Đề thi HSG Toán 11 cấp trường năm 2020 - 2021 trường Liễn Sơn - Vĩnh Phúc - TOANMATH.com

Do không còn phù hợp bác muốn thay thế để trồng bưởi, lần đầu bác chặt ngẫu nhiên 4 cây.. Tính xác suất để trong 4 cây bác Nam chặt không có hai cây nào gần nhau.[r]

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2020-2021

ĐỀ THI MƠN: TỐN

(Dành cho học sinh THPT khơng chuyên) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (4,0 điểm)

a) Tìm m để hàm số cos

3sin 5 4cos5 2 3 x

y

x x m



   có tập xác định  b) Giải phương trình:

2

2

2

cos cos 1 cos 2 tan

cos

x x

x x

x

 

 

Câu (2,0 điểm) Xung quanh bờ ao gia đình bác Nam trồng 20 chuối Do khơng cịn phù hợp bác muốn thay để trồng bưởi, lần đầu bác chặt ngẫu nhiên Tính xác suất để bác Nam chặt khơng có hai gần

Câu (2,0 điểm) Cho n số nguyên dương thỏa mãn n 41 n 3 4( 2)

n n

C  C   n Tìm hệ số x5 khai triển nhị thức Niu – tơn P x (1 ) x nx2(1 )  x 2n

Câu (2,0 điểm) Cho dãy số  un xác định bởi:

  

   

*

1 2

1

1

, ;

3 n n 1 2 2

n n

n

u u u n

n n n



 



   

    

 

 Tính lim2021 2020

n

nu

Câu (2,0 điểm) Giải bất phương trình

2

1 2

1

1

x x x

x x

       

Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có A( 5;2) M( 1; 2)  điểm nằm bên hình bình hành cho MDC MBC MBMC Tìm tọa độ điểm D biết

 1

tan

2 DAM 

Câu (4,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a cạnh bên a Gọi M điểm nằm SB cho

3 SM  SB  

a Gọi ( )P mặt phẳng chứa CM song song với SA Tính theo a diện tích thiết diện tạo ( )P hình chóp S ABCD

b E điểm thay đổi cạnh AC Xác định vị trí điểm E để ME vng góc với CD Câu (2,0 điểm) Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác có chu vi bẳng Tìm giá trị lớn biểu thức:

2 2

4 4 4 1

2

a b c

T

a b b c c a abc

  

   

  

-Hết -

TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2020-2021

ĐÁP ÁN MƠN: TỐN 11

(Dành cho học sinh THPT không chuyên) I LƯU Ý CHUNG:

- Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa

- Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm trịn

- Với hình học thí sinh khơng vẽ hình phần khơng cho điểm tương ứng với phần II ĐÁP ÁN:

Câu Nội dung trình bày Điểm

1 Câu (4,0 điểm)

a) Tìm m để hàm số cos

3sin 5 4cos5 2 3 x

y

x x m



   có tập xác định  b) Giải phương trình:

2

2

2

cos cos 1 cos 2 tan

cos

x x

x x

x

 

 

1a.(2,0 điểm)

Hàm số có tập xác định  ( ) 3sin 5 4cos5 2 3 0, .

f x  x x m   x  0,5

Ta có: ( ) 0, 3sin 5 4cos 5 2 3, .

5 5 5

m

f x    x  x x   x  0,5

2 3 sin(5 ) ,

5 m

x   x

     với

3 cos

5 4 sin

5  

 

 

 



0,5

Do sin(5  x) 1,  x  nên ( ) 0, 2 3 1 1. 5

m

f x    x       m Vậy m 1.

0,5 1b.(2,0 điểm)

Điều kiện:  

2

x l l

Suy (1)cos 2xtan2x 1 cosx (1 tan2x)

0,5

2

cos 1 cos 2 cos 2cos cos 1 0 1

cos 2 x

x x x x

x   



       

 

 0,5

 

cosx    1 x  k2 k 0,5

 

1

cos 2

2 3

x    x  k  k

Kết hợp với điều kiện, phương trình cho có nghiệm x  k2,

 

2 3

x   k  k

0,5

2 Câu (2,0 điểm) Xung quanh bờ ao gia đình bác Nam trồng 20 chuối Do khơng cịn phù hợp bác muốn thay để trồng bưởi, lần đầu bác chặt ngẫu nhiên Tính xác suất để bác Nam chặt khơng có hai gần

Số phần tử không gian mẫu ( ) 4845

20 

  C n

Trường hợp 1: Cả chặt gần có 20 cách 0,5 Trường hợp 2: Trong chặt có gần

- Chặt gần có 20 cách

- Mỗi gần có 15 khơng gần Vậy trường hợp có: 20 X 15 = 300 cách

0,5 Trường hợp 3: Trong chặt có gần nhau:

- Chặt gần có 20 cách

- Với gần có 16 khơng gần hai Trong 16 lại có 15 cặp gần Chọn hai khơng gần 16 có: 15 105

16 

C Vậy trường hợp có: 20.105 = 2100 cách

0,5

Trường hợp 4: Trong chặt có hai cặp gần - Chọn cặp gần có 20 cách

- Mỗi cách chọn cặp gần lại có 15 cặp gần chọn từ 16 Vậy trường hợp có 150

2 15 20 

cách

Vậy n(A)4845(203002100150)2275 Suy ra:

969 455 4845 2275 )

(A  

P

0,5

3 Câu (2,0 điểm). Cho n số nguyên dương thỏa mãn

4 4( 2)

n n

n n

C  C   n Tìm hệ số x5 khai triển nhị thức Niu – tơn P x (1 ) x nx2(1 )  x 2n

ĐK: n nguyên dương, ta có

4 4( 2)

n n

n n

C  C n

     tương đương với

( 4)! ( 3)! ( 4)( 3) ( 3)( 1)

4( 2) 4

( 1)!.3! !.3! 6 6

n n n n n n

n

n n

           



3n 15 n 5.    

0,5

Với n5, ta có P x (1 ) x 5x2(1 ) x 10 Xét khai triển: 5

5

(1 ) k( )k k

x x x C x



    , suy hệ số chứa x5 ứng với k4 ta có 4

5 5( 2) 80

a C  

Xét khai triển: 10 10 10

(1 ) k(3 )m m

x x x C x



   , suy hệ số chứa x5 ứng với m3 ta có 3

5 10.3 3240. a C 

1,0

Vậy hệ số x5 khai triển là:

5 80 3240 3320.

a    0,5

4 Câu (2,0 điểm) Cho dãy số  un xác định bởi:

  

   

*

1 2

1

1, ;

3 n n 1 2 2

n n

n

u u u n

n n n



 



   

    

 

 Tính lim2021 2020

n

nu

 

   

   

   

1

2

1

2

1

2

2

1 1 2 2

1

1 2

1

1 1 2

n n

n n

n n

n u u

n n n n

u u

n n n n

u u

n n n n







  

     

 

 

 

    

      

   

     

 

0,75

Đặt:

  *

1 , 2

n n

u

v n

n n

   

 Ta có v1 0và vn1vn, n 1

Suy vn 0

  *

1

0 ,

2 2

n

n

u n

u n

n  n     n   

2 2

n

n u

n

 



0,75

Suy lim2021 lim 2021 2 2021

2020 2020 2020

n

nu n n

n

 

  



  0,5

5

Câu (2,0 điểm) Giải bất phương trình

2

1 2 1.

1

x x x

x x

       

Điều kiện x0

Ta có

2

2

2

2

x   x x    

  nên

2

1 2 x   x

Do bất phương trình  1 x 2 x2 3x  1 x2 x

2 1 3 1

x x x x x

      

0,5

Nếu x0 bất phương trình trở thành 1 (vơ lý)

Nếu x0 bất phương trình x 1 x

x x

       0,5

Đặt x t x

  với t2, bất phương trình trở thành 1 t 1 t3 13

2

4

t t

     0,5

Với 13

t 13 4 12 4 0 13 105 13 105

4 8

x x x x

x

 

        

Vậy bất phương trình có nghiệm 13 105 13 105

8 x

    0,5

( 1; 2)

M   điểm nằm bên hình bình hành cho  MDCMBC MBMC Tìm tọa độ điểm D biết tan 1

2 DAM 

Gọi E điểm thứ tư hình bình hành MABE, dễ thấy MECD hình bình hành nên  MECMDC.

