Đề thi khảo sát học sinh giỏi năm học 2020-2021 môn Toán Lớp 11 - Trường THPT Quế Võ số 1 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi khảo sát học sinh giỏi năm học 2020-2021 môn Toán Lớp 11 - Trường THPT Quế Võ số 1 (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1 KÌ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2020-2021 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN - Lớp 11 THPT Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 2 2 Câu 1 (2 điểm). Cho Pm : yx 2 mxm m. Biết rằng Pm luôn cắt đường phân giác góc phần tư thứ nhất tại hai điểm A , B . Gọi A1 , B1 lần lượt là hình chiếu của A , B lên Ox , A2 , B2 lần lượt là hình chiếu của A , B lên Oy . Tìm m để tam giác OB1 B 2 có diện tích gấp 4 lần diện tích tam giác OA1 A 2 . Câu 2 (4 điểm). 2sin2x cos2 x 7sin x 4 3 1. Giải phương trình 1. 2cosx 3 3 2 2 yyyxyy 4 4 1 5 4 x 1 1 2.Giải hệ phương trình . 2 22 2 2xx 3 3 6 xyx 7 1 y 1 3 x 2 2 Câu 3 (4 điểm). 12 2 2 3 2 2021 2 2022 2 1011 1. Chứng minh rằng CCC2022 2022 2022 CCC 2022 2022 2022 1. 2.Cho đa giác đều AA1 2 A 2020 nội tiếp đường tròn tâm O , chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh bất kỳ của đa giác đó. Tính xác suất để nhận được một tứ giác có đúng một cạnh là cạnh của đa giác. Câu 4 (2 điểm). Nhà anh A muốn khoan một cái giếng sâu 20 mét dùng để lấy nước cho sinh hoạt gia đình. Có hai cơ sở khoan giếng tính chi phí như sau: Cơ sở I: Mét thứ nhất 200 nghìn đồng và kể từ mét thứ hai trở đi, giá của mỗi mét tăng thêm 60 nghìn đồng so với giá của mỗi mét trước đó. Cơ sở II: Mét thứ nhất 10 nghìn đồng và kể từ mét thứ hai trở đi, giá của mỗi mét gấp 2 lần so với giá của mỗi mét trước đó. Hỏi gia đình anh A để tiết kiệm tiền thì nên chọn cơ sở nào để thuê, biết rằng hai cơ sở trên có chất lượng khoan là như nhau. Câu 5 (6 điểm). 1.Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo BD và AC vuông góc với nhau tại H và AD 2 BC . Gọi M là điểm nằm trên cạnh AB sao cho AB 3 AM , N là trung điểm HC . Biết B 1; 3 , đường thẳng HM đi qua điểm T 2; 3 , đường thẳng DN có phương trình x 2 y 2 0 . Tìm tọa độ các điểm A , C và D . 2. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AB// CD , AB 2 CD . Các cạnh bên có độ dài bằng 1. Gọi O là giao điểm của AC và BD. I là trung điểm của SO. Mặt phẳng thay đổi đi qua I và cắt SA, SB , SC , SD lần lượt tại M, NPQ , , . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1 1 T . 2SM2 2 SN 2 SP 2 SQ 2 3. Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD. A1 B 1 C 1 D 1 , mặt phẳng thay đổi và song song với hai đáy của lăng trụ lần lượt cắt các đoạn thẳng AB1,,, BC 1 CD 1 DA 1 tại M,,, NPQ . Hãy xác định vị trí của mặt phẳng để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất. Câu 6 (2 điểm). 1. Cho abc,, là các số thực dương thoả mãn abc 1. Chứng minh bất đẳng thức ab bc ca 9 a3 b 3 c 3 . a2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 2 2. Giải phương trình 1 2020x 1 2020 x 1 2021 xx 1 2021 1 2021 xx 1 2021 . Hết 1
2. HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM (Gồm có 06 trang) Câu NỘI DUNG Điểm 2 2 I Cho P: yx 2 mxm m. Biết rằng P luôn cắt đường phân giác góc phần tư 2,0 m m điểm thứ nhất tại hai điểm A , B . Gọi A1 , B1 lần lượt là hình chiếu của A , B lên Ox , A2 , B2 2,0 lần lượt là hình chiếu của A , B lên Oy . Tìm m để tam giác OB1 B 2 có diện tích gấp 4 lần diện tích tam giác OA1 A 2 . 2 2 x m Xét phương trình hoành độ giao điểm: x 2 mxm mx . 0,5 x m 1 *TH1: Amm ; Am1 ;0 ; A2 0; m . Bm 1; m 1 Bm1 1;0 ; B2 0; m 1 . 0,75 m 1 12 1 2 Khi đó SS 4 m 1 4. . m . OB1 B 2 OA 1 A 2 1 2 2 m 3 *TH2: Bmm ; Bm ;0 ; B 0; m . 0,75 1 2 ; . Am 1; m 1 Am1 1;0 A2 0; m 1 m 2 12 1 2 Khi đó SOB B 4 S OA A m 4. m 1 2 . 1 2 1 2 2 2 m 3 Vậy có 4 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu đề bài. II 2sin2x cos2 x 7sin x 4 3 4,0 1. Giải phương trình 1. 2,0 điểm 2cosx 3 5 Điều kiện: x k2 (*). 6 0,5 Phương trình tương đương 2sin 2xxx cos2 7sin 4 3 2cos x 3 2sin2x cos2 x 7sin x 2cos x 4 0 2 2sin2xx 2cos 1 2sin xx 7sin 4 0 0,5 2cosxx 2sin 1 2sin x 1 sin x 3 0 2
3. 2sinx 1 0 2sinx 1 sin x 2cos x 3 0 . sinx 2cos x 3 0 Giải (1) : 0,5 x k2 1 6 sin x 2 5 x k2 6 Giải (2): sinx 2cos x 3 vô nghiệm vì 12 2 2 3 2 . Đối chiếu điều kiện (*) phương trình có họ nghiệm x k2 k . 0,5 6 2. Giải hệ phương trình yyyxyy3 4 2 4 1 2 5 4 x 1 1 2,0 . 2 2xx2 3 3 6 xyx 7 2 1 y 2 1 3 x 2 2 2 Điều kiện: x (*) 0,25 3 2 2 Phương trình (1) yy 2 xy 1 2 yx 1 2 yx1 y 2 x 1 0 y x 1 0,5 2 2 vì x y2 x 1 0. 3 Thế y x 1 vào phương trình (2) ta có: 2 2 2xx 3 3 6 x 7 xx 1 1 xx 3 2 2xx2 3 3 6 x 7 xxx 3 2 1 xx 3 2 0,5 2 3 2 xx 3 3 1 xx 3 2 xxx 7 6 2 2 xx 3 2 3 xx 2 2 x xxx2 3 2 3 2 3x 2 x x 3 x 3 1 2 2 x x3 x 2 x 3 0 x2 3 x 3 1 3x 2 x x2 3 x 2 0 3 0,25 2 x . x 3 0 4 x2 3 x 3 1 3x 2 x Giải (3) ta được x 1; x 2 2 x Giải (4): phương trình x 3 0 x2 3 x 3 1 3x 2 x 2 x x 2 1 0 2 3x 2 x 0,5 x 3 x 3 1 2xx2 3 3 3 x 2 2 x 0 vô nghiệm vì vế trái luôn dương với x . 2 x 3 x 3 1 3x 2 x 3 Đối chiếu điều kiện (*) suy ra tập nghiệm hệ là S 1; 2 , 2; 3  . III 2 2 2 2 2 1. Chứng minh rằng 1 2 3 2021 2022 1011 . 4,0 CCC2022 2022 2022 CCC 2022 2022 2022 1 2,0 điểm Ta có 0,25 3
