Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 năm 2020 - 2021 THPT Quế Võ số 1 có đáp án | Toán học, Lớp 11 - Ôn Luyện

Hỏi gia đình anh A để tiết kiệm tiền thì nên chọn cơ sở nào để thuê, biết rằng hai cơ sở trên có chất lượng khoan là như nhau.. Vậy gia đình anh A nên thuê cơ sở I..[r]

1 TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2020-2021 Mơn thi: TỐN - Lớp 11 THPT

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu (2 điểm) Cho  Pm :y x 22mx m 2m Biết  Pm ln cắt đường phân giác góc phần tư thứ

tại hai điểm A, B.Gọi A1, B1lần lượt hình chiếu A, B lên Ox, A2, B2lần lượt hình chiếu A, B lên Oy Tìm m để tam giác OB B1 2có diện tích gấp lần diện tích tam giác OA A1 2

Câu (4 điểm)

1 Giải phương trình 2sin 2 cos 2 7sin 4 3 1

2 cos 3

x x x

x

    



2.Giải hệ phương trình    

     

3 2

2

2 2

4 4 1 5 4 1 1

2 3 3 6 7 1 1 3 2 2

y y y x y y x

x x x y x y x

        

 

         



Câu (4 điểm)

1 Chứng minh C20221  2 C20222  2 C20223 2  C20222021 2 C202220222 C101120221

2.Cho đa giác A A A1 2 2020 nội tiếp đường tròn tâm O, chọn ngẫu nhiên đỉnh đa giác Tính xác suất để nhận tứ giác có cạnh cạnh đa giác

Hỏi gia đình anh A để tiết kiệm tiền nên chọn sở để thuê, biết hai sở có chất lượng khoan

Câu (6 điểm)

1.Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo BD AC vng góc với H AD2BC Gọi M điểm nằm cạnh ABsao cho AB3AM , N trung điểm HC Biết

 1; 3

B   , đường thẳng HM qua điểm T2; 3  , đường thẳng DN có phương trình x2y 2 0 Tìm tọa độ điểm A, C D

2 Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD hình thang cân, AB CD AB// , 2CD Các cạnh bên có độ dài Gọi O giao điểm AC BD I trung điểm SO Mặt phẳng   thay đổi qua I cắt

, , ,

SA SB SC SD M N P Q, , , Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 2

1 1 1 1

2 2

T

SM SN SP SQ

   

3 Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD A B C D. 1 1 1, mặt phẳng   thay đổi song song với hai đáy lăng trụ cắt đoạn thẳng AB BC CD DA1, 1, 1, 1 M N P Q, , , Hãy xác định vị trí mặt phẳng   để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ

Câu (2 điểm)

1 Cho a b c, , số thực dương thoả mãn abc1 Chứng minh bất đẳng thức

3 3

2 2 2

9 2

ab bc ca

a b c

a b b c c a

     

  

2 Giải phương trình 1 2020 x 1 2020 x  1 2021x 1 2021 x 1 2021x 1 2021 x - Hết -

Câu (2 điểm) Nhà anh A muốn khoan giếng sâu 20 mét dùng để lấy nước cho sinh hoạt gia đình Có hai sở khoan giếng tính chi phí sau:

Cơ sở I: Mét thứ 200 nghìn đồng kể từ mét thứ hai trở đi, giá mét tăng thêm 60 nghìn đồng so với giá mét trước

2

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM (Gồm có 06 trang)

Câu NỘI DUNG Điểm

I 2,0 điểm

Cho  Pm :y x 22mx m 2m Biết  Pm ln cắt đường phân giác góc phần tư

thứ hai điểm A, B.Gọi A1, B1 hình chiếu A, B lên Ox, A2, B2

lần lượt hình chiếu A, Blên Oy Tìm m để tam giác OB B1 2có diện tích gấp lần diện tích tam giác OA A1 2

2,0

Xét phương trình hoành độ giao điểm: 2

1 x m

x mx m m x

x m  

     

 

 0,5

*TH1:

 ;  1 ;0

A m m A m ; A20;m

 1; 1 1 1;0

B m m B m ; B20;m1

Khi  

1 2

2

1

1 1

4 1 4 . 1

2 2

3 OB B OA A

m

S S m m

m   

     

  

0,75

*TH2:

 ;  1 ;0

B m m B m ; B20;m

 1; 1 1 1;0

A m m A m ; A20;m1

Khi  

1 2

2

2

1 1

4 4. 1 2

2 2

3 OB B OA A

m

S S m m

m    

     

  

Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu đề

0,75

II 4,0

điểm Giải phương trình

2sin 2 cos 2 7sin 4 3 1.

