Đề kiểm tra cuối hè môn Toán 11 năm 2019 có đáp án - Trường THPT chuyên Bắc Ninh

Để đạt được kết quả cao trong kì thi sắp diễn ra, các em học sinh khối lớp 11 có thể tải về tài liệu Đề kiểm tra cuối hè môn Toán 11 năm 2019 có đáp án - Trường THPT chuyên Bắc Ninh được chia sẻ dưới đây để ôn tập, hệ thống kiến thức môn học, nâng cao tư duy giải đề thi để tự tin hơn khi bước vào kì thi chính chức. Mời các em cùng tham khảo đề thi.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH TỔ TOÁN – TIN (Đề gồm 01 trang) ĐỀ KIỂM TRA CUỐI HÈ NĂM 2019 Mơn: TỐN 11 (Dành cho lớp 11 Tốn) Thời gian: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu (2,0 điểm) a) Gọi z1 , z2 hai nghiệm phức phương trình z  z   Tính giá trị biểu thức P  z12020  z22020 b) Một công ty muốn làm đường ống dẫn dầu từ kho vị trí A bờ biển đến vị trí B hịn đảo (xem hình minh họa) Vị trí B hịn đảo cách bờ biển km , gọi C điểm bờ biển cho BC vng góc với bờ biển Khoảng cách từ A đến C km Người ta cần xác định ví trí D đoạn bờ biển AC để lắp ống dẫn theo đường gấp khúc ADB Tính khoảng cách AD để số tiền chi phí cho việc lắp đặt đường ống dẫn thấp nhất, biết giá để lắp đặt km đường ống bờ 100 triệu đồng nước 260 triệu đồng Câu (2,0 điểm)  8m   Tìm tất giá trị thực x  2 5  tham số m để phương trình cho có nghiệm thuộc  ;4   a) Cho phương trình log 21  x  2  m  5 log b) Cho đa thức P ( x)  (2 x  1)3  (2 x  1)  (2 x  1)5   (2 x  1)100 Tìm hệ số x khai triển đa thức P  x so sánh hệ số với 666000 Câu (2,0 điểm) Cho dãy số thực  xn  xác định x1  xn1  21  xn  với n  1, 2, Chứng minh dãy số  xn  có giới hạn hữu hạn tính giới hạn Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB  AC , đường tròn  nội tiếp tam giác ABC có tâm I tiếp xúc với cạnh BC , CA, AB điểm D, E , F Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC hai điểm A, P đồng thời cắt đường thẳng AD hai điểm A, K Hai đường thẳng PI , EF cắt điểm H , đường tròn ngoại tiếp tam giác DKH cắt đường tròn  hai điểm D, N a) Chứng minh hai đường thẳng DH EF vng góc với b) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc với đường tròn  Câu (2,0 điểm) Cho R tập số tự nhiên có chữ số lập từ hai chữ số Ta xây dựng tập S R theo quy tắc sau: phần tử S chọn phần tử R ; hai phần tử phân biệt S phải có ba cặp chữ số ba hàng khác (chẳng hạn hai phần tử 1.111.111 1.111.222 phân biệt có ba cặp chữ số hàng trăm, chục, đơn vị khác nhau) Chứng tỏ rằng, theo quy tắc này, với cách xây dựng tập S , số phần tử S không vượt 16 HẾT -(Cán coi thi khơng giải thích thêm) Họ tên thí sinh: Số báo danh: ĐA ĐỀ KIỂM TRA CUỐI HÈ 2019 MƠN: TỐN 11 (Dành cho lớp 11 Tốn) Thời gian: 150 Phút, khơng kể thời gian phát đề TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH TỔ TỐN – TIN Câu Nội dung trình bày 1.a Tính giá