Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 năm 2019-2020 - Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn, Nghệ An

Mời các em cùng tham khảo Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 năm 2019-2020 - Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn, Nghệ An để ôn tập và củng cố lại kiên thức môn học, rèn luyện kĩ năng giải đề. Chúc các em ôn tập tốt!

SỞ GD VÀ ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT NGUYỄN XUÂN ÔN NĂM HỌC 2019 - 2020 MƠN TỐN 11 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu (6,0 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a)   3sin x   2sin x  1  sin3x  cos x  sinx   20  x  17  y  3x  x  y  y b)  3  ( x  y  8) x  5x  3x  y  12 x Câu (5,0 điểm) a) Gọi S tập tất số tự nhiên có tám chữ số đơi khác Chọn ngẫu nhiên số tập S Tính xác suất để số chọn chia hết cho 45 u1   b) Cho dãy số (un) xác định  (n  1)un un 1    n3  2n  2n  1 , n  N *  n  Tìm số hạng tổng quát dãy số (un) Câu ( 5,0 điểm) a) Cho tứ diện ABCD, hai cạnh AD BC lấy điểm M N cho AM CN EF   Hai điểm E, F thuộc BM DN cho EF / / AC Tính tỉ số MD NB AC b) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang với AD / / BC AD  2BC Gọi O giao điểm AC BD, điểm M thay đổi nằm hình thang cho OM khơng song song với cạnh hình thang Qua M dựng đường thẳng song song với SO cắt mp(SAB), (SBC), (SCD) (SDA) điểm E, F, G H Chứng minh rằng: MF  2(ME  MG)  4MH  9SO Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn có M (3; 1) trung điểm cạnh BC, đường thẳng AC qua điểm E(1;3) Điểm D(4; 2) đối xứng với A qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, điểm C thuộc đường thẳng d: x  y   có hồnh độ dương Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Câu (2,0 điểm) Cho ba số không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  a  b3  ac(a  c)  bc(b  c)  5abc a  b  c … Hết … Học sinh không sử dụng tài liệu ……… Giám thị không giải thích thêm ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG NĂM HỌC 2019 - 2020 (Đáp án gồm trang) Câu 1a)  Điểm 3.0 Nội dung  3sin x   2sin x  1  sin3x  cos x  sinx  Ta có (1)     1.0  3sin x  (2sin x  1)  2cos x sin x  cos x   3sin x  (2sin x  1)  cos x(2sin x  1)   2sin x   3sin x   cos x     3sin x  cos x     x   k 2  * 2sin x    sinx     x  5  k 2  0.5 1 sin x  cos x   2      * x     k 2 x    k       6  sin  x    sin       6   6  x    7  k 2  x    k 6   0.75   2sin x  1   sin x  cos x    Vậy PT cho có nghiệm x  1b)   k 2 , x     k , x   (1) 20  x  17  y  3x  x  y  y  3  ( x  y  8) x  5x  3x  y  12 x (2) 6  x   ĐK: 5  y  Đặt 2 x  x     k , k  0.5 0.25 3.0   a   x x   a   b   y   y  b  Thay vào (1) ta có 1.0 20a  17b  3(6  a )a  3(5  b )b  3a3  2a  3b3  2b  (a  b) 3(a  ab  b )    ab ( Do 3(a  ab  3b )   0)  x   y  y  x  vào (2) ta có ( x3  3x   8) x  x  3x3  5( x  1)  12 x  ( x3  3x  5) x  x  3x3  x  x  0,25  ( x3  3x  5)    x  3x  5  x  x   x3  x  x x2  5x  x  5x  0,5  x(2 x  x  1)  2x  5x     x3  3x   x 2x  5x  x  5  33 9  33 y x  4 (thỏa mãn) 2x  5x      5  33 9  33 y x  4  0.5 x3  3x   x 2x  5x  x  x3  (2x  5)  x x(2x  5) (3) với x  Đặt a  x x , b  x  0.5 ta có a2  b2  ab  a  b  vô nghiệm Đặt a  x  x , b  2 x  5 ta có a2  b2  ab  a  b  vô nghiệm với x   Câu a) Có A97  1632960 số tự nhiên có tám chữ số đôi khác Phép thử Chọn ngẫu nhiên số tập S nên số phần tử không gian mẫu n()  1632960 Một sô chia hết cho 45 số chia hết