SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI ĐỀ THI THÁNG LẦN 4 LỚP 11 TOÁN NĂM HỌC 2021 – 2022 MÔN TOÁN Thời gian làm bài 180 Phút Câu 1 ( 2,0 điểm) Cho hàm số 3 23 4y x x mx m= − + + − có đồ thị ( )[.]
SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THÁNG LẦN LỚP 11 TOÁN TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2021 – 2022 MƠN TỐN Thời gian làm : 180 Phút Câu ( 2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3x + mx + − m có đồ thị ( Cm ) đường thẳng d : x + y − = Tìm tất giá trị m cho d cắt ( Cm ) điểm phân biệt A, B, I ( I thuộc đoạn AB ) mà tiếp tuyến A với đồ thị cắt lại đồ thị điểm M khác A thỏa mãn tam giác AMB cân M x − y + y − 3x = Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 x + − x − y − y = −2 Câu (3,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a, SA = SB, SC = SD a) Khi SA = SC góc đường thẳng SA mặt phẳng (ABCD) 600 Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) b) Khi hai mặt bên ( SAB ) ( SCD ) vng góc với tổng diện tích hai tam giác SAB SCD 7a Tính diện tích thiết diện mặt phẳng qua S, vng góc AB tạo với hình chóp 10 Câu (1,0 điểm) Gọi S tập tất số có chữ số mà tổng chữ số 59 Lấy ngẫu nhiên số S Tính xác suất để số chọn chia hết cho 11 Câu (2,0 điểm) Cho n số nguyên dương (n 2) , xét dãy số hữu hạn a1 , a2 ,, a2 n xác định sau: a1 = 2n, ak +1 = ak (2n − k ) ,1 k 2n − k Chứng minh rằng: 2an − an+1 22 n−1 Câu (1,0 điểm) Cho số nguyên dương n k Tìm số T (n, k ) lớn cho với số thực x1 , x2 ,, xn bất đẳng thức sau đúng: (x − x ) 1i j n i j T (n, k ) (x − x ) 1i j k i j ĐÁP ÁN ĐỀ THI THÁNG LẦN 11 TOÁN 2020-2021 Câu (2,0 điểm) +) Phương trình hồnh độ giao điểm d ( Cm ) : x3 − 3x + mx + − m = − x(1) ( x − 1) ( x − x − + m ) = x = x − x − + m = 0(2) Đường thẳng d cắt ( Cm ) điểm phân biệt (2) có nghiệm phân biệt khác m +) Gọi a,b nghiệm phương trình (2) a + b = Xét A(a,3 − a ), B (b,3 − b), I (1, 2) giao điểm d ( Cm ) a + b = nên I trung điểm AB +) Phương trình tiếp tuyến A: : y = ( 3a − 6a + m ) ( x − a) + a − 3a + ma + − m Phương trình hồnh độ giao điểm A : ( 3a − 6a + m ) ( x − a) + a − 3a + ma + − m = x − 3x + mx + − m ( x − a) ( x + 2a − 3) = Vậy ( Cm ) M (3 − 2a, y (3 − 2a)) Với y (3 − 2a) = −8a + 24a − 18a − 2ma + 2m + = (−8a + 8) ( a − 2a − 1) − 10a − 2m Do a − 2a − + m = nên a − 2a − = −m Suy y (3 − 2a) = 6ma − 6m − 10a + 12 Ta được: M (3 − 2a,6ma − 6m − 10a + 12) nên IM = (2(1 − a),(6m − 10)(a − 1)) Vecto phương d u = (−1,1) Mà tam giác MAB cân M IM u = + 3m − = m = ( a 1) Đối chiếu điều kiện m , ta Đáp số: m = Câu (2,0 điểm) Điều kiện: x 1, y − y = − ( y − 1)2 ( y − 1) Ta có: (1) x3 − 3x = y − y + x − 3x = ( y − 1)3 − 3( y − 1) Xét f ( x) = x − 3x f ( x) = 3x − 0x [−1,1] f ( x) = x = 1 Suy f ( x) đồng biến [−1,1] Mà x, y − 1 [−1,1] nên f ( x) = f ( y − 1) x = y − Thay vào phương trình (2) x2 + + − x2 − − x2 = $ x + = − x x + x + = (1 − x ) x + x = $ x = nên y = ( thỏa mãn điêu kiện) Vậy hệ có nghiệm ( x, y ) = (0;1) Câu (3,0 điểm) a) Dễ có tam giác SAC Gọi O tâm ABCD khoảng cách từ A đến (SCD) lần khoảng cách d từ O đến (SCD) Gọi N trung điểm CD 1 14 a 42 = + = nên d A,( SCD ) = 2 d SO ON 3a b) Gọi M, N trung điểm AB CD Do hai mặt bên ( SAB ) ( SCD ) vng góc với nên góc MSN = 90 Đặt SM = y, SN = x Tam giác SMN vuông S nên ta có: x + y = a ( Do MN = a ) Mặt khác: S SBB + S SCD 1 1 a 7a 7a = SM AB + SN CD = y a + x a = ( x + y ) = x+ y = 2 2 10 49a 6a Do ta có: SSMN = xy = ( x + y )2 − ( x + y ) = − a2 = 2 25 25 1 Câu (1,0 điểm) 1 a1 9;0 a2 , a3 ,, a7 a1 + a2 + + a7 = 59(1) Gọi a1a2 a7 số thỏa mãn đề với Vậy số phần tử khơng gian mẫu số nghiệm (1) Ta có (1) (10 − a1 ) + (10 − a2 ) + + (10 − a7 ) = 11 hay x1 + x2 + + x7 = 11(*) xi = 10 − x1 x2 , x3 ,, x7 10 Do xi nghiệm (*) không vượt 10 nên số nghiệm (*) C106 Vậy | |= C106 Có a1a2 a7 chi hết cho 11 nên ( a1 + a3 + a5 + a7 ) − ( a2 + a4 + a6 ) = 11;22;33; Kết hợp với (1) ta a2 + a4 + a6 = 24 (2) a1 + a3 + a5 + a7 = 35 (3) Phương trình (2) tương đương (10 − a2 ) + (10 − a4 ) + (10 − a6 ) = nên tương tự (1) có số nghiệm C52 Phương trình (3) tương đương (10 − a1 ) + (10 − a3 ) + (10 − a5 ) + (10 − a7 ) = nên tương tự (1) có số nghiệm C43 Vậy số số có chữ số có tổng 59 chia hết cho 11 A = C52 C43 Do xác suất biến cố C52 C43 cần tìm P( A) = = C106 21 Câu Trước hết, ta chứng minh: ak = k C2knk :1 k 2n quy nạp Với k = 1, ak = C21n = 2n Đúng Giả sử ak = k C2kn với k 1, k 2n − Xét ak +1 = k C2kn (2n − k ) (2n)! (2n)! = C2kn (2n − k ) = (2n − k ) = (k + 1) = (k + 1)C2kn+1 k k !(2n − k )! (k + 1)!(2n − k − 1)! Mặt khác, có: kC2kn = 2n C2kn−−11 nên ak = 2n C2kn−−11 Lại có: C20n−1 C21n−1 C22n−1 Nên a1 a2 2n Vậy a k =1 k C2nn−−11 = C2nn−1 C2nn+−11 C2nn+−21 an = an+1 an+2 2n an+1 a2 n C22nn−−11 2n Mà a k =1 k n−1 i = 2n C2 n−1 = 2n 22 n−1 i =0 Nên an+1 22 n−1 Vì an = an+1 nên ta được: 2an − an+1 = an+1 22 n−1 Đây điều phải chứng minh Câu n Ta có : ( xi − x j ) = n x − xi i =1 i=1 n 2 i (x − x ) 1i j k i j k = k x − xi i =1 i=1 k 2 i k k 2 n Bất đẳng thức trở thành: n x − xi T (n, k ) k xi − xi i =1 i =1 i =1 i =1 n i Nhận xét cần xét T (n, k ) Ngồi bên vế trái có n − k biến không xuất bên phải vế trái nhỏ biến Vậy ta xét tất biến k k 2 k n x − xi T (n, k ) k xi − xi i =1 i =1 i =1 i =1 k i k k Hay (T (n, k ) − 1) xi (kT (n, k ) − n) xi2 i =1 i=1 Nếu kT (n, k ) − n , chọn ( x1 , x2 ,, xk ) cho k xi = i =1 Vậy có kT (n, k ) − n hay T (n, k ) k x i =1 i mâu thuẫn n k 2 n n k k Bây ta cần chứng minh n x − xi k xi − xi với x1 , x2 ,, xn k i=1 i =1 i=1 i=1 n i n n k Bất đẳng thức tương đương với n x xi − xi i =k +1 i=1 k i=1 n 2 i n n Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz n x xi n − k i=k +1 i =k +1 n 2 i Ta phải chứng minh n k n n A2 ( A + B)2 − B với A = xi B = xi n−k k i =k +1 i =1 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với (kA − (n − k ) B) + k (n − k ) B nên Vậy T (n, k ) = n số lớn thỏa mãn k