Đề thi khảo sát HSG môn Toán 11 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT Quế Võ số 1

Để giúp các bạn học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học, biết cấu trúc ra đề thi như thế nào và xem bản thân mình mất bao nhiêu thời gian để hoàn thành đề thi này. Mời các bạn cùng tham khảo Đề thi khảo sát HSG môn Toán 11 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT Quế Võ số 1 dưới đây để có thêm tài liệu ôn thi. Chúc các bạn thi tốt!

TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ KÌ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2020-2021 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2 điểm) Cho hai điểm lên Môn thi: TỐN - Lớp 11 THPT Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)  Pm  : y  x2  2mx  m2  m Biết  Pm  ln cắt đường phân giác góc phần tư thứ A , B Gọi A1 , B1 hình chiếu A , B lên Ox , A2 , B2 hình chiếu A , B Oy Tìm m để tam giác OB1 B2 có diện tích gấp lần diện tích tam giác OA1 A2 Câu (4 điểm) Giải phương trình 2sin x  cos x  7sin x    cos x     y3  y2  y  x  y  y   x   2.Giải hệ phương trình  2 x  3x   x   y  x  1   y  1 x  Câu (4 điểm) Chứng minh 2.Cho đa giác C   C   C  2022 2 2022 2022 1  2 2021 2022 1011    C2022 1   C2022   C2022 2 A1 A2 A2020 nội tiếp đường tròn tâm O , chọn ngẫu nhiên đỉnh đa giác Tính xác suất để nhận tứ giác có cạnh cạnh đa giác 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 Cơ sở II: Mét thứ 10 nghìn đồng kể từ mét thứ hai trở đi, giá mét gấp 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 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  BC Gọi M điểm nằm cạnh AB cho AB  AM , N trung điểm HC Biết B  1;  3 , đường thẳng HM qua điểm T  2;  3 , đường thẳng DN có phương trình x  y   Tìm tọa độ điểm A , C D 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 1 T   2 2 SM SN SP SQ Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD A1 B1C1 D1 , mặt phẳng   thay đổi song song với hai đáy lăng trụ cắt đoạn thẳng AB1 , BC1 , CD1 , DA1 M , N , P, Q Hãy xác định vị trí mặt phẳng   để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ Câu (2 điểm) Cho a , b, c số thực dương thoả mãn abc  Chứng minh bất đẳng thức a  b3  c3  Giải phương trình ab bc ca  2  2 a b b c c a 2  2020 x   2020 x  1  2021x   2021x  1  2021x   2021x Hết HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM (Gồm có 06 trang) Câu I 2,0 điểm Cho  Pm  : y  x NỘI DUNG  2mx  m  m Biết  Pm  ln cắt đường phân giác góc phần tư A , B Gọi A1 , B1 hình chiếu A , B lên Ox , A2 , B2 hình chiếu A , B lên Oy Tìm m để tam giác OB1 B2 có diện tích gấp lần diện tích tam giác OA1 A2 thứ hai điểm Xét phương trình hồnh độ giao điểm: Điểm x  m x  2mx  m  m  x   x  m 1 2,0 0,5 *TH1: A  m ; m   A1  m ;0  ; A2  0; m  B  m  1; m  1  B1  m  1;0  ; B2  0; m  1 Khi SOB1B2  SOA1 A2  0,75 m  1 2  m   m     m  1 2  *TH2: B  m ; m  B1  m ;0 ; B2  0; m  0,75 A  m  1; m  1  A1  m  1;0  ; A2  0; m  1 Khi SOB1B2  SOA1 A2 Vậy có giá trị II 4,0 điểm Giải phương trình Điều kiện: x    m  2 2  m   m  1    m  2 2  m thỏa mãn yêu cầu đề 2sin x  cos x  7sin x    cos x  5  k 2 (*) 2,0 0,5 2sin x  cos x  7sin x    2cos x   2sin x  cos x  sin x  cos x     2sin x  2cos x   1  2sin x   sin x   Phương trình tương đương  cos x  sin x  1   2sin x  1 sin x  3  0,5  2sin x     2sin x  1 sin x  cos x  3    sin x  cos x    Giải (1) :    x   k 2 sin x     x  5  k 2  2  Giải (2): sin x  2cos x  vô nghiệm    Đối chiếu điều kiện (*) phương