Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Bắc Ninh

Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Bắc Ninh là tài liệu ôn thi học sinh giỏi môn Toán hữu ích, thông qua việc luyện tập với đề thi sẽ giúp các em làm quen với các dạng câu hỏi bài tập và rút kinh nghiệm trong quá trình làm bài thi. Mỗi đề thi kèm theo đáp án và hướng dẫn giải chi tiết giúp các bạn dễ dàng hơn trong việc ôn tập cũng như rèn luyện kỹ năng giải đề.

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020-2021 Mơn: Tốn - Lớp 11 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 02 trang) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  (2  m )x  có đồ thị P  điểm A(5; 5) Tìm m để đường thẳng (d ) : y  x  m cắt đồ thị P  hai điểm phân biệt M N cho tứ giác OAMN hình bình hành (O gốc tọa độ) Câu (2,5 điểm) Cho phương trình cos3 x  cos 2x  m  3 cos x   Giải phương trình m = Tìm giá trị ngun tham số m để phương trình có bốn nghiệm khác thuộc khoảng      ;   2   x − x + x= − x3 (2 − y ) − y  Câu (2,5 điểm) Giải hệ phương trình  x − y + + x −1  x 3− 2y + − x  )( ( ) = Câu (4,5 điểm)    x  3x  x  1 với m tham số Tìm m Cho hàm số y  g(x )   ,  x   mx  x  1  để hàm số g(x ) liên tục  u   Cho dãy số un  thoả mãn  Tìm cơng thức số hạng tổng qt un 2un un 1  , n   un  dãy số cho Có số tự nhiên có chữ số, có hai chữ số lẻ khác ba chữ số chẵn khác nhau, mà chữ số chẵn có mặt hai lần Câu (1,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD có tâm I (1; 4) , đỉnh A nằm đường thẳng có phương trình 2x  y   , đỉnh C nằm đường thẳng có phương trình x  y   Tìm tọa độ đỉnh hình vng cho Câu (5,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, tất cạnh bên a Gọi điểm M thuộc cạnh SD cho SD = 3SM , điểm G trọng tâm tam giác BCD ( ) a) Chứng minh MG song song với mp SBC ( ) mặt phẳng chứa MG song với CD Xác định tính diện tích thiết diện hình chóp với mp (α ) b) Gọi α c) Xác định điểm P thuộc MA điểm Q thuộc BD cho PQ song song với SC Tính PQ theo a Cho tứ diện SABC có SA, SB, SC đơi vng góc;= SA a= , SB b= , SC c Lấy điểm M nằm tam giác ABC Gọi d1 , d , d3 khoảng cách từ M đến đường thẳng SA, SB, SC ( abc ) Chứng minh rằng: d + d + d ≥ 2 a b + b2c + c a 2 2 2 Câu (2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ P = a −b + b −c + c −a + ab + bc + ac Trong a, b, c số thực thỏa mãn hai điều kiện a + b + c= 1, ab + bc + ca > n  1 Với số nguyên dương n ta kí hiệu bn hệ số x khai triển x  x   thành   đa thức Đặt un  b1  b2  b3   bn , n  * Tìm số hạng tổng quát dãy số un  tính giới hạn lim un =====Hết===== Họ tên thí sinh: Số báo danh UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020-2021 Mơn: Tốn - Lớp 11 Câu Lời giải sơ lược Điểm (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  (2  m )x  có đồ thị P  điểm A(5; 5) Tìm m để đường thẳng (d ) : y  x  m cắt đồ thị P  hai điểm phân biệt M N cho tứ giác OAMN hình bình hành (O gốc tọa độ) Hoành độ M N nghiệm pt: x  (2  m )x   x  m  x  (3  m )x  (m  4)  (1) Vì   m  2m  25  0, m 1 nên 1 ln có hai