x   x   2c  4b  6ac b  c  d  d  2bc  Vậy, P  x   P  x   x b) Bằng quy nạp dễ dàng ta chứng minh P(xn) = xn + 10, n = 0; 1;2;3;…Ta có xy3  p  x  y   x | py, y | px Do với số nguyên tố q  p ta có vq  x   vq  y   vq  x  Nên vq  x   vq  y  v p  x   v p  y   Do x  py x  y y  px   Nếu x  py  py  p  py  y   y  p   p  y    y  1 y  y  Do y   1, y  y   p  y  2, p  7, x  14   Nếu x  y  x  p.2 x  x3  p , mâu thuẫn v2 x3 1, 2 không chia hết cho Nếu y  px  p3 x4  p  x  px   p2 x3  1 p , vô lý Vậy  x, y, p   14, 2,7  Câu 4: a) + Ta dễ dàng chứng minh bổ đề: Cho tam giác ABC điểm D  BC Ta có sin BDA BD AC  sin CAD CD AB + Gọi T  FH  BC S  FG  DA Dễ thấy đường thẳng qua điểm F , G, E, S đường phân giác góc BEC, Ta có TFC  EFC  BFC  BFH  1800  BEC  BDH  1800  DEA  EDA  DAE + Trong tam giác BFC với T  BC , ta có sin BFT BT CF BT BT sin EDA AE      sin TFC CT BF CT CT sin DAE ED AE AS  + Mặt khác, ES phân giác góc AED nên ED SD BT AS   ST P AB Do CT SD Ta lại có: SHT  SHF  DBF  EBC  CBF  EBG  BEG  EGC  SGC Do tứ giác SHTG nội tiếp đường trịn Từ suy SHG  STG  1800  GCD  CDHG nội tiếp đường tròn b) Ta dễ chứng minh AHBG nội tiếp, từ suy A, H , B, G, M , N thuộc đường trịn Áp dụng định lí Pascal cho lục giác AHBGMN nội tiếp đường tròn, với D  AH  BN , Q  GN  AM , P  GH  BM Ta có D, Q, P thẳng hàng (đpcm) Câu 5: Ta gọi đường chéo qua tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đường chéo Đa giác 2018 đỉnh nên có 1009 đường chéo qua tâm Như 1009 đường chéo phải khác màu Nên n ≥ 1009, ta chứng minh n = 1009 giá trị nhỏ cần tìm Thật xét đường chéo A1A1010 , ta giữ đỉnh A1 cho đỉnh A1009 di chuyển đến đỉnh đỉnh từ A1009 , …, đến A3 theo chiều 1007 đường chéo không qua tâm Tương tự giữ đỉnh A1010 cho đỉnh A1 di chuyển theo chiều từ A2018 đến A1012 ta 1007 đường chéo không qua tâm Như ứng với đường chéo A1A1010 ta có thêm 2014 đường chéo không qua tâm không cắt điểm bên đa giác Ta tô 2015 đường chéo màu Do ta có 1009 nhóm đường chéo tơ 1009 màu khác ‒ Nếu có cách tơ màu nhỏ 1009 màu, vơ lý! Vì có 1009 đường chéo cắt tâm nên tô 1008 màu thỏa đề ‒ Bây lấy đường chéo MN ( màu MN trùng với hai màu đường chéo MM’ NN’) Trên cung nhỏ MN tồn đỉnh đa giác, giả sử đỉnh X, ta vẽ đường kính XX’, Rõ ràng đường chéo XX’ khác màu với đường chéo MM’; NN’ Vậy có 1009 cách tô màu đường chéo thỏa đề