Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT Liễn Sơn, Vĩnh Phúc

Việc ôn thi sẽ trở nên dễ dàng hơn khi các em có trong tay ĐĐề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT Liễn Sơn, Vĩnh Phúc được chia sẻ trên đây. Tham gia giải đề thi để rút ra kinh nghiệm học tập tốt nhất cho bản thân cũng như củng cố thêm kiến thức để tự tin bước vào kì thi chính thức các em nhé! Chúc các em ôn tập đạt kết quả cao!

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 không chuyên) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (4,0 điểm) a) Tìm m để hàm số y  cos x có tập xác định  3sin x  cos x  2m  b) Giải phương trình: cos x  tan x  cos x  cos3 x  cos x Câu (2,0 điểm) Xung quanh bờ ao gia đình bác Nam trồng 20 chuối Do khơng 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 Cnn41  Cnn3  4(n  2) Tìm hệ số x khai triển nhị thức Niu – tơn P  x (1  x) n  x (1  x ) n Câu (2,0 điểm) Cho dãy số  un  xác định bởi:  n  1 2n  1 ; n  * Tính lim 2021nun n 1 u1  , un 1  un  2020 n  n  12    n     Câu (2,0 điểm) Giải bất phương trình  x  x  3x  1  x2  x   Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có A(5;2) M (1; 2)   MBC  MB  MC Tìm tọa độ điểm D biết điểm nằm bên hình bình hành cho MDC  tan 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 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 4 a  b2  c2  biểu thức: T     ab bc ca 2abc -Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………….……… …….…….….….; Số báo danh…………………… TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2020-2021 ĐÁP ÁN MÔN: TỐN 11 (Dành cho học sinh THPT khơng chun) (Đáp án có 06 trang) 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 Câu (4,0 điểm) a) Tìm m để hàm số y  cos x có tập xác định  3sin x  4cos x  2m  b) Giải phương trình: cos x  tan x  cos x  cos3 x  cos x 1a.(2,0 điểm) Hàm số có tập xác định  f ( x )  3sin x  cos x  2m   0, x   0,5 2m  Ta có: f ( x)  0, x    sin x  cos x  , x   5  cos    2m    sin(5 x   )  , x   với  sin    2m  Do 1  sin(5 x   )  1, x   nên f ( x)  0, x     1  m  1 Vậy m  1 1b.(2,0 điểm) Điều kiện: x    l l    0,5 0,5 0,5 0,5 Suy (1)  cos x  tan x   cos x  (1  tan x ) 2  cos x  1  cos x   cos x  cos x  cos x      cos x   0,5 cos x  1  x    k 2  k    0,5 cos x    x    k 2  k    Kết hợp với điều kiện, phương trình cho có nghiệm x    k 2 , x   k 2  k    0,5 Câu (2,0 điểm) Xung quanh bờ ao gia đình bác Nam trồng 20 chuối Do khơng 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 n()  C 20  4845 Trường hợp 1: Cả chặt gần có 20 cách 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 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 không gần 16 có: C162  15  105 Vậy trường hợp có: 20.105 = 2100 cách 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 20.15 Vậy trường hợp có  150 cách Vậy n( A)  4845  ( 20  300  2100  150)  2275 2275 455 Suy ra: P( A)   4845 969 Câu (2,0 điểm) Cho n số nguyên dương thỏa mãn Cnn41  Cnn3  4(n  2) Tìm hệ số 0,5 0,5 0,5 0,5 x khai triển nhị thức Niu – tơn P  x (1  x) n  x (1  x )2 n ĐK: n nguyên dương, ta có Cnn41  Cnn3  4(n  2) tương đương với ( n  4)! ( n  3)! ( n  4)( n  3) ( n  3)(n  1)   4(n  2)   4 (n  1)!.3! n!.3! 