cách sắp xếp thứ tự các phần tử và mỗi cách sắp xếp thứ tự đó ta được một số thỏa mãn bài toán.. Ứng với mỗi tập có duy nhất một cách sắp xếp các phần tử theo thứ tự tăng dần[r]
(1)1
Họ tên thí sinh: ……….……… Số báo danh: ……… Câu 1: (4,0 điểm)
1) Cho hàm số y=x2+2x−3 (*) đường thẳng d y: =2mx−4 Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị (P) hàm số (*) Tìm m để d cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ
1;
x x thỏa mãn
2
6
1 1
x m x m
x x
+ + + = −
− −
2) Tam giác mà ba đỉnh ba trung điểm ba cạnh tam giác ABC gọi tam giác trung bình tam giác ABC Ta xây dựng dãy tam giác
1 1, 2 2, 3 3,
A B C A B C A B C cho A B C1 1 tam giác cạnh 3 với số
nguyên dương n≥2, tam giác A B Cn n n tam giác trung bình tam giác A B Cn−1 n−1 n−1 Với
số nguyên dương n, kí hiệu Sn tương ứng diện tích hình trịn ngoại tiếp tam giác A B Cn n n
Tính tổng S= + + +S1 S2 Sn+
Câu 2: (4,0 điểm)
1) Giải phương trình ( ) 1 sinx cos2x sin
1 4
cosx
1+tanx 2
x π
+ + +
=
2) Giải hệ phương trình
2
4 8 17 1
21 4 3
x x x y y
x y y y x
+ + + + = + +
+ + + + = −
Câu 3: (4,0 điểm) 1) Tìm giới hạn
2
x
(x 2021) 2x 2021 4x 1
lim
x
→
+ − − +
2) Cho dãy số (un) thỏa mãn ( )
1
1
16
15 . 1
14 , 1
1
n n
u
n u
u n
n
+
=
+
+ = ∀ ≥
+
Tìm lim 2021
n n nu
Câu 4: (4,0 điểm)
1) Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, lập số có chữ số khác nhau có ba chữ số chẵn ba chữ số lẻ? Trong số có số mà chữ số xếp theo thứ tự tăng dần?
2) Xác định số hạng chứa x28 khai triển ( 3)2
1− + −x x x n thành đa thức, biết
10 2
2 2
3 1
2 2 2
4
n n
n n n n
C + C + C + + − C − = −
SỞ GD-ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ
(Đề có 02 trang)
ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn: Tốn – Lớp 11
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
(2)2 Câu 4: (4,0 điểm)
1) Trong hệ tọa độ Oxy,cho hình thoi ABCD cạnhACcó phương trình là: x+7y−31=0,
hai đỉnh B D, thuộc đường thẳng d1:x+ − =y 0, d2:x−2y+ =3 0 Biết diện
tích hình thoi 75, đỉnh A có hồnh độ âm Tìm toạ độ đỉnh hình thoi
2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang, đáy lớn BC=2a đáy bé
,
AD =a AB=b Mặt bên SAD tam giác đều, M điểm di động AB, mặt phẳng
( )P qua M song song với SA, BC
a) Tìm thiết diện hình chóp cắt ( )P Thiết diện hình gì?
b) Tính diện tích thiết diện theo a, b x= AM, 0( < <x b). Tìm x theo b để diện tích thiết diện lớn
============= Hết =============
(3)Trang
SỞ GD-ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ
(HDC có 05 trang)
HƯỚNG DẪN CHẤM
KÌ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn: Tốn – Lớp 11
Câu Nội dung Điểm
Câu
1 Lập bảng biến thiên vẽ (P):
2
y=x + x− Ta có đỉnh I(− −1; 4)
Ta có bảng biến thiên:
- đồ thị parabol có bề lõm hướng lên có trục đối xứng đường thẳng x= −1 - cắt trục hoành điểm ( ) (1;0 ; −3;0) cắt trục tung điểm (0; 3− )
Ta có đồ thị hàm số:
1.0
Đk: x1≠1,x2 ≠1
Xét phương trình hồnh độ giao điểm x2+2x− =3 2mx− ⇔4 x2−2(m−1)x+ =1 (1) d cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1; 2⇔ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 ≠1
( )
( )
2 2
1 2
0
4
1 1
m m m m
m m
m
∆ =′ − − > − > >
⇔ ⇔ ⇔
< − ≠
− − + ≠
( )
( )
2 2
1 2
0
4
1 1
m m m m
m m
m
∆ =′ − − > − > >
⇔ ⇔ ⇔ <
− ≠
− − + ≠
Khi theo định lí viet ta có ( )
2
x x m
x x
+ = −
=
( )( )
( )
2
1 2
1
2 1 2
1
6
1 1
x x m x x m
x m x m
x x x x x x
+ + − + −