2 cos 3

x x x

x

    

 2,0

Điều kiện: 5 2 6

x   k (*)

Phương trình tương đương 2sin 2xcos 2x7sinx 4 3 2cos x 3

0,5

2sin 2x cos 2x 7sinx 2cosx 4 0

     

2sin 2x 2cosx 1 2sin2x 7sinx 4 0

      

    

2 cosx 2sinx 1 2sinx 1 sinx 3 0

     

3

2sin 1 sin 2cos 3 0 2sin 1 0 .

sin 2cos 3 0

x

x x x

x x              

 Giải (1) :

2 1 6 sin 5 2 2 6 x k x x k               

 Giải (2): sinx2cosx3 vơ nghiệm 122232

0,5

Đối chiếu điều kiện (*) phương trình có họ nghiệm 2  . 6

x  k  k 0,5

2 Giải hệ phương trình

   

     

3 2

2

2 2

4 4 1 5 4 1 1

.

2 3 3 6 7 1 1 3 2 2

y y y x y y x

x x x y x y x

                      2,0

Điều kiện: 2 (*) 3

x 0,25

Phương trình (1)  y y 22 x1y22 y x1

   2

1 2 1 0

y x  y x 

         y x1

vì 2  22 1 0. 3

x  y  x 

0,5

Thế y x1 vào phương trình (2) ta có:

  2

2 x 3x 3 6x 7 x1 x1 x 3x2

2

2 x 3x 3 6x 7 x x x 1 x 3x 2

          

   

2 x 3x 3 1 x 3x 2 x x 7x 6

         

  

2

2

3 2 3 2

2 3 2 3

3 2

3 3 1

x x x x

x x x x

x x x x                0,5

 

2 2

3 2 3 0

3 2

3 3 1

x

x x x

x x x x                      2

3 2 0 3

. 2

3 0 4

3 2

3 3 1

x x x x x x x x                  0,25

 Giải (3) ta x1;x2

 Giải (4): phương trình

2 2

3 0

3 2

3 3 1

x x x x x x          2

2 1 0

3 2

3 3 1

x x x x x x                     2

2 3 3 3 2

0

3 2

3 3 1

x x x

x x x x x         

   vơ nghiệm vế trái dương với

2 3 x  

Đối chiếu điều kiện (*) suy tập nghiệm hệ S   1; , 2; 3 

0,5

III 4,0 điểm

1 Chứng minh C12022 2 C20222  2 C20223 2  C20222021 2 C202220222C101120221 2,0

4

 1  2 2  2 3 2  2021 2 20222 1011 2022 2022 2022 2022 2022 2022 1

C  C  C   C  C C 

 0  2 1  2 2  2 3 2  2021 2 20222 1011

2022 2022 2022 2022 2022 2022 2022

C C C C C C C

        

   

2022 2 3 2022 2022

2022 2022 2022 2022 2022

2022 2022 2021 2020 2019 2021 2022

2022 2022 2022 2022 2022 2022

1

1

x C xC x C x C x C

x x C x C x C x C xC C

      

       

Hệ số x2022 khai triển 1x 2022 x12020

 0  2 1  2 2  2 3 2  2021 2 20222 2022 2022 2022 2022 2022 2022

C  C  C  C   C  C

0,75

Mà        

2022 2022

2022 2020 2 2

2022

1 1 1 k 1 k k

k

x x x C x



      0,5

Hệ số x2022 khai triển 1 x 22022là C10112022

Vậy có điều phải chứng minh 0,5

2 Cho đa giác A A A1 2 2020 nội tiếp đường tròn tâm O, chọn ngẫu nhiên đỉnh đa giác Tính xác suất để nhận tứ giác có cạnh cạnh đa giác

2,0 Xác định không gian mẫu tính số phần tử khơng gian mẫu n  C20204 0,5 Xác định biến cố, ứng vỡi cạnh có C20192 (chia 2016 kẹo cho bạn mà bạn

nào có kẹo) tứ giác thỏa mãn toán 0,5

 

2019 2020.

n A  C 0,5

Xác suất cần tìm

     12

2017 n A

P A n

 



