Đề thi năng khiếu môn Toán 11 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi (Lần 3)

Mời các bạn học sinh cùng tham khảo Đề thi năng khiếu môn Toán 11 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi (Lần 3) được chia sẻ sau đây để luyện tập, rèn luyện và nâng cao khả năng giải bài tập đề thi nhằm chuẩn bị tốt nhất cho kì kiểm tra sắp diễn ra. Chúc các bạn thi tốt!

SỞ GD-ĐT HẢI DƯƠNG Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LẦN THỨ BA NĂM HỌC 2020-2021 Môn: Toán 11 Thời gian làm bài: 180 phút Câu (3 điểm) a) Giải phương trình x 1  x x  x2  x   log   với x   x 1  b) Tính nguyên hàm  ( x  1) ln xdx c) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi M ; N trung điểm SA; BC Xét mặt phẳng ( P ) qua MN song song với đường thẳng BD Tìm thiết diện ( P ) hình chóp S ABCD  x1  Câu (1,5 điểm) Cho dãy số thực {xn } xác định  với n  1, 2,  xn 1  21  2x n  Chứng minh dãy số {xn } có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn Câu (2,5 điểm) a) Tìm hàm số f :  thỏa mãn điều kiện: f ((1  f ( x)) f ( y ))  y  xf ( y ) x; y  b) Cho trước số nguyên dương n Tìm số nguyên dương kn nhỏ cho 3kn  1(mod 11n ) 5kn  1(mod 11n ) Câu (2 điểm) Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp (O) Giả sử tia AB cắt DC E , tia BC cắt AD F , đường thẳng AC cắt đường thẳng EF G Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác AEG cắt lại (O) K khác A a) Chứng minh KD qua trung điểm I EF b) Giả sử EF cắt BD , đường tròn ngoại tiếp tam giác IAC H ; J ( J  I ) Chứng minh OH  OJ Câu (1 điểm) Trong mặt phẳng cho điểm Những đường thẳng nối điểm khơng song song, khơng vng góc không trùng Qua điểm cho, kẻ đường vng góc với tất đường thẳng qua điểm điểm cịn lại Tìm số lượng lớn điểm cắt đường hạ vng góc, khơng tính điểm cho HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1: a) Biến đổi phương trình (1) ta x 1  log ( x  1)  x x  log ( x  x) (được tách x  ) Xét hàm số f (t )  2t  log t với t  (0; ) Ta có f '(t )  2t.ln  0 t.ln Như f ( x 1)  f ( x2  x)  x 1  x2  x  x  (loại) Vậy phương trình vô nghiệm u  ln x b) Theo công thức nguyên hàm phần với   dv  ( x  1)dx 1  1 1  1) ln xdx   x3  x  ln x    x3  x  dx 3  3  x 1  1    x3  x  ln x    x  1dx 3  3   (x 1    x3  x  ln x  x3  x  C 3  c) ;ta có: Kẻ NH song song với BD ; cắt AD P AB L Nối MP cắt SD K ML cắt SB Q Khi thiết diện MQNHK Câu 2: Bằng quy nạp ta chứng minh xn  xn  Ta có x2  x1 xn 1  xn  xn   xn 1  xn21  xn2 (21  xn  6)  (21  2 xn 1  6)    theo xn 1  xn xn 1  xn xn 1  xn nguyên lý quy nạp Như dãy cho tăng bị chặn 5; suy dãy có giới hạn hữu hạn Đặt lim  L ta có L  21  L  Bình phương hai lần (hoặc sử dựng liên hợp) ta L  Câu 3: a) f ((1  f ( x)) f ( y ))  y  xf ( y ) Từ (1) thay x  ta f ((1  f (0)) f ( y ))  y; y  (1) (2) Giả sử f (a)  f (b) , thay vào (2) ta a  b Như f đơn ánh tồn x  (1  f (0)) f ( y ) cho f ( x)  y suy f toàn ánh, dẫn tới f song ánh Vì tồn c  cho f (c)  Từ (1) cho y  c f (0)  c Từ (1) cho x  y  ta f ((1  c)c)  Vậy f ((1  c)c)  f (c), mà f đơn ánh nên (1  c)c  c  c   f (0)  Từ (1) cho x  ta dược f ( f ( y ))  y, y  (3) Từ (1) thay x f (x) , thay y f (y) sừ dụng (3) ta có: f ( y (1  x))  f ( y )  yf ( x), x, y  (4) Từ (4), cho x  1, sừ dụng f (0)  dặt a   f (1) ta : f ( y )  ay, y  Thay vào (3) đồng ta a  {1; 1} a) Ta chứng minh kn   (11n ) +) Thật vậy, ta chứng minh thỏa mãn điều kiện đồng dư    5 11   mod11n (định lý Euler),    11n Ta có: n Với  11n   11n  11n 1  10.11n 1   kn  5.11n 1     310.11  mod11n    11n 3  Và  n1   1   1 11  3kn  3kn  11n kn kn n Ta có 35  55  1( mod11)  35t  55t  1( mod11) Vì kn  5.11n 1 :  3kn  1:11n 5kn  1:11n +) Ta chứng minh kn số nhỏ Gọi hn  kn số tự nhiên nhỏ cho 5hn  1 mod11n   5hn t  1 mod11n  Vì 5kn  1( mod11) hn số nhỏ nên hn ∣ kn  5.11n 1 ; kn  hn t  hn  5.11r với  r  n  (ta cần hn 55t  : 11)  Để ý rằng: 55.11   55.11 r    r 1 r 1  55.11    55.11  r1  11 1   5   5   10 5.11r 1 5.11r 1 Vì 5k2 t  555.t  1 mod112   r   55.11  1 mod112  r1  r 1  55.11   5   5   11  q  1  11  q  1  10 5.11r 1 5.11r 1 10 10 9   112  Q1  11  11 11.Q1  1 Làm tương tự đến  55.11  1 11r 1  (11.Q  1)  112  p 11r 1  (11.Q  1) Để chia hết cho 11n  r   n  rmin  n   hn  5.11n 1  kn Làm tương tự trường hợp 3hn , ta có kết quả: hn  5.11n 2 Nhưng kn thỏa mãn hai điều kiện 3kn 5kn  1 mod11n  Như kn phải 5.11n1 ta có đpcm Câu 4: a) Giả sử KD  EF I , ta chứng minh I trung điểm EF +) IEK  GAK ( K  ( AEG ))  IDE ( K  (O)) nên IEK ~ IDE Dẫn tới IE  ID.IK +) Ta có K điểm Miquel tứ giác toàn phần EBCGAF K thuộc ( ABC ), ( AEG ) nên K  ( FCG ) Từ đó, ta IFK  ACK  ADK ( K  (O))  IDF nên b) IFK ~ IDF , dần tối IF  ID.IK  IE hay IE  IF Gọi L giao điểm AC; BD theo định lý Brocard, OL  EF  HJ nên yêu cầu toán tương đương chứng minh LH  LJ Gọi M trung điểm A C Do ( AC , LG )  1 nên GM  GL  GA  GC  G \( IAC )  GI  GJ nên tứ giác MLIJ nội tiếp Suy LJH  GMI - Do K giao điểm (GAE ), (GCF ) nên tồn tai phép vị tự quay : A  E , C  F mà M;I trung diểm AC; EF nên tâm K cho : M  I dẫn tới K  (GMI ) Suy GMI  GKD - Do ( HG, EF )  1 nên IH  IG  IE  ID  IK nên tứ giác KDGH nội tiếp Suy LHJ  GKD  GMI  LJH hay LHJ cân tai L Câu 5: Bốn điểm xác định định C 24  đường thẳng Suy từ điểm cho kẻ đường vng góc, tổng cộng 30 đường vng góc Số lượng điểm cắt đường vng góc C302  435 Số lượng phải trừ điểm sau: - Số lượng điểm khơng tính cặp năm điểm cho, nghĩa 5C62  75 (điểm) - Từ hai điểm hạ đường vng góc xuống đường đường thẳng chúng song song với không cắt nhau, ta gọi điểm điểm bị Số lượng điểm bị từ đường thẳng song song vuông góc với đường thẳng qua (5  2)  (điểm) lại Suy C32  (điểm) Vậy tổng  C52  30 (điểm) - Căp năm điểm cho lấy theo ba xác định C53  10 (tam giác) Tại trực tâm hai điểm tổng số 20 điểm Suy số lượng lớn điểm cắt 435  75  30  20  310 ... 55 .11   5   5   ? ?11  q  1  ? ?11  q  1  10 5.11r 1 5.11r 1 10 10 9   112  Q1  11  11 ? ?11. Q1  1 Làm tương tự đến  55 .11  1 11r 1  (11. Q  1)  112  p 11r 1  (11. Q...  : 11)  Để ý rằng: 55 .11   55 .11 r    r 1 r 1  55 .11    55 .11  r1  11 1   5   5   10 5.11r 1 5.11r 1 Vì 5k2 t  555.t  1 mod112   r   55 .11  1 mod112... 1  10.11n 1   kn  5.11n 1     310 .11  mod11n    11n 3  Và  n1   1   1 11  3kn  3kn  11n kn kn n Ta có 35  55  1( mod11)  35t  55t  1( mod11) Vì kn  5.11n 1