nghiệm phân biệt  d  cắt 0.5 P  hai điểm phân biệt Do điểm O A thuộc đường thẳng  : y  x nên để OAMN hình bình hành = OA = MN Gọi M (x 1; x  m ), N (x ; x  m ) với x 1, x nghiệm 1 0.5 x  x  m  Ta có  x 1x  (m  4)   MN  2(x  x )2  (x  x )2  4x 1x   2m  4m  50   m  MN   2m  4m  50  50   m  0.5 + m  O, A, M , N thẳng hàng nên không thỏa mãn + m  thỏa mãn 0.5 (2,5 điểm) Cho phương trình cos3 x  cos 2x  m  3 cos x   Giải phương trình m = Tìm giá trị nguyên tham số m để phương trình có bốn nghiệm khác thuộc khoảng      ;   2  2.1 điểm  cos x   Với m = ta có phương trình cos3 x  cos2 x      cos x  0.25   k  cos x   x    k 2 0.5 cos x   x  Vậy phương trình có họ nghiệm x     k  , x    k 2 0.25 Ta có: cos3 x  cos 2x  m  3 cos x    cos3 x  cos2 x  m  3 cos x  cos x    4 cos x  cos x  m   0.5   k , k   khơng có nghiệm thuộc khoảng cos x   x  2.2 1,5 điểm 1     ;   2     Đặt t  cos x , x   ;  nên t  0;1   2   Khi phương trình 1  4t  2t  m   2 Ycbt  phương trình 2 có nghiệm phân biệt t1, t2 thỏa mãn  t1, t2  2  m  4t 0.5  2t   g t   Ta có bảng biến thiên g t  t  0;1  0.5 Từ bảng biến thiên phương trình 2 có nghiệm phân biệt t1, t2 thỏa mãn  t1, t2   m  13 Vì m ngun nên khơng có giá trị  x − x + x= − x3 (2 − y ) − y  (2,5 điểm) Giải hệ phương trình  x − y + + x −1  x 3− 2y + − x  ( x ≥  Điều kiện:   y ≤ )( ) = Với điều kiện trên, từ PT đầu ta có: x − x + 3x − 1= x (2 − y ) − y ⇔ −  1  1 ⇔ 1 −  + 1 −  =  x  x ⇔ 1− = − 2y x ( 3− 2y Thế vào phương trình thứ hai ta có: Do x ≥ ⇒ (*) ⇔ ( ⇔ 2( ⇔2 ( ) + − = x x x3 ( 3− 2y ) 1.0 + 3− 2y + 3− 2y ( x +1 − x )( x +1 + x −1 ) = (*) x + − x > , phương trình x +1 − x )( x +1 + x −1 )( x + + x − 1) = x= ) ( x + − x − 1) x +1 − x x +1 − ) ⇔ x + + x − 1= 0.5 = 22 =   ( x +1 + x −1 )( ) x +1 − x −1   2 0.5 x+x Bình phương hai vế dương ta có:  1− x = ⇔ x + x − = x x ⇔ ( x + 1)( x − 1) = x3 ⇔   1+ x =  1+ Kết hợp điều kiện ta có: x = Thay vào ta có nghiệm hệ là:  1+ x =    y = −1  0.5 (4.5 điểm)    x  3x  x  1 với m tham số Tìm m  Cho hàm số y  g(x )   , x   mx  x  1  để hàm số g(x ) liên tục  u   Cho dãy số un  thoả mãn  Tìm cơng thức số hạng tổng quát un 2un un 1  , n   un  dãy số cho Có số tự nhiên có chữ số, có hai chữ số lẻ khác ba chữ số chẵn khác nhau, mà chữ số chẵn có mặt hai lần 5  x  3x  liên tục khoảng (1; ) x 1 Hàm g(x )  Hàm g(x )  mx  liên tục khoảng (; 1) 0.5 Vì g(x ) liên tục  liên tục điểm x  1 Ta có 4.1 1.5 điểm  x  3x  x 1 lim  g(x )  lim  x  x   x    3x  x 1  lim  x  0.5    3(1  x )      lim     x     x   3x   (3x  5)2  4 Và lim  g(x )  lim (mx  2)   m; g(1)   m x  x  0.25 Hàm số g(x ) liên tục điểm x  1 lim  g(x )  lim  g(x )  g(1)   m  x  x  Vậy với m  g(x ) liên tục  m 4 0.25 Nhận xét un  0, n  Ta có un 1  4.2 1.5 điểm Đặt  2un un   un 1  1 1          un  un 1 2 un 1 1  1  2vn Suy vn  cấp số nhân với v1   công un u1 bội q  Do  Vậy un  0.5 0.5 n 1 1 3.2n 1      3.2n 2  2 un 3.2n 1  0.5 , n  Trường hợp 1: Xét số có chữ số, có hai chữ số lẻ khác ba chữ số chẵn khác mà chữ số chẵn có mặt hai lần, coi chữ số đứng đầu + Chọn chữ số lẻ khác chữ số chẵn khác có C 52C 53 (cách) + Với cách chọn ta có: số có chữ số, có hai chữ số lẻ khác ba chữ số chẵn khác mà chữ số chẵn có mặt hai lần là: Trường hợp có: C 52 C 53 4.3 1.5 điểm 0.75 8! (số) 2!2!2! 