trị biểu thức P  z12020  z22020 Điểm 1,0  z    Ta có z  z   10    z    i i 3 1 3i  1 3i  3   Do 1 3i  1 3i 8 nên     1        2020 1 3i   Suy    2020 1 3i      0,5  3.673 1 3i      3.673 1 3i      1 3i 1 3i  2 0,5 1 3i 1 3i  2 Từ suy P  z12020  z22020  3i  1.b Tính khoảng cách AD để số tiền chi phí thấp nhất… 1,0 Đặt AD  x km, 0  x  9 Ta có CD   x ; BD  36  9  x 2  Giá thành lắp đặt là: T 100 x  260 36  9  x  20 5 x  13 36  9  x    0,5 Xét hàm số f  x  x  13 36  9  x , 0 < x < 9 Ta có 9 x f   x  13   36  9  x  139  x 36  9  x  x   x  13      x 2  900 25 36 9  x  169 9  x 9  x      144 Lập bảng biến thiên hàm số f  x 0;9 ta thấy hàm số đạt giá trị nhỏ x Câu 2.a 0,5 13 Vậy AD  6.5 km Nội dung trình bày Điểm 5  Tìm tất giá trị thực tham số m để phương trình có nghiệm thuộc  ;4 1,0   Điều kiện: x  Ta có: log 21  x  2  m  5 log  8m   4log 22  x  2  m  5 log  x  2  8m  0,5 x2 2 5  Đặt log  x  2  t với x   ;4  t  1;1   t  5t 1 m t  t  5t 1 t  4t 11  , t 1;1 Ta có: f t   Xét hàm f t    t  1;1 t  t  2 PT trở thành t  m  5t  2m 1   Do f 1  f t  f 1 , t 1;1 Do phương trình log  x  2  m  5 log  8m   có nghiệm thuộc x  2 5   ;4   m    2 2.b Tìm hệ số x khai triển đa thức … 0,5 1,0 Hệ số cần tìm a  4.(C32  C42   C100 ) 0,5 Rút gọn để có a  4(C101  C33 )  666.596 > 666.000 0,5 Câu Nội dung trình bày Điểm Cho dãy số thực x xác định x  x  21  x  với  n n1 n 2,0 n  1, 2, Chứng minh dãy số  xn  có giới hạn hữu hạn tính giới hạn Bằng quy nạp, ta dễ dàng chứng minh xn  n  1, 2, Ta có x1  3 Giả sử xn  Khi xn1  21  xn   21 12  theo nguyên lý quy nạp suy xn  3, n   0,5 Ta có x1  3, x2  21  x1   21   Giả sử xn  Khi xn1  21  xn   21   theo nguyên lý quy nạp suy xn  5, n   Tóm lại ta chứng minh  xn  5, n  1, 2, 1 Ta có x1  x2 Giả sử xn1  xn xn1  xn      21  xn   21  xn1  xn   xn1  xn21  xn2   0 0,5 xn1  xn xn1  xn xn1  xn Vậy theo nguyên lý quy nạp toán học suy dãy số cho dãy số tăng Dãy  xn  tăng bị chặn dãy có giới hạn hữu hạn Đặt lim  L , ta có  L  Từ xn1  21  xn  , n  1, 2, cho n   n ta L  21  L  Với điều kiện  L  ta có  2 0,5 2  L2  21  2l    L2  25  4  2l      10  L 0    L  5  L   3   2L   L   Dễ thấy L      L  Vậy phương trình 3 có nghiệm  2L  L  Vậy dãy số  xn  có giới hạn hữu hạn và lim xn    L2  25  0,5 n Câu Nội dung trình bày Điểm Cho tam giác ABC có AB  AC , đường trịn  nội tiếp tam giác ABC có tâm I tiếp xúc với cạnh BC , CA, AB điểm D, E , F Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC hai điểm A, P đồng thời cắt đường thẳng AD hai điểm A, K Hai đường thẳng PI , EF cắt 2,0 điểm H , đường tròn ngoại tiếp tam giác DKH cắt đường tròn  hai điểm D, N a) Chứng minh hai đường thẳng DH EF vng góc với b) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc với đường tròn  A P F M S B E N H K I D C a) Kí hiệu ( XY ) đường