4. 2 2 2 2 2 CCC1 2 3 CCC 2021 2022 1011 1 2022 2022 2022 2022 2022 2022 02 1 2 2 2 3 2 2021 2 2022 2 1011 CCCC2022 2022 2022 2022 CCC 2022 2022 2022 . 2022 0 1 2 2 3 3 2022 2022 1 x C2022 xC 2022 xC 2022 xC 2022 xC 2022 2022 2022 0 2021 1 2020 2 2019 3 2021 2022 x 1 xC2022 xC 2022 xC 2022 xC 2022 xC 2022 C 2022 2022 2020 0,75 Hệ số x2022 trong khai triển 1 x x 1 là 02 1 2 2 2 3 2 2021 2 2022 2 CCCC2022 2022 2022 2022 CC 2022 2022 . 2022 2022 2020 2022 k Mà 2k 2 k . 1 xx 1 1 x  Cx2022 1 0,5 k 0 2022 2022 2 1011 Hệ số của x trong khai triển 1 x là C2022 . 0,5 Vậy có điều phải chứng minh. 2. Cho đa giác đều AA1 2 A 2020 nội tiếp đường tròn tâm O , chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh bất kỳ của đa giác đó. Tính xác suất để nhận được một tứ giác có đúng một cạnh là cạnh của đa 2,0 giác. 4 Xác định được không gian mẫu và tính số phần tử của không gian mẫu n  C2020 0,5 2 Xác định được biến cố, chỉ ra ứng vỡi mỗi cạnh có C2019 (chia 2016 cái kẹo cho 3 bạn mà bạn nào cũng có kẹo) tứ giác thỏa mãn bài toán. 0,5 2 nA 2020. C2019 0,5 Xác suất cần tìm là 0,5 n A 12 P A n  2017 IV 1. Nhà anh A muốn khoan một cái giếng sâu 20 mét dùng để lấy nước cho sinh hoạt gia 2,0 đình. Có hai cơ sở khoan giếng tính chi phí như sau: điểm Cơ sở I: mét thứ nhất 200 nghìn đồng và kể từ mét thứ hai trở đi, giá của mỗi mét tăng thêm 60 nghìn đồng so với giá của mỗi mét trước đó. 2,0 Cơ sở II: mét thứ nhất 10 nghìn đồng và kể từ mét thứ hai trở đi, giá của mỗi mét gấp 2 lần so với giá của mỗi mét trước đó. Hỏi gia đình anh A để tiết kiệm tiền thì nên chọn cơ sở nào để thuê, biết rằng hai cơ sở trên có chất lượng khoan là như nhau. Cơ sở I: Gọi un (nghìn đồng) là số tiền chi phí khoan giếng ở mét thứ n . Theo giả thiết ta có u 200 và u u 60 1 n 1 n 0,5 Chứng minh dãy số un là một cấp số cộng có công sai d 60 . Vậy số tiền thanh toán cho cơ sở I khoan giếng khi khoan giếng sâu 20 mét là: 20.19 S u u u 20 u d 15400 (nghìn đồng). 0,5 20 1 2 20 1 2 Cơ sở II: Gọi vn (nghìn đồng) là số tiền chi phí khoan giếng ở mét thứ n . Theo giả thiết ta có v 10 và v v 2 0,5 1 n 1 n Chứng minh dãy số vn là một cấp số nhân có công bội q 2 . Vậy số tiền thanh toán cho cơ sở II khoan giếng khi khoan giếng sâu 20 mét là: q20 1 Svv vv . 24697 (nghìn đồng). 0,5 20 1 2 20 1 q 1 Vậy gia đình anh A nên thuê cơ sở I. 4
5. 1. Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo BD và AC vuông góc với nhau tại H và AD 2 BC . Gọi M là điểm nằm trên cạnh AB sao cho AB 3 AM , N là trung điểm HC . Biết B 1; 3 , đường thẳng HM đi qua điểm 2,0 T 2; 3 , đường thẳng DN có phương trình x 2 y 2 0 . Tìm tọa độ các điểm A , C và D . B C N L H T M A D Ta có ABCD là hình thang cân nên có hai đường chéo BD và AC vuông góc với nhau tại 0,5 H nên HB HCHA, HD . Ta đặt HB HC aHA, HD b a,b 0 , khi đó:  MB  MA  2  1  HM . HA . HB HA HB AB AB 3 3 V   1  DN DH HC 6,0 2 điểm   21    11    1   1 1 0,5 Suy ra HM. DN HA HB DH HC HA HC DH HB ab ab 0 . 