Đề thi năng khiếu Toán 11- lớp 11 Toán lần 4 năm học 2019-2020, trường THPT Chuyên Nguyễn Trãi - Hải Dương

SỞ GD-ĐT HẢI DƯƠNG Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y  ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LẦN THỨ TƯ NĂM HỌC 2019-2020 Môn: Toán 11 Thời gian làm bài: 180 phút 4x  3 có đồ thị  C  . Biết đồ thị  C  tồn tại hai điểm phân biệt x 3 M , N thỏa mãn tổng khoảng cách từ M hoặc N tới hai tiệm cận là nhỏ nhất. Tính độ dài MN Câu 2. ( 3 điểm) a) Một hộp đựng 10 thẻ được đánh số từ 1 đến 10 . Phải rút ra ít nhất k thẻ để xác suất có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 lớn hơn 13 . Giá trị của k bằng bao nhiêu ? 15 b) Cho dãy số {un } xác định bởi u1  2; u2  1; un  2  un21 2un 1  1 Chứng minh rằng {un } có giới hạn hữu hạn. Tính giới hạn đó. c) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy  yz  zx  3 .Chứng minh rằng : x2 x3  8  y2 y3  8  z2 z3  8  1. Câu 3. (1,5 điểm) Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương n sao cho n 2  1 không là ước của n! Câu 4. (1,5 điểm) Cho biết đa thức P( x)  x 2022  a1x 2021  ...  a2021x  a2022 hệ số thực có 2022 nghiệm thực khác nhau và a2017  2017; a2019  2019 . Chứng minh rằng | a2018 | 2018 Câu 5. (2 điểm) Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. a 6 ; AB  a; BC  2a 2 b) Một mặt phẳng thay đổi nhưng luôn song song với đáy và cắt các cạnh bên SA , SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P , Q . Gọi M  , N  , P , Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của a) Tính thể tích khối chóp nếu biết SA  SB  SC  M , N , P , Q lên mặt phẳng  ABCD  . Tính tỉ số MNPQ.M N PQ đạt giá trị lớn nhất. SM để thể tích khối đa diện SA HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1:  4m  3  - Giả sử M   m;    C  , với m  3 . m3   - Tiệm cận đứng là: x  3 , riệm cận ngang là: y  4 . Do đó tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận là: d  m3  9 9 4m  3  2. m  3 . 6 4  m3  m3 m3 m3 Dấu ”= ” xảy ra khi và chỉ khi m  3  m  3  3 9 2   m  3  9   m3  m  3  3 m  6  m  0  M   6;7   . Một cách tương tự ta có các điểm  M   0;1  N   6;7  .   N   0;1 Do M , N phân biệt nên MN  6 2 . Câu 2: a) Gọi biến cố A : Lấy k tấm thẻ có ít nhất một tấm thẻ chia hết cho 4 . Với 1  k  10 . Suy ra A : Lấy k tấm thẻ không có tấm thẻ nào chia hết cho 4 . 10  k  9  k  . Ck Ck Ta có: P A  8k  P  A   1  8k  1  C10 C10 90   Theo đề: 1  10  k  9  k   13  k 2  19k  78  0  6  k  13 . 