Mà  MDCMBC suy  MECMBC hay tứ giác BECM nội tiếp Suy BMC BEC  180o BEC 180o90o 90o

0,5

Ta có AMD BEC c c c( ) AMB BEC  90o hay AMD vuông M 0,5

Vì tan 1 1

2 2

DM

DAM DM MA

MA

   

Ta có MA4 2MD2 2 AD2 MA2 MD2 40

0,5

Giả sử D x y( ; ) ta có

2 2

2 2

40 ( 5) ( 2) 40 8 ( 1) ( 2) 8

AD x y

MD x y

      

 

 

    

 

 

Giải hệ phương trình hai nghiệm: ( 3; 4), (1;0).  Vậy có hai điểm D thỏa mãn đề là: D( 3; 4), (1;0).  D

0,5

E M

D C

A B

7 Câu (4,0 điểm). Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vuông cạnh a cạnh bên a Gọi M điểm nằm SB cho

3 SM  SB  

a Gọi ( )P mặt phẳng chứa CM song song với SA Tính theo a diện tích thiết diện tạo ( )P hình chóp S ABCD

b E điểm thay đổi cạnh AC Xác định vị trí điểm E để ME vng góc với CD

7a.(2 điểm)

Từ M kẻ MN / /SA N( AB) Khẳng định thiết diện tam giác CMN. 0,5

Ta có: 2 2 .

3 3

MN BM a

MN

SA  BS   

Xét SMCcó: MC2 SM2SC22.SM SC. .cosMSC= 2 2 .1 7

9 3 2 9

a a a

a a

  

7 . 3 a MC

 

2

2 4a 13a.

CN  BN CB  a 

Có

2 2

2 2 4 7 13 7

9 9 9

cos .

2. . 7 2 14

2. . 3 3

a a a

MN MC CN

CMN

MC MN a a

 

 

   

Suy sin 1 cos2 3 21. 14

CMN   CMN 

0,5

Diện tích thiết diện là:

2

1 1 7 21 3

. . .sin . . .

2 2 3 3 14 6

CMN

a a

S  MC MN CMN   a (đvdt) 0,5

7b (2,0 điểm)

Đặt CE xCA Kẻ EH CD H CD(  )EH / /AD nên CH  xCD

Suy CHxCD 0,5

2 1

( )

3 3

MH CH CM  xCD CS CB

     

ME MH HE 

   0,5

Để MEvng góc CDđiều kiện là:

. 0 ( ). 0 . 0

ME CD  MH HE CD  MH CD

      

HE CD.

2 1 2

( ) 0 . 0

3 3 3

xCD CS CB CD xCD CS CD

 

       

 

      

CBCD

0,5

Do SCDđều nên . . os600 1 2. 2

CS CD CS CD c   a Do

2 2 1 2 1 1

. . 0 ( ) 0 .

3 2 3 3

x a  a  a x   x

Vậy Ethuộc đoạn ACthỏa mãn 1 . 3 CE CA

0,5

8 Câu (2,0 điểm) Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác có chu vi bẳng Tìm giá trị lớn biểu thức:

2 2

4 4 4 1

2

a b c

T

a b b c c a abc

  

   

  

Vì a, b, c độ dài cạnh tam giác có chu vi bẳng nên , , 0;1 2 a b c 

2 2 4 4 4 1 1 5 1 5 1 5 1

1 1 1

a b c

T

a b c a b c a a b b c c

  

        

      0,5

Ta có

    2 

2

3 1 2 1

5 1 1

18 3 0, 0;

2

a a

a

a a

a a a a

 

     

    

   

 

2

5 1 1

18 3 , 0; 2 a

a a

a a

  

     

  

Tương tự ta có :5 12 18 3 , 0;1 , 2 b

b b

b b

    

  

    

5 1 1

18 3 , 0; 2 c

c c

c c

    

  

  

0,75

Suy T 5a 1 52 b 1 52 c 12 18a b c 9 9

a a b b c c

  

       

  

Dấu đẳng thức xảy 1 ax 9

3 m

a b c T

      đạt 1

3 a b c    

0,5