Cộng đồng chia sẻ tri thức Lib24.vn

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

647a08fe9836802da43b251b6941a737
Gửi bởi: Nguyễn Minh Lệ 2 tháng 8 2021 lúc 11:34:58 | Được cập nhật: hôm qua lúc 12:58:36 | IP: 113.165.74.10 Kiểu file: DOC | Lượt xem: 237 | Lượt Download: 0 | File size: 1.204736 Mb

Nội dung tài liệu

Tải xuống
Link tài liệu:
Tải xuống

Các tài liệu liên quan


Có thể bạn quan tâm


Thông tin tài liệu

Thư viện đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí SỞ GD-ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2 ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: Toán – Lớp 11 (Đề có 02 trang) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Thi ngày: 10/3/2021 Họ và tên thí sinh: ……………………………………………….………. Số báo danh: ……………………….. Câu 1: (4,0 điểm) 1) Cho hàm số y = x 2 + 2x - 3 (*) và đường thẳng d : y = 2 mx - 4 . Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số (*). Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 thỏa mãn x1 + +x2 + m = -6. m x -1 x -1 2 1 2) Tam giác mà ba đỉnh của nó là ba trung điểm ba cạnh của tam giác ABC được gọi là tam giác trung bình của tam giác ABC . Ta xây dựng dãy các tam giác 3 và với mỗi số A1 B1C1 , A2 B2 C2 , A3 B3C3 ,... sao cho A1B1C1 là một tam giác đều cạnh bằng nguyên dương n ³ 2 , tam giác An Bn Cn là tam giác trung bình của tam giác An -1 Bn -1Cn-1 . Với mỗi số nguyên dương n , kí hiệu Sn Tính tổng S = S1 + S2 + ... + Sn tương ứng là diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác An Bn Cn . + ... Câu 2: (4,0 điểm) (1 + s inx +  cos2x )sin   1) Giải phương trình 1+tanx 2) x + p  4  = 1 cosx . 2  + 4 + x 2 + 8x + 17 = y + y 2 +1 x . + + +1 =2 y + 21 4 y - 3x x y  Giải hệ phương trình  Câu 3: (4,0 điểm) 1) Tìm giới hạn lim (x + 2021)3 1 - 2x - 2021 4x +1 . x  u = 16  1 15( n.un +1) . Tìm lim nu n . u + 14 = 2021 , "n ³ 1  n+1 n + 1  2 x ®0 2) Cho dãy số ( un ) thỏa mãn  n Câu 4: (4,0 điểm) 1) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số có 6 chữ số khác nhau trong đó có ba chữ số chẵn và ba chữ số lẻ? Trong các số trên có bao nhiêu số mà các chữ số được sắp xếp theo thứ tự tăng dần? 28 2) Xác định số hạng chứa x khi khai triển (1 - x + x 2 - x3 C21 n + 22 C23n + 24 C 25n + ... + 22 n ) 2 n - 2 4 thành đa thức, biết rằng C22nn-1 = 310 -1 . 1 Thư viện đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí Câu 4: (4,0 điểm) 1) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD cạnh AC có phương trình là: x + 7 y - 31 = 0, hai đỉnh B , D lần lượt thuộc các đường thẳng d1 : x + y - 8 = 0, d 2 : x - 2 y + 3 = 0 . Biết rằng diện tích hình thoi bằng 75, đỉnh A có hoành độ âm. Tìm toạ độ các đỉnh hình thoi. 2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn BC = 2a đáy bé AD =A, AB = b . Mặt bên SAD là tam giác đều, M là một điểm di động trên AB, mặt phẳng ( P) đi qua M và song song với SA, BC. a) Tìm thiết diện của hình chóp khi cắt bởi b) Tính diện tích thiết diện theo a, b và x thiết diện lớn nhất. (P) . Thiết diện là hình gì? = AM , (0 < x < b). Tìm x theo b để diện tích ============= Hết ============= Thí sinh không được sử dụng tài liệu khi làm bài. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 2 Thư viện đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: Toán – Lớp 11 SỞ GD-ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2 (HDC có 05 trang) Câu Nội dung Câu 1 1 Lập bảng biến thiên và vẽ (P): y = x2 + 2x 3 . Ta có đỉnh I (-1; -4) . Ta có bảng biến thiên: - Điểm đồ thị là parabol có bề lõm hướng lên có trục đối xứng là đường thẳng x = -1 . (1; 0 ); (-3; 0) cắt trục tung tại điểm (0; -3) . - cắt trục hoành tại điểm Ta có đồ thị của hàm số: y 1.0 -1 O -3 x 1 -4 ( Đk: x1 ¹ 1, x2 ¹ 1 ) 2 2 Xét phương trình hoành độ giao điểm x + 2 x - 3 = 2 mx - 4 Û x - 2 m - 1 x + 1 =0 (1) d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 Û phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ¹ 1  = ( m - 1 2 - 1> 0 D¢ Û   1- 2  D¢ Û   1- 2  ) ( ) m - 1 +1¹ 0 = ( m - 1 2 - 1> 0 ) ( m - 1 )+ 1 ¹ 0 m 2 Û  - 4-2m¹0    2 4-2m¹0  1 2 x . x 2 = 1 1 x12 + x22 + (m - 1) (x1 x 2 - 1 + x1 - 1 = - 6 Û Û ( x1 + x2 ) x2 x1 x2 - x1 x2 - ( x1 + x2 +1 ) + x2 2m ) )- ( x1 + x2 ) +1 - 2x1 + ( m - 1) ( x1 + x2 2m )- 0.5 m<0 x + x = ( m -1 2  2 m<0 m 2 m 0 m > 2 Û  > Û  . Khi đó theo định lí viet ta có  x1 + m x 2 + m 2 m 0 m > 2 > Û  =-6Û 4 = -6 ( m - 1) 2 1 -2 -2 +2 2m ( m - 1)2 ( m - 1) +1 - = -6 0.5 Û 6 (m - 1) 2 - 2m - 2 = -6 (4 - 2m ) Û 3m 2 - 13m + 14 = 0 Û m = 2, m = 7 . 3 Trang 1 Thư viện đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí 7 Kết hợp với điều kiện ta được m = . 3 2 Vì dãy các tam giác A1 B1C1 , A2 B2 C 2 , A3 B3C3 ,... là các tam giác đều nên bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác bằng cạnh ´ Với n = 1 thì tam giác đều A1 B1 C 1 3 . 3 có cạnh bằng 3 nên đường tròn ngoại tiếp tam giác  2 A B C có bán kính R = 3. 3  S = p  3. 3  . 3 3 có cạnh bằng 3 nên đường tròn ngoại tiếp tam giác Với n = 2 thì tam giác đều A2 B2 2 C2 1 1 1 1  1 3 S R =1 A B C 2 có bán kính 3.   = p . 3 2 1  3. 2 1.0 .  . 2 3 2 3 Với n = 3 thì tam giác đều A B C có cạnh bằng 3 nên đường tròn ngoại tiếp tam giác 2 2 2  3 3  4 3  2 3  S3 = p 1 3 R3 = 1 A2 B2 C2 có bán kính 3. .  3. .  . 4 3 4 3   ...................  1 n - nên đường tròn ngoại tiếp tam giác Như vậy tam giác đều An Bn Cn   1  có cạnh bằng 3. 2 ABC n n n = 3. R có bán kính 1   n-1 . 3  S = n  3. p 3n   2     2 1 n-1 3  . .   