trình có họ nghiệm x   k 2 Giải hệ phương trình  0,5 k   0,5  1  y3  y2  y  x  y2  y   x    2 x  3x   x   y  x  1   y  1 x  Điều kiện: x   2 (*) 2,0 0,25 2  y  y    x   y    y  x      y  x   y    x     y  x    2 x    y    x   Thế y  x  vào phương trình (2) ta có: Phương trình (1)   0,5 x  x   x    x  1 x  1  x x  2  x  3x   x   x3  x  x   x 3x  2  2   x  3x    x x  3x  x 0,5  x   x  x3  x  3x   x   x  x    x  3 3x   x x  3x     x   x  3x    x    0 3x   x  x  3x     x  3x    3   x x 3    4  3x   x x  3x    Giải (3) ta x  1; x   Giải (4): phương trình x    x  3x      x   x 2  1   0 3x   x  x  3x       x x  3x  x  3x    Chứng minh 0,5  2 2022   S  1; , 2; C   C   C  2022 x 0 3x   x 3x  2  vơ nghiệm vế trái ln dương với x  3x   x Đối chiếu điều kiện (*) suy tập nghiệm hệ III 4,0 điểm 0,25 2022 Ta có 2021 2022 1011    C2022 1   C2022   C2022 2 2,0 0,25  C    C    C     C   C   C    C    C    C    C     C    C  2022 2 2022 2022 2022 2022 2021 2022 2 2022 2022 2022 2022 1011 2022 2021 2022 2022 2022 1011  C2022 2022  xC2022  x 2C2022  x 3C2022   x 2022C2022 1  x   C2022 2022 2021 2022  x 2021C2022  x 2020C2022  x 2019C2022   xC2022  C2022  x  1  x 2022C2022 2022 2020 2022 Hệ số x khai triển 1  x   x  1 2022  C    C    C    C     C    C  Mà 1  x   x  1  1  x    C  1 x 2022 2022 2022 2 2022 2022 2022 2020 2021 2022 2022 k 0 Hệ số x 2022 khai triển 1  x  2022 k k 2022 2022 2022 2k 0,5 C2022 1011 0,5 Vậy có điều phải chứng minh Cho đa giác 0,75 A1 A2 A2020 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 khơng gian mẫu tính số phần tử không gian mẫu 0,5 n     C2020 Xác định biến cố, ứng vỡi cạnh có C2019 (chia 2016 kẹo cho bạn mà bạn có kẹo) tứ giác thỏa mãn toán 0,5 n  A   2020.C2019 0,5 Xác suất cần tìm 0,5 n  A 12 P  A   n    2017 IV 2,0 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 Cơ sở II: mét thứ 10 nghìn đồng kể từ mét thứ hai trở đi, giá mét gấp 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 Cơ sở I: Gọi 2,0 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: S 20  u1  u2   u20  20u1  Cơ sở II: Gọi 20.19 d  15400 (nghìn đồng) 0,5 (nghìn đồng) số tiền chi phí khoan giếng mét thứ n Theo giả thiết ta có v1  10 1  Chứng minh dãy số cấp số nhân có cơng bội q  0,5 Vậy số tiền toán cho sở II khoan giếng khoan giếng sâu 20 mét là: S20  v1  v2   v20  v1 q 20   24697 (nghìn đồng) q 1 Vậy gia đình anh A nên thuê sở I 0,5 Oxy cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo BD AC vng góc với H AD  BC Gọi M điểm nằm cạnh AB cho AB  AM , N trung điểm HC Biết B  1;  3 , đường thẳng HM qua điểm Trong mặt phẳng hệ tọa độ 2,0 T  2;  3 , đường thẳng DN có phương trình x  y   Tìm tọa độ điểm A , C D C B N L H T M A D Ta có ABCD hình thang cân nên có hai đường chéo BD AC vng góc với H nên HB  HC, HA  HD V 6,0 điểm 0,5 Ta đặt HB  HC  a, HA  HD  b  a, b   , đó:  MB  MA    HM  HA  HB  HA  HB AB AB 3    DN  DH  HC              1 HA  HB  DH  HC   HA HC  DH HB   ab  ab  3 3 3   Suy HM.DN   0,5 Do HM  DN Đường thẳng HM qua T  2; 3  vng góc với DN nên có phương trình là: 2x  y   Gọi H  t;2t    HM Theo định lí Talet ta có:   nên HD  2 HB , suy Mặt khác D  DN nên D  3t  2;6t  15   HD AD   HD, HB ngược hướng HB BC 0,5 3t    6t  15     t   H  2;  3  D  8;  3 Nhận xét H  T , đường thẳng BD : y  3 Đường thẳng AC qua H vng góc với BD có phương trình : x   x  x    N  2;0  x  y   y  Tọa độ điểm N nghiệm hệ phương trình:  Vì N trung điểm HC nên   C  2;3 0,5  xA   x   