8!  504000 (số) 2!2!2! Trường hợp 2: Xét số có chữ số, có hai chữ số lẻ khác ba chữ số chẳn khác mà chữ số chẵn có mặt hai lần, mà chữ số đứng đầu + Chọn chữ số lẻ khác chữ số chẵn khác có C 52C 42 (cách) + Với cách chọn ta có: số có chữ số, có hai chữ số lẻ khác 7! hai chữ số chẵn khác mà chữ số chẵn có mặt hai lần là: (số) 2!2! Trường hợp có: C 52 C 42 0.5 7!  75600 (số) 2!2! Vậy có: 504000  75600  428400 (số) 0.25 (1,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD có tâm I (1; 4) , đỉnh A nằm đường thẳng có phương trình 2x  y   , đỉnh C nằm đường thẳng có phương trình x  y   Tìm tọa độ đỉnh hình vng cho Gọi C (t; t  2) A(2  t;6  t ) Vì A thuộc đường thẳng có phương trình 2x  y   nên 2(2  t )  (6  t )    t  Dẫn tới A(1; 3), C (3;5) Ta thấy B, D giao điểm đường tròn đường kính AC đường trung trực AC Đường trịn đường kính AC có phương trình (x  1)2  (y  4)2  Đường trung trực AC có phương trình 2x  y   x  0; y  (x  1)2  (y  4)2    Ta có  2x  y   x  2; y     Do B(0;6), D(2;2) B(2;2), D(0;6) Vậy tọa độ đỉnh hình vng A(1; 3), B(0;6),C (3;5), D(2;2) A(1; 3), B(2;2),C (3;5), D(0;6) (5,0 điểm) 0.5 0.5 0.5 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, tất cạnh bên a Gọi điểm M thuộc cạnh SD cho SD = 3SM , điểm G trọng tâm tam giác BCD ( ) a) Chứng minh MG song song với mp SBC ( ) mặt phẳng chứa MG hình chóp với mp (α ) b) Gọi α song với CD Xác định tính diện tích thiết diện c) Xác định điểm P thuộc MA điểm Q thuộc BD cho PQ song song với SC Tính PQ theo a Cho tứ diện SABC có SA, SB, SC đơi vng góc;= SA a= , SB b= , SC c Lấy điểm M nằm tam giác ABC Gọi d1 , d , d3 khoảng cách từ M đến đường thẳng SA, SB, SC ( abc ) Chứng minh rằng: d + d + d ≥ 2 a b + b2c + c a 2 2 2 S M H 0.25 E 6.1.a 1,0 điểm D C G A I F B a) Gọi I trung điểm BC DG DM Ta có = = ⇒ MG / / SI mà SI ⊂ ( SBC ) nên MG / / ( SBC ) DI DS Qua G kẻ đường thẳng song song với CD cắt AD BC E F Qua M kẻ đường thẳng song song với CD cắt SC H Thiết diện hình chóp với mp( α ) tứ giác EFHM Ta có HM / / EF song song với CD 2a a   MD = HC = , DE = CF = , MDE = HCF = 600 nên tam giác DME tam 3 giác CHF suy ME = HF EFHM hình thang cân 6.1.b 1,5 điểm Ta có EM = DM + DE − DM DE.cos600 = MH = h=  EF − HM  EM −   =   a2 a2 a − = 0.5 0.5 4a a 2a a a + −2 = 9 3 a , EF = a Gọi h độ dài đường cao hình thang ta có 0.75 0.5 1 a 4a 2a 2 h.