trịn đường kính XY  XYZ  đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ Dễ thấy đường tròn (AEF) đường trịn đường kính AI Suy IK  AK , IK trục đẳng phương hai đường tròn (AI) (DI) Gọi M giao điểm EF BC Ta có PM /(AI)  MF ME  PM /   MD  PM /( DI ) , suy M thuộc trục đẳng phương hai đường tròn (AI) (DI) Suy M, K, I thẳng hàng Đường tròn  tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB D, E, F suy DB EC FA   AD, BE, CF đồng quy (theo định lý ceva) Nên theo tính chất DC EA FB bàn hàng điểm điều hịa ta có ( M , D, B, C )  1  H ( M , D, B, C )  1 (1) Ta có 0,5 0,5 AF    PEC  P  AEP  PFB PF FB BD    (2  PFB  PEC ( g  g )     PBF   PCE  (cùng chan cung AP) PE EC CD  Dễ thấy I điểm cung EF đường tròn (AEF), suy PI phân giác   HEC  nên suy   PF  FH (3) Từ (2), (3) ta có FH  FB , lại có HFB FPE PE EH EH EC HB FB BD  (4) HFB  HEC ( g  g )     HD phân giác BHC HC EC CD Từ (1) (4) theo tính chất chùm điều hịa suy DH  EF b) Từ BC, EF, IK đồng quy M IK  DA, DH  EF suy DM đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giác DKH Gọi S trung điểm DM, suy SD  SN mà 0,5 ID  IN , suy SI trung trực DN Ta lại có SD tiếp tuyến đường trịn  , suy SN tiếp tuyến  (5) Từ ( M , D, B, C )  1 S trung điểm MD, nên theo hệ thức Niu tơn ta có SD  SB.SC mà SD  SN , suy SN  SB.SC , suy SN tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC (6) Từ (5) (6) suy đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc với đường trịn  0,5  Nhận xét: Có thể chứng minh ND phân giác BNC , từ xét phép vị tự tâm N biến D thành D1 (với D1 giao điểm ND với đường tròn (BNC) ) để chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc với đường tròn  Câu Nội dung trình bày Điểm Chứng tỏ rằng, theo quy tắc này, với cách xây dựng tập S , số phần tử S 2,0 không vượt 16 Với số a  S , ta kí hiệu S a tập hợp số b R cho b khác a vị trí chữ số hàng đó, trùng với a Khi đó, với a , ta có | S a | 0,75 Nên  | S a |  | S | (*) a S Bây lại chứng tỏ, với phần tử a, b phân biệt S ta có S a  Sb   Thật vậy, có số c  S a  Sb ta có c khác a nhiều chữ số, mà b khác a chữ số nên c khác b chữ số, mâu thuẫn với việc c thuộc Sb Khi ta có | S a S a | |  S a || R | 27 (**) Từ (*) (**) ta suy đpcm a S 0,75 0,5 ...ĐA ĐỀ KIỂM TRA CUỐI HÈ 2019 MƠN: TỐN 11 (Dành cho lớp 11 Tốn) Thời gian: 150 Phút, khơng kể thời gian phát đề TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH TỔ TỐN – TIN Câu Nội dung... xn1  xn xn1  xn Vậy theo nguyên lý quy nạp toán học suy dãy số cho dãy số tăng Dãy  xn  tăng bị chặn dãy có giới hạn hữu hạn Đặt lim  L , ta có  L  Từ xn1  21  xn  , n  1, 2, cho... a Khi đó, với a , ta có | S a | 0,75 Nên  | S a |  | S | (*) a S Bây lại chứng tỏ, với phần tử a, b phân biệt S ta có S a  Sb   Thật vậy, có số c  S a  Sb ta có c khác a nhiều chữ