cho chia hết cho Ta có      45 chia hết để tạo số có chữ số đơi khác ta lấy chữ số 10 chữ số 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 mà tổng chữ số chia hết cho Suy phải bỏ hai chữ số có tổng Tức bỏ 0;9 , 1;8 , 2;7 , 3;6 , 4;5 Mặt khác số cần tìm chia hết phải chứa TH1 Chỉ chứa hai số - Loại 0;9 Chữ số cuối nên có 7! = 5040 số 3.0 0.5 0.75 0.75 - Loại 4;5 Chữ số cuối nên có 7! = 5040 số TH2 Có hai 0;9 4;5 0.5 Trong TH ta loại ba 1;8 , 2;7 , 3;6 Chẳng hạn loại 1;8 ta lập 7! + 6.6! = 9360 Vậy TH có 3.9360 = 28080 Vậy hai TH có 28080 + 2.5040 = 38160 Xác suất cần tìm 38160 53  1632960 2268 0.5 b) u1    (n  1)un un 1    n3  2n  2n  1 , n  N *  n  2.0 Từ hệ thức truy hồi ta có 0.25 (n  1)un  3(n  1)(n  n  1) n u u  n 1  n  3(n  n  1) n 1 n u u u u  n 1  n  3n  3n   n 1  n  (n  1)3  n3  n 1 n n 1 n u u  n 1  (n  1)3  n  n3  n 1 n u Xét dãy số (vn) với  n  n3 n Ta có vn1   suy dãy số (vn) cấp số cộng có số hạng đầu un 1  u1   với công sai d =  v1  (n  1).d   (n  1).2  2n  0.5 0.5 v1  Suy  0.25 0.5 un  n3  2n   un  n4  2n2  n n Câu a) 2.0 điểm A M E B D F N 0.25 K C Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt CD K Ta có AC //(BMK) mà E thuộc (BMK) EF//AC nên EF nằm mp(BMK), F giao điểm DN (BMK)  F  BK  DN Trong mp(BKM), từ F kẻ đường thẳng song với MK cắt BM E Ta có hai điểm E, F cần tìm 0.5 Do  KF NK CK AM CK CN nên NK//BD Suy       MD KD NB FB BD CD EF BF MK EF EF MK   mà  Do    MK BK AC AC MK AC 0.5 0.75 b) 3.0 điểm G F S H E A D N I M O L B C K Kẻ đường thẳng OM cắt AB, BC, CD AD I, K, L N Ta có mp (SMO) cắt mp(SAB), (SBC), (SCD), (SDA) theo giao tuyến SI, SK, SL, SN Qua M kẻ đường thẳng song song với SO cắt đường thẳng SI, SK, SL, SN điểm E, F, G H điểm cần dựng Ta có ME IM S MAB   SO IO SOAB Tương tự MF S MBC MG S MCD MH S MAD , ,    SO SOBC SO SOCD SO SOAD Ta có SOAD  4SOBC  2SOAB  2SOCD  4S1 0.5 0.5 0.5 0.5 Suy MF ME MG MH S MBC 2S MAB 2SMCD 4SMAD 2 2 4     SO SO SO SO SOBC SOAB SOCD SOAD  S MBC 2S MAB 2SMCD 4SMAD S ABCD     9 S1 2S1 2S1 4S1 S1 Vậy MF  2(ME  MG)  4MH  9SO 1.0 Câu 2.0 A H I B E C M D Gọi H trực tâm tam giác ABC Ta có BH song song với CD vng góc với AC Tương tự CH song song với BD nên BDCH hình bình hành Do M trung điểm BC nên M trung điểm DH Vậy H(2; 0) Gọi C(3-2c; c) suy B(3+2c ; -c-2) Ta có BH   2c  1; c   , EC    2c; c  3 0.5 0.25 0.5 BH EC  (2c  1).(2  2c)  (c 2).(c 3)  5c2  3c  c  1 c   BH  EC nên BH EC   5c  3c     Do C có hồnh độ dương nên C(5; -1), B(1; -1) PT AH : x – = PT AC : x + y = suy tọa độ A(2 ; 2) Câu a b c ,y  ,z  abc abc abc Ta có x, y, z khơng âm x + y + z = P  x  y3  xz(x  z)  yz(y  z)  5xyz Đặt x   x  y3  z(x  y  5xy)  z (x  y) Ta có (x  y)3 (1  z)3 3 x  y3   , x  y  5xy    x  y    (1  z) 4 4 1  z   z  z  z (1  z)  z  z    P   4 4   x  y  z  1 x  y  P      x  y z     z   Vậy GTNN P  a  b  c Hết 0.5 0.25 2.0 0.5 0.5 0.5 0.5 ...ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG NĂM HỌC 2019 - 2020 (Đáp án gồm trang) Câu 1a)  Điểm 3.0 Nội dung  3sin x   2sin x  1  sin3x... BD nên BDCH hình bình hành Do M trung điểm BC nên M trung điểm DH Vậy H(2; 0) Gọi C( 3-2 c; c) suy B(3+2c ; -c-2) Ta có BH   2c  1; c   , EC    2c; c  3 0.5 0.25 0.5 BH EC  (2c  1).(2... 4;5 Mặt khác số cần tìm chia hết phải chứa TH1 Chỉ chứa hai số - Loại 0;9 Chữ số cuối nên có 7! = 5040 số 3.0 0.5 0.75 0.75 - Loại 4;5 Chữ số cuối nên có 7! = 5040 số TH2 Có hai 0;9 4;5