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

Thư viện đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020-2021 Môn: Toán - Lớp 11 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 02 trang) Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y x 2 (2 m )x 4 có đồ thị là P và điểm A( 5; 5). Tìm m để đường thẳng (d ) : y x m cắt đồ thị P tại hai điểm phân biệt M và N sao cho tứ giác OAMN là hình bình hành (O là gốc tọa độ). Câu 2. (2,5 điểm) Cho phương trình 4 cos 3 x cos 2x m 3 cos x 1 0 1. Giải phương trình khi m = 3. 2. Tìm giá trị nguyên của tham số m để phương trình có đúng bốn nghiệm khác nhau thuộc khoảng ; 2 2 2 x 3 − 4 x 2 + 3 x − 1 = 2 x 3 (2 − y ) 3 − 2 y Câu 3. (2,5 điểm) Giải hệ phương trình ( x 3−2y +2 − x )2 ( x 3−2y+ 2 + x−1 ) 4 =4 Câu 4. (4,5 điểm) 3 5 x 1. 3x5 2 x 1 Cho hàm số y g (x ) mx 2 khi x 1 khi x 1 , với m là tham số. Tìm m để hàm số g (x ) liên tục trên . u 1 u n 1 2. Cho dãy số un thoả mãn 1 . Tìm công thức số hạng tổng quát un của 2un un 4 , n 1 dãy số đã cho. 3. Có bao nhiêu số tự nhiên có 8 chữ số, trong đó có hai chữ số lẻ khác nhau và ba chữ số chẵn khác nhau, mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần. Câu 5. (1,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có tâm I(1; 4) , đỉnh A nằm trên đường thẳng có phương trình 2x y 1 0 , đỉnh C nằm trên đường thẳng có phương trình x y 2 0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông đã cho. Câu 6. (5,0 điểm) 1. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tất cả các cạnh bên đều bằng a. Gọi điểm M thuộc cạnh SD sao cho SD = 3SM , điểm G là trọng tâm tam giác BCD . a) Chứng minh rằng MG song song với mp (SBC ) . (α ) là mặt phẳng chứa MG và song với CD . Xác định và tính diện tích thiết diện của hình chóp với mp (α ). b) Gọi Thư viện đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí c) Xác định điểm P thuộc MA và điểm Q thuộc BD sao cho PQ song song với SC . Tính PQ theo a. 2. Cho tứ diện SABC có SA, SB , SC đôi một vuông góc; SA = a , SB = b, SC = c . Lấy một điểm M nằm trong tam giác ABC . Gọi d1 , d 2 , d3 lần lượt là khoảng cách từ M đến các đường thẳng SA, SB , SC ≥ . 2(abc)2 2 2 2 Chứng minh rằng: d1 + d 2 + d 3 a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a2 Câu 7. (2,0 điểm) 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = 2 + 2 + 2 + 5 a−b b−c c−a ab + bc + ac Trong đó a , b, c là các số thực thỏa mãn hai điều kiện a + b + c = 1, ab + bc + ca > 0. 2 2. 1n 2 Với mỗi số nguyên dương n ta kí hiệu bn là hệ số của đa thức. Đặt u n b1 x b2 b3 ... bn , n * trong khai triển x thành 2 . Tìm số hạng tổng quát của dãy số un và tính giới hạn lim un . =====Hết===== Họ và tên thí sinh:........................................................... x Số báo danh .............................. Thư viện đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí 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 Môn: Toán - Lớp 11 Câu Lời giải sơ lược Điểm 2 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y x (2 m )x 4 có đồ thị là P và điểm A( 5; 5). Tìm m để đường thẳng (d ) : y x m cắt đồ thị P