0,5

IV 2,0 điểm

1 Nhà anh A muốn khoan giếng sâu 20 mét dùng để lấy nước cho sinh hoạt gia đình Có hai sở khoan giếng tính chi phí sau:

Cơ sở I: mét thứ 200 nghìn đồng kể từ mét thứ hai trở đi, giá mét tăng thêm 60 nghìn đồng so với giá mét trước

Cơ sở II: mét thứ 10 nghìn đồng kể từ mét thứ hai trở đi, giá mét gấp 2 lần so với giá mét trước

Hỏi gia đình anh A để tiết kiệm tiền nên chọn sở để thuê, biết hai sở có chất lượng khoan

2,0

Cơ sở I: Gọi un (nghìn đồng) số tiền chi phí khoan giếng mét thứ n Theo giả thiết ta có u1200 un1un60

Chứng minh dãy số un cấp số cộng có cơng sai d60

0,5

Vậy số tiền toán cho sở I khoan giếng khoan giếng sâu 20 mét là:

20 20

20.19

20 15400

2

S  u u  u  u  d  (nghìn đồng) 0,5

Cơ sở II: Gọi vn (nghìn đồng) số tiền chi phí khoan giếng mét thứ n Theo giả thiết ta có v110 vn1vn 2

Chứng minh dãy số vn cấp số nhân có cơng bội q 2

0,5

Vậy số tiền toán cho sở II khoan giếng khoan giếng sâu 20 mét là:

20

20 20

1

. 24697

1 q

S v v v v

q 

     

 (nghìn đồng)

Vậy gia đình anh A nên thuê sở I

5 V

6,0 điểm

1 Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo BD

AC vng góc với H AD2BC Gọi M điểm nằm cạnh ABsao cho

3

AB AM, N trung điểm HC Biết B 1; 3, đường thẳng HM qua điểm

2; 3

T  , đường thẳng DN có phương trình x2y 2 0 Tìm tọa độ điểm A, C D

2,0

Ta có ABCD hình thang cân nên có hai đường chéo BD AC vng góc với H nên HB HC HA HD , 

0,5 Ta đặt HB HC a HA  , HD b a ,b 0 , đó:

2

3

MB MA

HM HA HB HA HB

AB AB

   

    

2 DN DH HC   

Suy 1

3 3

HM DN HA HB DH  HC HA HC DH HB

  

          1 0 3ab 3ab     Do HMDN

Đường thẳng HM qua T2; 3 vng góc với  DN nên có phương trình là: 2x y  

0,5

Gọi H t t ;2 7HM Theo định lí Talet ta có: HD AD

HB BC HD HB,  

ngược hướng nên HD 2HB , suy D t3 2;6 15t 

Mặt khác nên 3t 2 15 t     2 0 t 2 H2; 3  D8; 3 

0,5

Nhận xét , đường thẳng

Đường thẳng qua vng góc với có phương trình : Tọa độ điểm nghiệm hệ phương trình: 2 2  2;0

2 2 0 0

x x

N

x y y

 

  

     

 

Vì trung điểm nên C 2;3 Mặt khác

   

2 0 2

4 2; 15

3 4 3 15

A A

A A

x x

HA HN A

y y

 

  



     

     

 

  

Vậy tọa độ ba điểm cần tìm A2; 15 ,  C  2;3 , D 8; 3 

0,5

2 Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD hình thang cân, AB CD AB// , 2CD Các cạnh bên có độ dài Gọi O giao điểm AC BD I trung điểm SO Mặt phẳng   thay đổi qua I cắt SA SB SC SD, , , M N P Q, , , Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 2 1 2 12 12

2 2

T

SM SN SP SQ

   

2,0

L

M

N H

A

B C

D T

D DN

H T BD y  :

AC H BD x  2

N

6 Gọi K trung điểm AB, E trung điểm CD Ta có

2 2

SA SB SK

SC SD SE

 

 

     

Do: / / 3 3( )

2 2 2

CD AB

EK OK SK SE SK SO

AB CD



     

 



     

0,5

3 1 2 2 2 4 6

2SO 2SK SE SA SB SC SD SK SE SO

           

 SM SA SN SB SP2SC SQ2SD 6SO 12SI

SM  SN  SP  SQ  

     

0,5

Do M N P Q, , , đồng phẳng nên SA SB 2SC 2SD 12

SM SN  SP  SQ  Suy

1 1 2 2

12 SM SN SPSQ 

0,5

 