(EF + HM )= = 2 3 Qua M dựng đường thẳng song song với SC cắt CD N Nối A với N cắt BD Q Diện tích thiết diện S EFHM= S M 0.5 P D C N Q A 6.1.c 1,5 điểm B Trong mp (AMN) từ Q dựng đường thẳng song song với MN cắt AM P Ta có PQ//MN, MN//SC nên PQ//MN Suy hai điểm P, Q thỏa mãn điều kiện toán AQ MN DM AQ AB = =⇒ = Ta có = = , AN SC DS QN DN PQ AQ PQ PQ MN 2 = = , = = = MN AN SC MN SC 5 2a Suy PQ = Dựng hình hộp chữ nhật MNPQ.I JSH hình vẽ ⇒ SP ⊥ ( MNPQ ) ⇒ SP ⊥ MP ⇒ MP = d1 0.5 0.5 A Tương tự ta có= MH d= d3 ; MJ K Q P S 0.25 M N B H J I D C Trong hình chữ nhật MNPQ có:= d12 MP = MN + MQ 6.2 1,0 điểm Tương tự:= d 22 MQ + MI ;= d32 MN + MI Ta có: SM = MP + SP = MQ + MN + MI ⇒ d12 + d 22 + d32 = SM (1) 0.25 Dựng SD ⊥ BC , SK ⊥ AD ⇒ SK ⊥ ( ABC ) ⇒ SK ≤ SM (2) 1 Trong tam giác ASD có = + 2 SK SA SD 1 Trong tam giác SBC có = + 2 SD SB SC 1 1 1 Từ suy = + 2+ = 2+ 2+ 2 2 SK SA SB SC a b c ( abc ) (3) ⇒ SK = 2 a b + b2c + c a 0,25 ( abc ) (đpcm) 2 a b + b2c + c a 2 Từ (1), (2), (3) suy : d12 + d 22 + d32 ≥ (2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ P = a −b + b −c + + c −a 0,25 ab + bc + ac Trong a, b, c số thực thỏa mãn hai điều kiện a + b + c= 1, ab + bc + ca > n  1 Với số nguyên dương n ta kí hiệu bn hệ số x khai triển x  x   thành   đa thức Đặt un  b1  b2  b3   bn , n  * Tìm số hạng tổng quát dãy số un  tính giới hạn lim un Khơng tính tổng quát giả sử a > b > c Khi P = 2 + + + a −b b −c a −c ab + bc + ac 0.25 Với số dương x , y ta có BĐT tổng quát sau 1 + ≥ ≥ x y x +y 2 x + y2  1  + + ≥ + + Ta có P=  + ab + bc + ac a − c a − c ab + bc + ac a −b b − c  a − c 10 10 20 = + ≥ 7.2 a − c ab + bc + ac a − c + ab + bc + ac điểm 20 20 = = a + c a + c + 4b − b + 3b ( ( )( ) ( ) )( ( ) ) 0.25  − 3b + + 3b  Lại có − b + 3b ≤   =   ( Suy )( ) 0.25 (1 − b )(1 + 3b ) ≤ 3 Do P ≥ 10  2+ a = a − b = b − c    Dấu xảy 3 − 3b =1 + 3b ⇔ b = a + b + c =   2−  c =  0.25  2+ a =   Vậy MinP = 10 b =  2−  c =  n k n n  1 1 Ta có x  x     C nk (x  x )k       k 0 n k 1    C C     k 0 j 0 n k k n j k (1)k j x k  j Số hạng chứa x ứng với k  j  2,  j  k  n , hay j  0, k  j  k  n 2 1 Do bn  C C     n n 1 1 (1)  C C     n 1 (1)0  Xét hàm số f (x )   x  x   x n f (x )  Ta có 7.2 điểm f '(x )   2x  3x   (n  1)x n 2  nx n 1  0.25 n2 2n 1 x n 1  với x  x 1 nx n 1  (n  1)x n  (x  1)2 , x  1; 0.25 f ''(x )  2.1  3.2x  4.3x   n(n  1)x n 2 n(n  1)x n 1  2(n  1)(n  1)x n  n(n  1)x n 1   (x  1)3 , x  1;  f '(x )  xf ''(x )  12  22 x  32 x   n x n 1   2  2  2   n x n 2  (2n  2n  1)x n 1  (n  1)2 x n  x  n 2n 1 (x  1)3 2n  8n  12  12  2n , x  1; 0.25 2n  8n  12 , n   * n Với số nguyên dương n  ta thấy Vậy un  12  2n  (1  1)n  C n0  C n1  C n2  C n3   C nn  C n3  Suy n(n  1)(n  2) 2n  8n  12 6(2n  8n  12) , n  *, n   n n(n  1)(n  2) 2 12 6(   ) 6(2n  8n  12) n  Hơn lim  0, lim  lim n n n(n  1)(n  2) (1  )(1  ) n n 2n  8n  12  Dẫn tới lim 2n  2n  8n  12    12 Vậy lim un  lim 12    2n 0 0.25 ... =====Hết===== Họ tên thí sinh: Số báo danh UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 202 0-2 021 Mơn: Tốn - Lớp 11 Câu Lời giải sơ... t2 thỏa mãn  t1, t2  2  m  4t 0.5  2t   g t   Ta có bảng biến thi? ?n g t  t  0;1  0.5 Từ bảng biến thi? ?n phương trình 2 có nghiệm phân biệt t1, t2 thỏa mãn  t1, t2   m... tích thi? ??t diện S EFHM= S M 0.5 P D C N Q A 6.1.c 1,5 điểm B Trong mp (AMN) từ Q dựng đường thẳng song song với MN cắt AM P Ta có PQ//MN, MN//SC nên PQ//MN Suy hai điểm P, Q thỏa mãn điều kiện toán