90 15 Vậy k  7 là giá trị cần tìm. b) Quy nạp ta thấy cả dãy số {un } đều là các số dương. Xét un  2  un 1  un21  un 1 0 2un 1  1 Suy ra dãy trên giảm; bị chặn dưới bởi 0. Suy ra {un } có giới hạn hữu hạn là a. Thay vào biểu thức ta tính được a = 0. c) Theo bất đẳng thức Cauchy cho các số thực dương ta có: ( x  2)  ( x 2  2 x  4) x 2  x  6 x3  8  ( x  2)( x 2  2 x  4)   2 2 2 2 x 2x   2 3 x 8 x  x 6 Tương tự, ta cũng có y2 2 y2  2 ; y3  8 y  y  6 z2 2z 2  2 . z3  8 z  z  6 Từ đó suy ra: x2 y2 z2 2x2 2 y2 2z 2    2  2  2 . (1) x3  8 y3  8 z3  8 x  x  6 y  y  6 z  z  6 Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz : 2 x2 2 y2 2z2 2( x  y  z )2 (2)    x 2  x  6 y 2  y  6 z 2  z  6 x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )  18 Ta chứng minh: 2( x  y  z )2 1 x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )  18 Thật vậy: Ta có: x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )  18  3   x  y  z    x  y  z   2  xy  yz  zx   18 2   x  y  z    x  y  z   12  0 2 Nên  3  2( x  y  z)2  x2  y 2  z 2  ( x  y  z)  18  x2  y 2  z 2  x  y  z  6 Mặt khác, do x, y, z là các số dương nên ta có: x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx x  y  z  3( xy  yz  zx) Mà xy  yz  zx  3 nên bất đẳng thức (3) đúng. Từ (1), (2) và (3), ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  1 . Câu 3: Ta sẽ chứng minh v p (a)  v p (b) với mọi số nguyên tố p . Ta có thể viết lại điều kiện đề bài thành a4n1 | b4n3 ; b4n2 | a4n4 Từ điều kiện a 4n1 | b4n3 ta có (4n  1)v p (a)  (4n  3)v p (b), n  4n  3 v p (b)  v p (b) 4n  1 Tương tự từ b4 n 2 | a 4 n4 ta cũng có v p (b)  v p (a) Suy ra v p (a)  lim Từ đó ta có ngay a  b . * Câu 4: Theo định lý Rolle thì P '( x) có 2021 nghiệm thực phân biệt. Tương tự P ''( x) có 2020 nghiệm thực phân biệt. Hơn nữa P(3) ( x)  2022.2021.2020.x 2019  ...  4.3.2.a2018 x  3.2.a2019 Do P(3) (0)  3.2.a2019  3.2.2019  0 nên đa thức 1 Q( x)  x 2019 P (3)    6a2019 x 2019  24a2018 x 2018  ...  b1  x cũng có 2019 nghiệm phân biệt. Giả sử đó là x1; x2 ;...; x2019 2019 Theo định lý Vi – ét ta có x i 1 i  24a2018 60a2017 ;  xi x j  6a2019 1i  j  2019 6a2019 2019 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có (  xi   i 1 24a2018 2 60a2017 )  2  xi x j  2. 6a2019 6a2019 1i  j  2019 5 2  a2018  a2017 a2019 4 | a2018 | 2018 Câu 5 a) Vì SA  SB  SC nên hình chiếu của S là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ; hay nói cách khác chính là giao điểm O hai đường chéo của hình chữ nhật ABCD . 2 3 2 a 5 a Ta có SO  SA  AO  a     2 2  2  2 2 1 1 a3 Suy ra VS . ABCD  SO. AB.BC  3 2 3 b) S Q M P N A D M' B Đặt N' Q' H P' C SM  k với k   0;1 . SA MN SM   k  MN  k. AB AB SA MQ SM Xét tam giác SAD có MQ //AD nên   k  MQ  k . AD AD SA Kẻ đường cao SH của hình chóp. Xét tam giác SAH có: MM  AM SA  SM SM MM //SH nên   1   1  k  MM   1  k  .SH . SH SA SA SA Ta có VMNPQ.M N PQ  MN .MQ.MM   AB. AD.SH .k 2 . 1  k  . Xét tam giác SAB có MN //AB nên 1 Mà VS . ABCD  SH . AB. AD  VMNPQ.M N PQ  3.VS . ABCD .k 2 . 1  k  . 3 Thể tích khối chóp không đổi nên VMNPQ.M N PQ đạt giá trị lớn nhất khi k 2 . 1  k  lớn nhất. 2 1  k  .k .k 1  2  2k  k  k  4 2   .   k .  k  1  2 2 3 27  2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 2 1  k   k  k  . 3 SM 2 Vậy  . SA 3 Ta có k 2 .  k  1  3