2 2

2 2

1 1 1 1

12 2 2 2

2SM 2SN SP SQ

 

        

 

 T= 1 2 1 2 12 12 12

2SM 2SN SP SQ 

Vậy minT 12 SM SN SP SQ 12

0,5

3 Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD A B C D. 1 1 1, mặt phẳng   thay đổi song song với hai đáy lăng trụ cắt đoạn thẳng AB BC CD DA1, 1, 1, 1 M N P Q, , , Hãy xác định vị trí mặt phẳng   để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ

7

Giả sử mặt phẳng   cắt cạnh AA BB CC DD1, 1, 1, 1 E F G H, , , Do mặt phẳng    // ABCD nên ta có:

1 1

AE BF CG DH

AA  BB CC  DD

0,5

Đặt  

1

, 0 1 ; ABCD

AE x x S S

AA      với S số Ta có SEHGF S

Suy

1

EM AM AE

x EF  AB  AA 

1

1

Q

1

A A E

EQ

x

EH A D A A

    

0,5

   

. 1 1

EMQ

EMQ EFH

EFH

S EQ EM

x x S x x S

S EH EF



 



      

Chứng minh tương tự ta có:

1  ; 1  ; 1 

HPQ HGE PGN HGF NFM GFE

S x x S S x x S S x x S Ta có SMNPQ  S SEMQSPGH SPGN SNFM

1   1 2 1 2 2 2

EFH HEG HGF GFE

S x x S S S S S x x S S x x

           

0,5

Ta có

2

2 1 1 1

1 2 2 2

2 2 2 MNPQ 2

S

x x x  S

         

  

Khi SMNPQ đạt giá trị nhỏ

2 S

1

2 x

Vậy mặt phẳng   qua trung điểm cạnh AA BB CC DD1, 1, 1, 1

0,5

VI 2,0 điểm

1 Cho a b c, , số thực dương thoả mãn abc1 Chứng minh bất đẳng thức

3 3

2 2 2

9 2

ab bc ca

a b c

a b b c c a

     

   1,0

Ta có

   

   

4 2 4 2 2

2 2

2

2 2

2 2

0 4 6 4 2 4

1

4 1

4 4

a b a a b a b ab b a b a b ab a ab b

a ab b a b ab a b

a b ab a ab b

a b ab a b b a

             

    

            

   

Tương tự có 1 2 2 1 4

bc b c

b c c b

 

    

  ; 2

1 1

4

ca c a

c a a c

 

    

  

0,5

Do đó, cộng theo vế bất đẳng thức sử dụng bất đẳng thức Schur giả thiết

1

abc ta

           

   

2 2 2

3 3 3

1 3

4

4 4

1 3 1 3

4 4

ab bc ca b c c a a b

a b b c c a a b c

bc b c ca c a ab a b bc b c ca c a ab a b

abc

a b c abc a b c

  

   

       

  

   

         

 

       

Hay a3 b3 c3 4 2ab 2 2bc 2 2ca 2 9 1 

a b b c c a

 

      

  

 

8

- Hết - Chú ý:

- Các cách làm khác cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia sở tham khảo điểm thành phần đáp án

Mặt khác 3a3 b3 c33.33 abc 9 2 

Từ  1  2 suy 4 a3 b3 c3 2ab 2 2bc 2 2ca 2 18

a b b c c a

      

    

 

Do 3 2 2 2 2 2 2 9

2

ab bc ca

a b c

a b b c c a

     

  

Dấu đẳng thức xảy a b c  1

0,25

2 Giải phương trình

   

1 2020 x 1 2020 x  1 2021x 1 2021 x 1 2021x 1 2021 x 1,0

 2  2

2 1 2020 1 2020 4 1 2020

VT   x  x   x 0,25

       

     

2 2

2

2 2

0 2021 2020 1 2021 1 2020

4 1 2021 4 1 2020 4 1 2021

x x x x x

x x VT x

      

       0,25

   

        

2

2 2

1 2021 1 2021 1 2021 1 2021

2 2021 1 2021 1 2021 1 2021 4 1 2021

VP x x x x

x x x x x

 

      

 

        

Thật vậy,

 2 2

1 2021

1 2021 1 2021

a b

a x

b x ab x

    

 

   

 

 

 2  

2 a b ab 4 ab ab ab ab 1ab 0,

0,25