+ + + = − ⇔ = −
− − − + +
( ) ( )( )
( ) ( ) ( () )
( ) ( )
2 2
1 2
1 2
2 2
2 2
6
1 1
7 2 13 14 2,
3
x x x x m x x m m m m
x x x x m
m m m m m m m
+ − + − + − − − + − −
⇔ = − ⇔ = −
− + + − − +
⇔ − − − = − − ⇔ − + = ⇔ = =
0.5
0.5
-1
-4
x y
(4)Trang
Kết hợp với điều kiện ta
m=
2 Vì dãy tam giác A B C1 1 1, A B C2 2 2, A B C3 3 3, tam giác nên bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác cạnh
3 ×
Với n=1 tam giác A B C1 1 1 có cạnh nên đường trịn ngoại tiếp tam giác
1 1
A B C có bán kính 1 3
R =
2
3
3
S π
= Với n=2 tam giác A B C2 2 2 có cạnh
2 nên đường tròn ngoại tiếp tam giác
2 2
A B C có bán kính 2 .1 3
R =
2
1 3
2
S π
= Với n=3 tam giác A B C có cạnh 3 3 3
4 nên đường tròn ngoại tiếp tam giác 2
A B C có bán kính 3 .1
R =
2
1 3
4
S π
=
Như tam giác A B Cn n n có cạnh
1
2
n−
nên đường tròn ngoại tiếp tam giác
n n n
A B C có bán kính
1
1
3
n n
R
−
=
2
1
3
2
n n
S π
−
=
1.0
Khi ta dãy S1, S2, .Sn cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu u1=S1=3π công bội
4
q= Do tổng S= +S1 S2+ + Sn+ 4
u
q π
= =
−
1.0
Câu 1
Giải phương trình
(1 s inx cos2x sin)
1
cosx
1+tanx
x π
+ + +
=
Điều kiện : cosx cosx tanx tanx
4
x k
x k
π π π π
≠ +
≠ ≠
⇔
+ ≠ ≠ −
≠ − +
Pt
(1 s inx cos2 )sin
1
cos
s inx 2
1 cos
x x
x
x
π
+ + +
⇔ =
+
( )
cos s inx cos2 cos s inx
cos
cos s inx 2
x x x
x x
+ + +
⇔ =
+
2
1 s inx cos 2 s in x+ s inx s inx
x −
⇔ + + = ⇔ − + = ⇔ = s inx=1 (loại)
(5)Trang
Với ( )
2
1
sin s inx sin ,
7
2
2
x k
x k Z
x k
π π
π
π π
−
= +
−
= − ⇔ = ⇔ ∈
= +
Kết hợp với điều kiện ta nghiệm phương trình là:
x= −π +k π ;
x= π +k π với
(k∈Z)
1.0
2 ( )
( )
2
4 8 17 1 1
21 4 3 2
x x x y y
x y y y x
+ + + + = + +
+ + + + = −
Điều kiện: y≥0
( ) 2 ( ) ( )2
2
4
1 ( 4) 17
8 17
x y
x y x x y x y
x x y
+ −
⇔ − + + + + − + = ⇔ − + + =
+ + + +
( 4) ( 2 )( 2 ) ( (1) 2 ( ) 2 )
8 17 17
4
x y x y x y
x y x y
x x y x x y
y x
+ + + − + +
⇔ − + + = ⇔ − + + =
+ + + + + + + +
⇔ = +
1.0
Vì: ( ) ( ) ( )
2 2
2 2
4
4
1 ,
8 17 17
x x y y
x y
x y
x x y x x y
+ + + + + + + + +
+ = > ∀
+ + + + + + = +
Thay y= +x vào ta đuợc :
( )
( ) ( ) ( )
2 25 16
4 25 16
1 12
0 25 16
x x x x
x x x x
x x
x x x x
⇔ + + + + + = +
⇔ + − + + − + + − + = +
⇔ + + =
+ + + + + + +
( )
0
1 12
0 25 16
x y
vn x
x x x x
= =
+
+ + =
+ + + + + + +
1.0
Câu 1
Ta có
3
x
1 2x 1 4x 1 L Lim x 2x 2021 2021
x x
→
− − + −
= − + −
3 x
Lim x 2x 0
→ − =
3
2 3
x x x
1 2x 2x 2`
Lim Lim Lim
x x( (1 2x) 1 2x 1) ( (1 2x) 1 2x 1)
→ → →
− − = − = − = −
− + − + − + − +
x x x
4x 1 4x 4
Lim Lim Lim 2
x x( 4x 1) 4x 1
→ + − = → + + = → + + =
Vậy L 0 2021 2 2021.2 16168
3 3
− −
= + − =
(6)Trang
2
Cho dãy số (un): 1 16, 1 14 15( . 1), 1 1
n n
n u
u u n
n
+ +
= + = ∀ ≥
+
Ta có 1 14 15( . 1) ( 1) 1 15 14 1 1
n
n n n
n u
u n u nu n
n
+ + = + + ⇔ + + = − +
Đặt xn =nun Ta có: xn+1=15xn −14n+1, x1=16
Xét λ− = ⇔ =15 0 λ 15 Ta có xn = xn0 +x*n Với xn0 =q.15n
Và xn* =an+blà nghiệm phương trình xn+1=15xn −14n+1
Tìm đc x*n = −n Từ xn = xn0 +x*n =q.15n +nx1=q.15 1+ q=1
Vậy 15 15
n n
n n
n
x n u
n
+
= + =
1.0
Vậy lim lim15 0
2021 2021
n n
n n
nu +n
= =
1.0
Câu
1 * Có số lẻ số chẵn từ chín số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, Suy có C53 cách chọn số lẻ từ năm số 1, 3, 5, 7, 9, có C43 cách chọn số chẵn từ bốn số 2, 4, 6,
Cứ ba chữ số lẻ ghép với ba chữ số chẵn ta tập gồm phần tử Theo quy tắc nhân có 3
4.