tại hai điểm phân biệt M và N sao cho tứ giác OAMN là hình bình hành (O là gốc tọa độ). Hoành độ của M và N là nghiệm của pt: x 2 (2 m )x 4x m x 2 (3 m )x (m 4) 0 (1)Vì 2 1 nên 1 luôn có hai nghiệm phân biệt d m 2m 25 0, m luôn cắt 0.5 P tại hai điểm phân biệt. Do các điểm O và A thuộc đường thẳng : yx nên để OAMN là hình bình hành thì MN = OA = 5 2 Gọi M (x 1 ; x 1 m ), N (x 2 ; x 2 m) với x 1 , x2 là nghiệm của 1 . x x Ta có 1 m 0.5 3 2 x 1x 2(m 4) MN 2 2(x x )2 1 MN 2 2 5 2 2m 2 4m 50 (xx )2 2m 2 4x x 1 2 50 1 m 4m 50 2 2 0.5 0 m + m 0 thì O, A, M , N thẳng hàng nên không thỏa mãn. + m 2 thỏa mãn. 2. (2,5 điểm) Cho phương trình 4 cos 3 x cos 2x m 3 1. Giải phương trình khi m = 3. 2. Tìm giá trị nguyên của tham số m để phương trình ; 0.5 cos x 1 0 có đúng bốn nghiệm khác nhau thuộc khoảng . 2 2 cos x 0 Với m = 3 ta có phương trình 4 cos 3 x 2 cos 2 x 0 1 cos x 2.1 1 điểm cos x 0x 0.25 2 k 2 1 cos x x k2 3 2 Vậy phương trình có các họ nghiệm là x 0.5 k ,x 2 k2 . 3 0.25 Thư viện đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí Ta có: 4 cos 3 x cos 2x m cos x 0 x 2 cos x m 3 0 2 4 cos 3 cos x 1 04 cos 3 x 2 cos 2 x m 3 cos x 0 1 cos x 0x 0.5 k , kkhông có nghiệm thuộc khoảng ; 2 . 2 2 2.2 1,5 Đặtt cos x , vì x ; nên t 0 ;1 . 2 điểm 2 4t 2 Khi đó phương trình 1 2 . Ycbtphương trình 2 có 2 nghiệm phân biệt t1 , t2 thỏa mãn 0 t1 , t2 2 m4t 2 2t 3 2t m 3 0 0.5 1. gt trên t Ta có bảng biến thiên của g t 0;1 . 0.5 Từ bảng biến thiên trên phương trình 0 t1 , t2 thì 3 2 có 2 nghiệm phân biệt t1 , t2 thỏa mãn 1 m 13 4 . Vì m nguyên nên không có giá trị nào. 3. (2,5 điểm) Giải hệ phương trình 2 x 3 − 4 x 2 + 3 x − 1 = 2 x 3 (2 − y ) 3 − 2 y ( Điều kiện: x≥1 y≤ 3 2 x 3−2y +2 − x )2 ( x 3−2y+2 + x−1 ) 4 =4 Thư viện đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí Với điều kiện trên, từ PT đầu ta có: 3 2 4+ 3 3 ⇔ 1 1− x ⇔1− 1 +1 −1 = x (3−2y ) 3 = (3−2y ) 3 + 3−2y 1.0 − 2 x − 4 x + 3 x − 1 = 2 x (2 − y ) 3 − 2 y ⇔ 2 − 3 1 32 x x x + 3−2y = 3−2y x Thế vào phương trình thứ hai ta có: ( x+1− x x+1+ )( 2 x−1 ) 4 = 4 (*) Do x ≥ 1 ⇒ x + 1 − x > 0 , phương trình x + 1 − x )( x + 1 + 2 =2 x−1 ) ( ⇔ 2 ( x + 1 − x )( x + 1 + x − 1 ) = 2 (*)⇔ 2 ⇔2 ( x + 1 − x ) = ( x + 1 − x −1) 2 0.5 = ( x + 1 + x − 1 )( x + 1 − x −1) 2 0.5 2 ⇔ x+1+ x2−1= x+x Bình phương hai vế dương ta có: x + 1 x 2 − 1 = x x ⇔ ( x + 1)( x 2 − 1) = x3 ⇔ ⇔ x= x 1−5 2 = 1+5 2 1 + 5. Thay vào trên ta có nghiệm của hệ là: Kết hợp điều kiện ta có: x = 0.5 2 x= y 5 1 + 2 = 3 5 −1 4 4. (4.5 điểm) 3 1. 2 3x 5 x 5 x 1 Cho hàm số y g (x ) mx 2 khi x1 , với m là tham số. Tìm m khi x1 để hàm số g (x ) liên tục trên . 1 u 1 2. Cho dãy số un thoả mãn 2un u n dãy số đã cho. 1 un 4 , n 1 . Tìm công thức số hạng tổng quát un của 3. Có bao nhiêu số tự nhiên có 8 chữ số, trong đó có hai chữ số lẻ khác nhau và ba chữ số chẵn khác nhau, mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần. Thư viện đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí Hàm g (x ) 3 5 x 3x2 1 x 5 liên tục trên khoảng ( 1; ). Hàm g (x ) mx 2 liên tục trên khoảng ( Vì thế g (x ) liên tục trên Ta có 5 x 2 2 x 1 x1 3x2 x 1 3 3x2 5 x1 3(1 x) x 5 0.5 5 1 lim Và lim 3 5 x x1 lim 4.1 1.5 điểm khi và chỉ khi nó liên tục tại điểm x1. lim g (x )lim x1 0.5 ; 1). 