6  3n  15  n  Với n  5, ta có P  x (1  x)5  x (1  x)10 0,5 Xét khai triển: x(1  x)  x C5k (2 x) k , suy hệ số chứa x5 ứng với k  ta k 0 có a5  C (2)  80 1,0 10 Xét khai triển: x (1  x )10  x  C10k (3 x ) m , suy hệ số chứa x5 ứng với m  m 0 ta có a5  C  3240 10 Vậy hệ số x5 khai triển là: a5  80  3240  3320 Câu (2,0 điểm) Cho dãy số  un  xác định bởi:  n  1 2n  1 ; n  * Tính lim 2021nun n 1 u1  , un 1  un  2020 n  n  12    n     0,5  2n  1 un 1 un   n  n  n  12    n       un 1 u n  1      n  n   n    n  12       u u 1  n 1   n 2 n   n  1   n  n     Đặt:  0,75 un  , n   * Ta có v1  1  , n  n  n  2 Suy  0,75 un n    un  , n  * n  n  2 n 2  un  n n 2 Suy lim 2021nun  2021n n  2021  lim   2020  2020 n   2020 Câu (2,0 điểm) Giải bất phương trình  x  x2  3x  1  x2  x  0,5  Điều kiện x  1  Ta có x  x    x      nên  x  x   2  0,5 2 Do bất phương trình   x  x  x    x  x   x  x  x   x2  3x  Nếu x  bất phương trình trở thành  (vơ lý) 1 Nếu x  bất phương trình   x    x   x x Đặt x   t với t  , bất phương trình trở thành  t   t  x 13  t 1   t  13 13 13  105 13  105  x  12 x    x Với t  x   x 8 13  105 13  105 x Vậy bất phương trình có nghiệm 8 Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có A(5;2) 0,5 0,5 0,5   MBC  MB  MC M (1; 2) điểm nằm bên hình bình hành cho MDC   Tìm tọa độ điểm D biết tan DAM Gọi E điểm thứ tư hình bình hành MABE, dễ thấy MECD hình bình hành   MDC  nên MEC   MBC  suy MEC   MBC  hay tứ giác BECM nội tiếp Mà MDC 0,5   BEC   180 o  BEC   180o  90o  90 o Suy BMC   90o hay AMD vuông M Ta có AMD  BEC (c.c.c)   AMB  BEC  Vì tan DAM DM 1   DM  MA MA 2 0,5 0,5 Ta có MA   MD  2  AD  MA  MD  40 2  AD  40 ( x  5)  ( y  2)  40 Giả sử D( x; y ) ta có   2  MD  ( x  1)  ( y  2)  Giải hệ phương trình hai nghiệm: (3; 4), (1;0) 0,5 Vậy có hai điểm D thỏa mãn đề là: D( 3; 4), D (1;0) B A M D E C Câu (4,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a cạnh bên   a Gọi M điểm nằm SB cho 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 MN BM 2a Ta có:    MN  SA BS 3 a2 a 7a Xét SMC có: MC  SM  SC  2.SM SC.cos MSC =  a  .a  9 a  MC  CN  BN  CB  2 4a 13a  a2  0,5 0,5 4a a 13a   MN  MC  CN 9  Có cos CMN   2.MC.MN 14 a 2a 3 21 Suy sin CMN   cos CMN  14 Diện tích thiết diện là: 1 a 2a 21 S CMN  MC.MN sin CMN   a (đvdt) 2 3 14 2 0,5 0,5 7b (2,0 điểm) Đặt CE  xCA Kẻ EH  CD ( H  CD )  EH / / AD nên CH  xCD   Suy CH  xCD       MH  CH  CM  xCD  ( CS  CB ) 3    ME  MH  HE Để điều kiện ME vng góc CD      là:   ME.CD   ( MH  HE ).CD   MH CD  HE  CD  2           xCD  ( CS  CB)  CD   xCD  CS CD  CB  CD 3     Do SCD nên CS CD  CS CD.cos600  a Do 2 1 x.a  a   a ( x  )   x  3 Vậy E thuộc đoạn AC thỏa mãn CE  CA 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu (2,0 điểm) Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác có chu vi bẳng Tìm giá 4 a  b2  c2  trị lớn biểu thức: T     ab bc ca 2abc   1 2 Vì a, b, c độ dài cạnh tam giác có chu vi bẳng nên a, b, c   0;  0,25 T 4 1 5a  5b  5c           a  b  c a b c a  a b  b2 c  c 0,5 Ta có 5a   3a  1  2a  1  0, a   0;   18a      aa a  a2  2 5a   1   18a   , a   0;  aa  2 Tương tự ta có : Suy T  5b   1  18b  3 , b   0;  , bb  2 5c   1  18c  3 , c   0;  cc  2 5a  5b  5c     18  a  b  c    a  a b  b2 c  c Dấu đẳng thức xảy  a  b  c  0,75 1  Tmax  đạt  a  b  c  3 Hết 0,5 ...TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 202 0-2 021 ĐÁP ÁN MƠN: TỐN 11 (Dành cho học sinh THPT không chuyên) (Đáp án có 06 trang) I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn... 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... n()  C 20  4845 Trường hợp 1: Cả chặt gần có 20 cách 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 Trường hợp 3: Trong