2  3  Khi đó ta được dãy S1 , S2 , ...Sn ... là một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu u1 = S1 = 3p 1 u1 và công bội q = 4 . Do đó tổng S = S1 + S 2 + ... + Sn + ... 1 - q = 4p = Câu 2 1 (1  + s inx + cos2x Giải phương trình   )sin x + p    cosx ¹ 0 Điều kiện :  4= 1 cosx .  2  ¹0 1 + tanx   Û  cosx ¹ 0 x   tanx ¹ -1  x  ¹ p + kp 2 ¹- p 4 p  (1 + s inx + cos2x )sin Pt Û   x +  1.0  1+tanx 4  = 1 cos x . + kp 1.0 1+ s inx 2 cos x Û cos x (1 + s inx + .cos x s inx = 1 cos x + cos2x) cos x + s inx 2 2 -1 Û 1+ s inx + cos 2x = 1 Û - 2 s in2 x+ s inx + 1 = 0 Û s inx = hoặc s inx = 1 (loại). 2 Trang 2 Thư viện đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí = -p + k 2p Với sin x = 1 Û s inx -  -p  = sin    Û  6  2 x 6 7p  = x   6 1.0 , (k ÎZ ) + k2p Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: x = (k 2.  x  4 + x + + k 2p ; 6 ). ÎZ -p 2  x = 2p 7p +k với 6 + 8 x + 17 = y y 2 +1 + (1 ) 1.0 (2) . x + y + y + 21 + 1 = 2 4 y - 3 x  Điều kiện: y ³ 0 =0 1 Û (x - y + 4) + + 8x + 17 - y 2 + 1 = 0 ( x - y + ) + ( x + 4)2 - y2 4 Û x2 ( ) x2 + 8x + 17 + y2 +1 ) =0 x + 4 + )( x + 4 - ) x + 4 + ) Û ( x - y + 4) + = 0 Û ( x - y + 4)(1 + ( y y y ( x 2 + 8x + 17 + y 2 + 1 Ûy =x +4 Vì:1+ (x 2 +4 +y y + = 1 ) 2 x + 8x + 17 + Thay y = x + vào 2 ta đuợc 4 (2 ) 1   x +4 + x = 0  y =4  1  +  x 4) + x )+ 2 (x + +4+2 + + 1 2 + 8x + 17 = y2 +1 =0 x +12 x + 25 + 5 x + + 2 x +16 8  1 + x +12 x + 25 + 5 x + 8 + 2 x y 2 + 1 + y > 0"x , y )+ ( x + 8 - 2 x + 16 = 0) x + 25 - 5 ( Û x  + 4)2 + 1 + : Û x + x + 4 + x + 25 + 1 = 2 x +16 Û x +4 -2 ( (x 2 x 2 + 8x + 17 + y 1 + = 0 (  vn ) . 1.0 +16 Câu 3 1  Ta có L = Lim  x 3 3 1 - 2x + 2021 1 - 2x - 1 x x ®0  Lim x 3 1 - 2x = 0 . 2.0 4x + 1 -1  - 2021 x .  x ®0 Lim 3 x ®0 - 2x 1 - 2x - 1 = Lim x x ®0 x( 3 (1 - 2x) 2 + 31- Lim 4x + 1 -1 = x ® 0 Lim x Vậy L = 0 + 2021 16168 x 2x + = Lim 1) = Lim 4x ® -2 0 x( 4x + 1 1) + - 2021.2 = x ®0 - x ®0 -2 3 ( (1 - 2x) 4 =2. 2 =+ 3 1 - 2x +1) 2` 3 4x + 1 1 + . 3 3 Trang 3 Thư viện đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí 2 1.0 +14 =15(n.un +1) ,"n ³ 1. 1 n+1 n +1 15 ( n.u +1 ) n Û (n + 1)u = 15nu - 14n +1. Ta có u + 14 = n n+1 n n +1 Cho dãy số ( u n ) : u = 16,u +1 Đặt xn = nun . Ta có: xn +1 = 15xn - 14n +1, x1 = 16 . Xét l - 15 = 0 Û có x Và x * n l =15 . Ta =x n n = an + b là nghiệm phương trình x * Tìm đc x n=x0 n = -n . Từ x n n Vậy x = 15 + n  u n Vậy lim 2021 n = lim 0 n n +1 = = q.15 n 15x - 14n +1 . n n n 15 + n n n * * + x .Với x + x = q.15 + n  x = q.15 +1  q = 1 n 1 = 15n + n . n nu n 0 n 2021 1.0 =0. Câu 4 1* Có 5 số lẻ và 4 số chẵn từ chín số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Suy ra có C 3 cách chọn 3 số lẻ từ năm số 1, 3, 5, 7, 9, 1.0 