C C cách chọn tập hợp mà tập có số chẵn số lẻ từ số
Ứng với tập có 6! cách xếp thứ tự phần tử cách xếp thứ tự ta số thỏa mãn tốn
Do theo quy tắc nhân có C C43. 53.6! = 28800 số có chữ số khác gồm chữ số chẵn chữ số lẻ từ số
1.0
* Có C C43. 53 tập hợp gồm ba chữ số lẻ ba chữ số chẵn Ứng với tập có cách xếp phần tử theo thứ tự tăng dần
Do tập hợp tương ứng với số Vậy có C C43. 53 = 40 số thỏa mãn
1.0
2 Xét khai triển
( )
( )
2 0 1 2 2 3 3 2 1 2 1 2 2
2 2 2
2 0 1 2 2 3 3 2 1 2 1 2 2
2 2 2
1 2 2 2 2 2 2
1 2 2 2 2 2 2
n n n n n
n n n n n n
n n n n n
n n n n n n
C C C C C C
C C C C C C
− −
− −
+ = + + + + + +
− = − + − + − +
Trừ hai đẳng thức theo vế ta có
( )
2 3 5 2 1 2
2 2 2 2
2 10
3
3 2 2 2
4
3
2 10
4
n
n n n n n
n n n n n n n n
n
C C C C C C C C
n n
− − − − −
− = + + + + ⇔ = + + + +
− −
⇔ = ⇔ = ⇔ =
1.0
Ta có
( )( ) ( )10 ( )10( )10
2 2
1− +x x − = −x 1 x 1+x 1− + −x x x = −1 x 1+x
( ) ( )
( ) ( )
10 0 1 2 2 8 8 9 9 10 10
10 10 10 10 10 10
10
2 16 18 10 20
10 10 10 10 10
1
1
x C C x C x C x C x C x
x C C x C x C x C x
− = − + − + − +
+ = + + + + +
Suy số hạng chứa x28 khai triển ( 3)2
1− +x x −x n là:
(7)Trang
8 10 20 10 10 18 28 28 28 10 . 10 10 . 10 45 9 55 C x C x +C x C x = x + x = x
Câu
1 B∈d1B b( ;8−b), D∈d2(2d−3; ).d
Khi DB = − +( b 2d−3;b+ −d 8) trung điểm BD 3;
2
b d b d
I + − − + +
Theo tính chất hình thoi ta có :
8 13 13 0
6 9
AC
BD AC u BD b d b
I AC I AC b d d
⊥ − + − = =
=
⇔ ⇔ ⇔
∈ ∈ − + − = =
Suy (0;8); ( 1;1)B D − Khi 9; 2
I−
; A∈AC A( 7− +a 31; )a đk : 31
7 a>
1 15
15
2
ABCD ABCD
S
S AC BD AC IA
BD
= = = =
2 2
3 (10;3) ( )
63 225 9
7
6 ( 11;6)
2 2
a A ktm
a a a
a A
=
− + + − = ⇔ − = ⇔
= −
Suy (10;3)C
2.0
2 + Từ M kẻ đuờng thẳng song song với BC SA lần luợt cắt DC N, SB Q + Từ Q kẻ đuờng thẳng song song với BC cắt SC P
Thiết diện hình thang cân MNPQ
+ Tính diện
tích MNPQ
Ta tính đuợc
2
, ;
b x a x ab ax
MQ NP a PQ MN
b b b
− +
= = = = từ tính đuợc
ab a x QK
b −
=
Suy diện tích MNPQ là: x ( ) ( )( )
2
1
2
MNPQ
a
S MN PQ QK b x b x
b
= + = − +
1.5
( )( )
2 2
2
3 3 3
3
4 12 12
MNPQ
a a b x b x a
S b x b x
b b
− + +
= − + ≤ =
Dấu “=”xẩy
b x=
0.5
D a A
C
S
N
B
b 2a
M Q P
x
P Q