Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT Yên Phong số 2, Bắc Ninh

Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT Yên Phong số 2, Bắc Ninh sẽ giúp các em kiểm tra lại đánh giá kiến thức của mình và có thêm thời gian chuẩn bị ôn tập cho kì thi học sinh giỏi sắp tới được tốt hơn. Mời các bạn cùng tham khảo.

ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG SỞ GD-ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn: Tốn – Lớp 11 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Thi ngày: 10/3/2021 (Đề có 02 trang) Họ tên thí sinh: ……………………………………………….……… Số báo danh: ……………………… Câu 1: (4,0 điểm) 1) Cho hàm số y = x + x − (*) đường thẳng d : y = mx − Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị (P) hàm số (*) Tìm m để d cắt (P) hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 thỏa mãn x1 + m x2 + m + = −6 x2 − x1 − 2) Tam giác mà ba đỉnh ba trung điểm ba cạnh tam giác ABC gọi tam giác trung bình tam giác ABC Ta xây dựng dãy tam giác A1 B1C1 , A2 B2C2 , A3 B3C3 , cho A1 B1C1 tam giác cạnh với số nguyên dương n ≥ , tam giác An BnCn tam giác trung bình tam giác An −1Bn −1Cn−1 Với số nguyên dương n , kí hiệu S n tương ứng diện tích hình trịn ngoại tiếp tam giác An BnCn Tính tổng S = S1 + S + + Sn + Câu 2: (4,0 điểm) (1 + sinx + cos2x ) sin  x +  1) Giải phương trình π  4 1+tanx = cosx  x + + x + x + 17 = y + y + 2) Giải hệ phương trình  x + y + y + 21 + = y − x  Câu 3: (4,0 điểm) (x + 2021) − 2x − 2021 4x + 1) Tìm giới hạn lim x →0 x u1 = 16 nun  2) Cho dãy số (un ) thỏa mãn  Tìm lim 15 ( n.un + 1) n 2021 u + 14 = , ∀ n ≥  n +1 n +1  Câu 4: (4,0 điểm) 1) Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, lập số có chữ số khác có ba chữ số chẵn ba chữ số lẻ? Trong số có số mà chữ số xếp theo thứ tự tăng dần? 2) Xác định số hạng chứa x28 khai triển (1 − x + x − x ) C + C + C + + 2n 2n 2n 2n−2 C n −1 2n 2n thành đa thức, biết 310 − = Câu 4: (4,0 điểm) 1) Trong hệ tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD cạnh AC có phương trình là: x + y − 31 = 0, hai đỉnh B , D thuộc đường thẳng d1 : x + y − = 0, d : x − y + = Biết diện tích hình thoi 75, đỉnh A có hồnh độ âm Tìm toạ độ đỉnh hình thoi 2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang, đáy lớn BC = 2a đáy bé AD = a, AB = b Mặt bên SAD tam giác đều, M điểm di động AB, mặt phẳng ( P ) qua M song song với SA, BC a) Tìm thiết diện hình chóp cắt ( P ) Thiết diện hình gì? b) Tính diện tích thiết diện theo a, b x = AM , ( < x < b ) Tìm x theo b để diện tích thiết diện lớn ============= Hết ============= Thí sinh khơng sử dụng tài liệu làm Cán coi thi khơng giải thích thêm SỞ GD-ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG (HDC có 05 trang) NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn: Tốn – Lớp 11 Câu Nội dung Câu 1 Lập bảng biến thiên vẽ (P): y = x + x − Ta có đỉnh I ( −1; −4 ) Ta có bảng biến thiên: Điểm - đồ thị parabol có bề lõm hướng lên có trục đối xứng đường thẳng x = −1 - cắt trục hoành điểm (1;0 ) ; ( −3;0 ) cắt trục tung điểm ( 0; −3) Ta có đồ thị hàm số: y 1.0 -1 -3 O x -4 Đk: x1 ≠ 1, x2 ≠ Xét phương trình hồnh độ giao điểm x + x − = 2mx − ⇔ x − ( m − 1) x + = (1) d cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1; x2 ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ≠ ∆′ = ( m − 1)2 − > m − 2m > m > ⇔ ⇔ ⇔ m <  − 2m ≠ 1 − ( m − 1) + ≠ ∆′ = ( m − 1)2 − > m − 2m > m > ⇔ ⇔ ⇔ m <  − 2m ≠ 1 − ( m − 1) + ≠  x + x = ( m − 1) Khi theo định lí viet ta có   x1.x2 = 0.5 x + x22 + ( m − 1)( x1 + x2 ) − 2m x1 + m x2 + m + = −6 ⇔ = −6 x2 − x1 − x1 x2 − ( x1 + x2 ) + (x + x ) ⇔ 2 − x1 x2 + ( m − 1)( x1 + x2 ) − 2m x1 x2 − ( x1 + x2 ) + ( m − 1) − + ( m − 1) − 2m = −6 ⇔ − ( m − 1) + = −6 0.5 ⇔ ( m − 1) − 2m − = −6 ( − 2m ) ⇔ 3m − 13m + 14 = ⇔ m = 2, m = Trang Kết hợp với điều kiện ta m = Vì dãy tam giác A1B1C1 , A2 B2C2 , A3 B3C3 , tam giác nên bán kính đường trịn Với n = tam giác A1B1C1 có cạnh nên đường tròn ngoại tiếp tam giác ngoại tiếp tam giác cạnh ×  3 A1B1C1 có bán kính R1 =  S1 = π     Với n = tam giác A2 B2C2 có cạnh nên đường trịn ngoại tiếp tam giác 1.0  3 A2 B2C2 có bán kính R2 =  S = π   3   nên đường tròn ngoại tiếp tam giác Với n = tam giác A3 B3C3 có cạnh  3 A2 B2C2 có bán kính R3 =  S3 = π     1 Như tam giác An BnCn có cạnh   2 1 An BnCn có bán kính Rn =   2 n −1 n−1 nên đường tròn ngoại tiếp tam giác   n −1   Sn = π      2   Khi ta dãy S1 , S2 , S n cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu u1 = S1 = 3π u công bội q = Do tổng S = S1 + S + + Sn + = = 4π 1− q 1.0 π 1.0 Câu Giải phương trình (1 + s inx + cos2x ) sin  x +  1+tanx  4 = cosx π  x ≠ + kπ cosx ≠ cosx ≠  Điều kiện :  ⇔  + tanx ≠ tanx ≠ −    x ≠ − π + kπ  π (1 + s inx + cos2 x ) sin  x +  4  Pt ⇔ = cos x s inx 1+ cos x cos x (1 + s inx + cos2 x ) cos x + s inx ⇔ = cos x cos x + s inx 2 ⇔ + s inx + cos x = ⇔ −2 s in x+ s inx + = ⇔ s inx = −1 s inx = (loại) Trang 1.0 −π  x= + k 2π   −π  Với sin x = − ⇔ s inx = sin  ⇔ ,(k ∈ Z )      x = 7π + k 2π  Kết hợp với điều kiện ta nghiệm phương trình là: x = (k ∈ Z ) −π 7π + k 2π ; x = + k 2π với 6 1.0  x + + x + x + 17 = y + y + (1)   x + y + y + 21 + = y − x ( ) Điều kiện: y ≥ (1) ⇔ ( x − y + 4) + x + x + 17 − y + = ⇔ ( x − y + ) + ⇔ ( x − y + 4) + ( x + + y )( x + − y ) x + x + 17 + y + 2 = ⇔ ( x − y + ) (1 + ( x + 4) − y2 x + x + 17 + y + ( x + + y) x + x + 17 + y + =0 )=0 ⇔ y = x+4 Vì: + ( x + + y) x + x + 17 + y + Thay y = x + vào ta đuợc = ( x + 4) + + ( x + 4) + y2 +1 + y x + x + 17 = : ( ) ⇔ x + x + + x + 25 + = x + 16 ⇔ ( ) ( x+4 −2 + ) ( x + 25 − + x + − x + 16 = y2 + 1.0 > 0∀x, y ) 1 x + 12   ⇔ x + + =0 x + 25 + x + + x + 16   x+4 +2 x =  y =  ( ) x + 12 1  + + =0 x + 25 + x + + x + 16  x + + Câu 3  − 2x − 4x + −  Ta có L = Lim  x − 2x + 2021 − 2021  x →0 x x   Lim x − 2x = 2.0 x →0 Lim x →0 − 2x − −2x −2 2` = Lim = Lim =− 2 x →0 x x( (1 − 2x) + − 2x + 1) x →0 ( (1 − 2x) + − 2x + 1) 4x + − 4x = Lim = Lim = x →0 x →0 x( 4x + + 1) x →0 x 4x + + −2 −16168 Vậy L = + 2021 − 2021.2 = 3 Lim Trang Cho dãy số (un ) : u1 = 16, un +1 + 14 = 15 ( n.un + 1) , ∀n ≥ n +1 1.0 15 ( n.un + 1) ⇔ (n + 1)un +1 = 15nun − 14n + n +1 Đặt xn = nun Ta có: xn +1 = 15 xn − 14n + , x1 = 16 Ta có un +1 + 14 = Xét λ − 15 = ⇔ λ = 15 Ta có xn = xn0 + xn* Với xn0 = q.15n Và xn = an + b nghiệm phương trình xn +1 = 15 xn − 14n + * Tìm đc xn = − n Từ xn = xn + xn = q.15 + n  x1 = q.15 +  q = * * n 15n + n Vậy xn = 15 + n  un = n nun 15n + n Vậy lim = lim = 2021n 2021n n 1.0 Câu * Có số lẻ số chẵn từ chín số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, Suy có C5 cách chọn số lẻ từ năm số 1, 3, 5, 7, 9, 1.0 có C4 cách chọn số chẵn từ bốn số 2, 4, 6, Cứ ba chữ số lẻ ghép với ba chữ số chẵn ta tập gồm phần tử Theo quy tắc nhân có C43 C53 cách chọn tập hợp mà tập có số chẵn số lẻ từ số Ứng với tập có 6! cách xếp thứ tự phần tử cách xếp thứ tự ta số thỏa mãn tốn 3 Do theo quy tắc nhân có C4 C5 6! = 28800 số có chữ số khác gồm chữ số chẵn chữ số lẻ từ số 3 * Có C4 C5 tập hợp gồm ba chữ số lẻ ba chữ số chẵn Ứng với tập có cách xếp phần tử theo thứ tự tăng dần 3 Do tập hợp tương ứng với số Vậy có C4 C5 = 40 số thỏa mãn Xét khai triển (1 + ) (1 − ) 1.0 1.0 2n = C + 2C + C + C + + 2n = C20n − 2C21n + 22 C22n − 23 C23n + − 2 n −1 C22nn −1 + 22 n C22nn 2n 2n 2 2n 3 2n n −1 C n −1 2n +2 C 2n 2n 2n Trừ hai đẳng thức theo vế ta có 32 n − = ( 2C21n + 23 C23n + 25 C25n + + 2 n −1 C22nn −1 ) ⇔ 32 n − = C21n + 22 C23n + 24 C25n + + 22 n −2 C22nn −1 32 n − 310 − = ⇔ 2n = 10 ⇔ n = 4 Ta có ⇔ − x + x − x = (1 − x ) (1 + x )  (1 − x + x − x (1 − x ) 10 (1 + x ) 2 ) 10 = (1 − x ) (1 + x 10 = ( C100 − C101 x + C102 x − + C108 x − C109 x + C1010 x10 ) 10 ) 1.0 10 = ( C100 + C101 x + + C108 x16 + C109 x18 + C1010 x 20 ) ( Suy số hạng chứa x28 khai triển − x + x − x ) 2n là: Trang C108 x8 C1010 x20 + C1010 x10 C109 x18 = 45 x28 + x28 = 55x28 Câu B ∈ d1  B (b;8 − b), D ∈ d  (2d − 3; d ) 2.0  b + d − −b + d +  Khi BD = (−b + 2d − 3; b + d − 8) trung điểm BD I  ;  2   Theo tính chất hình thoi ta có :  BD ⊥ AC u BD = −8b + 13d − 13 = b = ⇔  AC ⇔ ⇔   I ∈ AC −6b + 9d − = d =  I ∈ AC 31  9 Suy B (0;8); D ( −1;1) Khi I  − ;  ; A ∈ AC  A( −7 a + 31; a ) đk : a >  2 2S ABCD 15 = 15  IA = S ABCD = AC.BD  AC = BD 2 2 a =  A(10;3) (ktm) 63    225  9    −7a +  +  a −  = ⇔ a −  = ⇔   Suy C (10;3) 2  2 2   a =  A(−11;6) + Từ M kẻ đuờng thẳng song song với BC SA lần luợt cắt DC N, SB Q + Từ Q kẻ đuờng thẳng song song với BC cắt SC P Thiết diện hình thang cân MNPQ 1.5 S Q P P Q + tích Ta N H K M 2a C N D a B Tính diện MNPQ M b x tính đu ợ c A b−x 2.a.x ab + ax ab − a.x từ tính đuợc QK = ; MN = a, PQ = b b b b 2 3.a Suy diện tích MNPQ là: x S MNPQ = ( MN + PQ ) QK = ( b − x )( b + 3x ) 4b MQ = NP = 3.a 3.a  3b − 3.x + b + 3.x  3.a S MNPQ = b − x b + x ≤ = ( )( )   4b 12b  12  b Dấu “=”xẩy x = 0.5 Trang ... diện tích thi? ??t diện lớn ============= Hết ============= Thí sinh khơng sử dụng tài liệu làm Cán coi thi khơng giải thích thêm SỞ GD-ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN... Câu * Có số lẻ số chẵn từ chín số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, Suy có C5 cách chọn số lẻ từ năm số 1, 3, 5, 7, 9, 1.0 có C4 cách chọn số chẵn từ bốn số 2, 4, 6, Cứ ba chữ số lẻ ghép với ba chữ số chẵn... CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG (HDC có 05 trang) NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn: Tốn – Lớp 11 Câu Nội dung Câu 1 Lập bảng biến thi? ?n vẽ (P): y = x + x − Ta có đỉnh I ( −1; −4 ) Ta có bảng biến thi? ?n: Điểm - đồ thị