5 và có C43 cách chọn 3 số chẵn từ bốn số 2, 4, 6, 8. Cứ ba chữ số lẻ ghép với ba chữ số chẵn ta được một tập gồm 6 phần tử. Theo quy tắc nhân có C 43 .C53 cách chọn các tập hợp mà mỗi tập có 3 số chẵn và 3 số lẻ từ các số trên. Ứng với mỗi tập có 6! cách sắp xếp thứ tự các phần tử và mỗi cách sắp xếp thứ tự đó ta được một số thỏa mãn bài toán. Do đó theo quy tắc nhân có C 3 .C 3 .6! = 28800 số có 6 chữ số khác nhau gồm 3 chữ số chẵn và 4 5 3 chữ số lẻ từ các số trên. * Có C 43 .C53 tập hợp gồm ba chữ số lẻ và ba chữ số chẵn. Ứng với mỗi tập có duy nhất một cách sắp xếp các phần tử theo thứ tự tăng dần. Do đó mỗi tập hợp tương ứng với một số. Vậy có C 3 .C 3 = 40 số thỏa mãn. 4 2 1.0 5 1.0 Xét khai triển (1 + 2 ) 2n 3 3 1 2 2 2 n = C + 2C2 n + 2 C 2 n + 2 C 2 n + ... + 2 -1 C 22nn + 22 n C22nn -1 0 2n (1 - 2 )2 n 3 3 1 2 2 2 n = C - 2C2 n + 2 C 2 n - 2 C 2 n + ... - 2 -1 C 22nn + 22 n C22nn -1 0 2n Trừ hai đẳng thức theo vế ta có 32 n - 1 = 2 ( 2C 21 n + 2 3 C 23n + 2 5 C 25n + ... + 2 2 n -1 C 22nn -1 ) Û 32 -1 n = C 21 n + 2 2 C 23n + 2 4 C 25n + ... + 22 n - 2 C22nn-1 4 n Û 32 - 1 = 310 -1 Û 2 n = 10 Û n = 5. Ta có 4 4 2 3 ( ) ( ) ( ) ( 1 - x + x - x = 1 - x 1 + x  1 - x + x 2 - x 3 10 = 1- x 8 8 9 9 10 (1= (C100 - C101 x + C102 x 2 - ... + C10 x - C10 x + C10 x )10 x10 ) 2 ) ( 10 1+ x 2 ) 10 1.0 (1+ x ) (C 2 10 = + C101 x 2 + ... + C 8 x16 + C 9 x18 + C 10 x20 10 10 10 ) 0 10 Suy ra số hạng chứa x 28 trong khai triển (1 - x + x 2 - x3 )2 n là: Trang 4 Thư viện đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí C108 x 8 .C1010 x 20 + C1010 x10 .C109 x18 = 45 x 28 + 9 x 28 = 55x28 . Câu 5 1 B Î d1  B (b;8 - b ), D Î d 2  (2d - 3; d ). BD là I Khi đó BD = (- b + 2d - 3; b + d - 8) và trung điểm của   b + 2d - 3  Theo tính chất hình thoi ta có :  BD ^ Ûu .BD=0  AC  IÎAC  AC Û  Î  I AC 2 + d + 8 . 2  b = 0 -8b + 13d - 13 = 0 -6b + 9 d - 9 =  0 2.0 ; -b . Û  d =1  -1 ; 9  ; A Î AC  A(- 7a + 31; a) đk : a 31 > 7  2 2  1 AC.BD  AC 2SABCD = 15 IA= 15 . 2 = BD 2 Suy ra B (0;8); D(-1;1) . Khi đó I  S ABCD =  2  63 2 9  2 225  9 2 9 a =3 A(10;3) (ktm) . Suy ra C(10;3) .  + a -  = Û a = Û   2 2  2    2  4 a =6 A(-11;6) 2+ Từ M kẻ đuờng thẳng song song với BC và SA lần luợt cắt DC tại N, SB tại Q. + Từ Q kẻ đuờng thẳng song song với BC cắt SC tại P. Thiết diện hình thang cân MNPQ   -7a + 1.5 S P P Q Q + tích Ta 2A C M B N N H K M Tính MNPQ B đuợc tính X A D diện A MQ=NP= b - x a , PQ 2.a. x;MN = ab + từ đó tính đuợc QK = ab - a. x . 3 = ax 2 b b b b 2 1 (MN + PQ).QK 3.a ( b - x ) ( b + 3x Suy ra diện tích MNPQ là: x S MNPQ 2 2= = 2 2 4b 2 3.a  3b - 3.x + b + 3.x 3.a ( b x )( b + 3x ) = MNPQ  = £  2 2  2 12 4b 12b   Dấu “=”xẩy ra khi x = b . 3 S 3.a ) 2 0.5 Trang 5