2 42 3 3x 2 1 5 3 (3x 2 5) 2 1 3 4 2 4 . 0.25 g (x ) lim (mx 2) 2 m; g ( 1) 2 m. x1 x1 Hàm số g (x ) liên tục trên tại điểm x1 khi và chỉ khi lim g (x ) lim g (x ) g ( 1) 2 m x1 x1 Vậy với m 5 thì g (x ) liên tục trên . 3m 5 . 4 4 0.25 4 Nhận xét u n 0, n 1. 1 2un Ta có u n 1 Đặt vn 4.2 1.5 điểm un 4 1 un un 1 thì v n 1 1 1 2 2 un 1 un 1 1 2 1 1 n 2 2 u 2vn . Suy ra vn là cấp số nhân với v1 2 3 2n 1 3.2n 2 2 Vậy u n n 1 3.2 1 . 1 u1 bội q 2 . Do đó v n 0.5 2 1 vn un 1 2 3.2n 1 1 và công 2 0.5 1 . 2 0.5 , n 1. Thư viện đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí Trường hợp 1: Xét các số có 8 chữ số, trong đó có hai chữ s ố lẻ khác nhau và ba chữ số chẵn khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần, coi chữ số 0 có thể đứng đầu. + Chọn 2 chữ số lẻ khác nhau và 3 chữ số chẵn khác nhau có C 52C53 (cách). + Với mỗi cách chọn trên ta có: số có 8 chữ số, trong đó có hai chữ số lẻ khác nhau 8! và ba chữ số chẵn khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần là: 2 ! 2! 2 ! (số). Trường hợp này có: C 2 .C 3. 8! 0.75 504000 (số). 2 ! 2! 2 ! Trường hợp 2: Xét các số có 8 chữ số, trong đó có hai chữ số lẻ khác nhau và ba chữ 5 4.3 5 1.5 số chẳn khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần, mà chữ số 0 đứng đầu. điểm + Chọn 2 chữ số lẻ khác nhau và 2 chữ số chẵn khác nhau có C 52C42 (cách). + Với mỗi cách chọn trên ta có: số có 8 chữ số, trong đó có hai chữ số lẻ khác nhau 7! và hai chữ số chẵn khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần là: (số). 2!2! Trường hợp này có: C 2 .C 2. 7 ! 75600 (số). 2!2! Vậy có: 504000 75600 428400 (số). 5 0.5 4 0.25 5. (1,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có tâm I(1; 4) , đỉnh A nằm trên đường thẳng có phương trình 2x y 1 0 , đỉnh C nằm trên đường thẳng có phương trình x y 2 0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông đã cho. Gọi C (t ; t 2) thì A(2 t ; 6 t). Vì A thuộc đường thẳng có phương trình 2x y 1 0 nên 2(2 t ) (6 t ) 1 0t 3. Dẫn tới A( 1; 3), C(3; 5). Ta thấy B, D là giao điểm của đường tròn đường kính AC và đường trung trực của AC 0.5 . 0.5 2 Đường tròn đường kính AC có phương trình (x 1) (y 4) Đường trung trực của AC có phương trình 2x y 6 0. 2 Ta có 2 (x 1) (y 2x y 6 0 4)5 x 0; y 6 x 2; y 2 2 5. . Do đó B (0; 6), D(2; 2) hoặc B (2; 2), D(0; 6). Vậy tọa độ các đỉnh hình vuông là A( 1; 3), B (0; 6), C (3; 5), D(2; 2) hoặc A( 1; 3), B (2; 2), C (3; 5), D(0; 6). 6. (5,0 điểm) 0.5 Thư viện đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí 1. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tất cả các cạnh bên đều bằng a. Gọi điểm M thuộc cạnh SD sao cho SD = 3SM , điểm G là trọng tâm tam giác BCD . (SBC ) . a) Chứng minh rằng MG song song với mp (α ) là mặt phẳng chứa MG và song với CD . Xác định và tính diện tích thiết diện của hình chóp với mp (α ). b) Gọi c) Xác định điểm P thuộc MA và điểm Q thuộc BD sao cho PQ song song với SC . Tính PQ theo a. 2. Cho tứ diện SABC có SA, SB , SC đôi một vuông góc; SA = a , SB = b, SC = c . Lấy một điểm M nằm trong tam giác ABC . Gọi d1 , d 2 , d3 lần lượt là khoảng cách từ M đến các đường thẳng SA, SB , SC . . Chứng minh rằng: d 2 + d 2 + d 2 ≥ 2(abc)2 1 2 a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a2 3 S M H 0.25 D C E 6.1.a 1,0 điểm G F I A B a) Gọi I là trung điểm của BC Ta có DG = DM =2 ⇒ MG / /SI mà SI ⊂ ( SBC) nên MG / / (SBC) . DS 3 DI 6.1.b 1,5 điểm Qua G kẻ đường thẳng song song với CD cắt AD và BC lần lượt tại E và F . Qua M kẻ đường thẳng song song với CD cắt SC tại H . Thiết diện của hình chóp với mp( α ) là tứ giác EFHM . Ta có HM / / EF vì cùng song song với CD 0 2a a nên tam giác DME bằng tam MD=HC = 3 , DE=CF = 3 , MDE = HCF = 60 giác CHF suy ra ME = HF do đó EFHM là hình thang cân 2 4a 2 a 2 2a a 1 a + −2 . . = EM 2 = DM 2 + DE 2 − 2DM .DE .cos600 = 3 9 9 3 3 2 MH = a ,EF = a.Gọi h là độ dài đường cao của hình thang ta có 3 0.75 0.5 0.5 Ta có h = EM 2 EF−HM 2 2 − = a2 3 − a2 9 = a2 3 0.5 Thư viện đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí Diện tích thiết diện là S EFHM =1 .h.(EF + HM ) = 1 . a 2 .4 a = 2 a2 2 2 2 3 3 9 Qua M dựng đường thẳng song song với SC cắt CD tại N. Nối A với N cắt BD tại Q. 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 tại P. Ta có PQ//MN, MN//SC nên PQ//MN Suy ra hai điểm P, Q thỏa mãn điều kiện bài toán. Ta có MN = DM =2 , AQ = AB = 3 ⇒ AQ =3 SC DS AN 5 3 QN DN 2 PQ = AQ = 3 , PQ = PQ . MN =3. 2 =2 MN AN 5 SC MN SC 5 3 5 Suy ra PQ =2a 5 0.5 0.5 A Dựng hình hộp chữ nhật MNPQ.I JSH như hình vẽ SP ⊥ (MNPQ ) ⇒ SP ⊥ MP ⇒ MP = d1 Tương tự ta có MH = d 2 ; MJ = d3 ⇒ K Q P 0.25 M N B H S J I D C Trong hình chữ nhật MNPQ có: d12 = MP 2 = MN 2 + MQ2 6.2 1,0 điểm Tương tự: d 22 = MQ 2 + MI 2 ; d 32 = MN 2 + MI 2 Ta có: SM 2 = MP 2 + SP 2 = MQ 2 + MN 2 + MI 2 ⇒ d12 + d 22 + d 32 = 2SM 2 (1) 0.25 Thư viện đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí ( ABC ) ⇒ SK ≤ SM (2) Dựng SD ⊥ BC , SK ⊥ AD ⇒ SK ⊥ 1 = 1 + 1 SK 2 SA 2 SD2 Trong tam giác SBC có 1 = 1 + 1 SD 2 SB 2 SC2 Trong tam giác ASD có 1 Từ đó suy ra SK 2 = SA 2 (abc)2 ⇒ SK = 1 + SB 2 1 2 a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a2 2 2 0,25 + SC 1 1 = a 2 1 2 + b 1 2 + c 2 (3) 2 2(abc)2 + b 2 c 2 + c2 0,25 (đpcm). Từ (1), (2), (3) suy ra : d1 + d 2 + d3 ≥ a 2 b 2 a2 7. (2,0 điểm) 5 2 + 2 2 + 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = + a −b c −a b−c ab + bc + ac Trong đó a , b, c là các số thực thỏa mãn hai điều kiện a + b + c = 1, ab + bc + ca > 0. 2 1n 2 2. Với mỗi số nguyên dương n đa thức. Đặt u n b1 b ta kí hiệu là hệ số của n x trong khai triển x x b3 ... bn , n*. Tìm số hạng tổng quát của dãy số un b2 thành 2 và tính giới hạn lim un . Không mất tính tổng quát giả sử a > b > c . Khi đó P= 2 +2 +2 +5 a−b b−c a−c ab + bc + ac Với 2 số dương x , y ta có BĐT tổng quát sau 1 +1 ≥ 4 ≥2 x y x+y Ta có P = 2 2 x2 + y2 1 1 + a−b b−c =a − c + 7.2 2 + a−c = a ab + bc + ac ≥ 2 ab + bc + ac a−c = 20 2 ( )( ≥ 8 2 + a−c a−c + 5 ab + bc + ac 20 2 ( điểm 5 + 10 1 0 1 0.25 ) )2 ( +4 ) ab + bc + ac 20 2 ( + c a+ c + 4b 1 − b )( 1+ 3b ) 0.25