A  A  2;  15   y A  15  y A   4   3 Mặt khác HA  4 HN   Vậy tọa độ ba điểm cần tìm A  2;  15  , C  2;3 , D  8;  3 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 1 1 nhỏ biểu thức T    2 2 SM SN SP SQ 2 Cho hình chóp 2,0 0,5 Gọi K trung điểm AB, E trung điểm Ta có CD    SA  SB  2SK    SC  SD  SE       CD / / AB Do:   EK  OK  SK  SE  ( SK  SO ) 2  AB  2CD            SO  SK  SE  SA  SB  SC  SD  SK  SE  SO 2  SA  SB  2SC  2SD    SM  SN  SP  SQ  SO  12 SI SM SN SP SQ SA SB 2SC 2SD Do M , N , P , Q đồng phẳng nên     12 Suy SM SN SP SQ 1 2     12 SM SN SP SQ  1 1   122     2   22  2  2  SN SP SQ   SM 1 1  T=   2  12 2 SM SN SP SQ Vậy T  12 SM  SN  SP  SQ  Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD A1 B1C1 D1 , mặt phẳng   thay đổi song song với hai đáy lăng trụ cắt đoạn thẳng xác định vị trí mặt phẳng   để tứ giác AB1 , BC1 , CD1 , DA1 M , N , P, Q Hãy MNPQ có diện tích nhỏ 0,5 0,5 0,5 2,0 Giả sử mặt phẳng Do mặt phẳng   cắt cạnh AA1 , BB1 , CC1 , DD1 E , F , G , H   //  ABCD  nên ta có: AE BF CG DH    AA1 BB1 CC1 DD1 AE  x,   x  1 ; S ABCD  S với S số Ta có S EHGF  S AA1 EM AM AE EQ A1 Q A1 E Suy   x    1 x EF AB1 AA1 EH A1 D A1 A 0,5 Đặt  S EMQ S EFH  0,5 EQ EM  x 1  x   S EMQ  x 1  x  S EFH EH EF Chứng minh tương tự ta có: SHPQ  x 1  x  S HGE ; SPGN  x 1  x  SHGF ; SNFM  x 1  x  SGFE  Ta có S MNPQ  S  S EMQ  S PGH  S PGN  S NFM 0,5   S  x 1  x  S EFH  S HEG  S HGF  S GFE   S  x 1  x  S  S 1  x  x  1 1 S  Ta có  x  x   x      S MNPQ  2 2  S Khi S  MNPQ đạt giá trị nhỏ x  2 Vậy mặt phẳng   qua trung điểm cạnh AA1 , BB1 , CC1 , DD1 Cho a , b, c số thực dương thoả mãn a  b3  c3  0,5 abc  Chứng minh bất đẳng thức ab bc ca    2 a b b c c a 2 1,0 Ta có   a  b   a  4a 3b  6a 2b  4ab3  b  a  b  2a 2b  4ab  a  ab  b   a  ab  b a  b2 bc 1b c ca Tương tự có      ; 1  b c 4c b c  a2   a  b   4ab  a  ab  b   VI 2,0 điểm a2  b2 ab 1a b  1     4ab a b 4b a 1 c a    4 a c   0,5 Do đó, cộng theo vế bất đẳng thức sử dụng bất đẳng thức Schur giả thiết abc  ta bc ca   b  c c  a a  b   ab 3  2      2  b c   a b b c c a  4 a bc  b  c   ca  c  a   ab  a  b  bc  b  c   ca  c  a   ab  a  b    4abc 1   a  b3  c  3abc    a  b3  c3  3 4 ab bc ca   3 Hay a  b  c    2  1 2   a b b c c a  0,25 Mặt khác  a  b3  c   3.3  abc     ab bc ca   2  18 a  b b  c c  a   ab bc ca 3 Do a  b  c     2 a b b c c a Dấu đẳng thức xảy a  b  c  Từ 1  2 suy  a3  b3  c  0,25 Giải phương trình  2020 x   2020 x  1  2021x   2021x  1  2021x   2021x VT    2020 x   2020 x     2020 x  0,25 x    2021x    2020 x     2021x     2020 x  2    2021x     2020 x   VT    2021x  2 VP  1  2021x   2021x  1  2021x   2021x  Vậy phương trình xảy  x  0,25 2  1  2021x  1  2021x   1  2021x 1  2021x      2021x    a   2021x a  b  Thật vậy,   b   2021x 1  ab   2021x   a 2b  ab   ab  ab  ab  ab 1  ab   , 1,0 0,25 0,25 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 ... có: AE BF CG DH    AA1 BB1 CC1 DD1 AE  x,   x  1? ?? ; S ABCD  S với S số Ta có S EHGF  S AA1 EM AM AE EQ A1 Q A1 E Suy   x    1? ?? x EF AB1 AA1 EH A1 D A1 A 0,5 Đặt  S EMQ S... 2022 2022 20 21 2022 2 2022 2022 2022 2022 1 011 2022 20 21 2022 2022 2022 1 011  C2022 2022  xC2022  x 2C2022  x 3C2022   x 2022C2022 ? ?1  x   C2022 2022 20 21 2022  x 2021C2022  x 2020C2022... n Theo giả thi? ??t ta có v1  10 ? ?1  Chứng minh dãy số cấp số nhân có cơng bội q  0,5 Vậy số tiền toán cho sở II khoan giếng khoan giếng sâu 20 mét là: S20  v1  v2   v20  v1 q 20   24697