33 23 3 3 3 Do đó HM DN Đường thẳng HM đi qua T 2; 3 và vuông góc với DN nên có phương trình là: 2x y 70 . HD AD   Gọi Htt ;2 7 HM . Theo định lí Talet ta có: 2 và HD, HB ngược hướng HB BC   nên HD 2 HB , suy ra Dt 3 2;6 t 15 . 0,5 Mặt khác D DN nên 32261520tt tH 2 2;3 D 8;3 . . Nhận xét rằng H T , đường thẳng BD: y 3 . Đường thẳng AC đi qua H và vuông góc với BD có phương trình : x 2 0 . x 2 x 2 Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình: N 2;0 . xy 2 2 0 y 0 Vì N là trung điểm của HC nên C 2;3 . 0,5   xA 2 0 xA 2 Mặt khác HAHN 4 A 2; 15 . yA 3 4 0 3 y A 15 Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là A 2; 15 , C 2;3 , D 8; 3 . 2. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AB// CD , AB 2 CD . Các cạnh bên có độ dài bằng 1. Gọi O là giao điểm của AC và BD. I là trung điểm của SO. Mặt phẳng thay đổi đi qua I và cắt SA, SB , SC , SD lần lượt tại M, NPQ , , . Tìm giá trị 2,0 1 1 1 1 nhỏ nhất của biểu thức T . 2SM2 2 SN 2 SP 2 SQ 2 5
6. 0,5 Gọi K là trung điểm của AB, E là trung điểm của CD Ta có    SA SB 2 SK    SC SD 2 SE CD// AB  3    3   Do: EK OK SK SE( SK SO ) AB 2 CD 2 2 3 1          SO SK SE SA SB2 SC 2 SD 2 SK 4 SE 6 SO 2 2 0,5  SA  SB  2 SC  2 SD   SM SN SP SQ 6 SO 12 SI SM SN SP SQ SA SB2 SC 2 SD Do M, NPQ , , đồng phẳng nên 12 . Suy ra SM SN SP SQ 0,5 1 1 2 2 12 . SM SN SP SQ 1 1 1 1 2 2 2 12 2 2 2 2 2 2 2 2 2SM 2 SN SP SQ 1 1 1 1 T= 12 0,5 2 2 2 2 2SM 2 SN SP SQ 1 Vậy minT 12 khi SM SN SP SQ . 2 3. Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD. A B C D , mặt phẳng thay đổi và song song với 1 1 1 1 hai đáy của lăng trụ lần lượt cắt các đoạn thẳng AB1,,, BC 1 CD 1 DA 1 tại M,,, NPQ . Hãy 2,0 xác định vị trí của mặt phẳng để tứ giác có diện tích nhỏ nhất. MNPQ 6
7. Giả sử mặt phẳng cắt các cạnh AA1,,, BB 1 CC 1 DD 1 lần lượt tại EFGH,,, . AE BF CG DH 0,5 Do mặt phẳng // ABCD nên ta có: . AA1 BB 1 CC 1 DD 1 AE Đặt x,0 x 1; S S với S là hằng số. Ta có SS .  ABCD EHGF AA1 0,5 EM AM AE EQ AQ AE Suy ra x 1 1 1 x . EF AB1 AA 1 EH AD1 AA 1 S EMQ EQ EM . x 1 x S EMQ x 1 x S EFH . S EFH EHEF Chứng minh tương tự ta có: 0,5 S HPQ xxSS 1 HGE ; PGN xxSS 1 HGF ; NFM xxS 1 GFE . Ta có SSSSSS MNPQ EMQ PGH PGN NFM 2 SxxS 1 EFH S HEG S HGF S GFE SxxSS 1 2 1 2 xx 2 . 2 1 1 1 S Ta có 2 . 1 2x 2 x 2 x S MNPQ 2 2 2 2 S 1 Khi đó S đạt giá trị nhỏ nhất là khi x . 0,5 MNPQ 2 2 Vậy mặt phẳng đi qua trung điểm các cạnh AA1,,, BB 1 CC 1 DD 1 . 1. Cho abc,, là các số thực dương thoả mãn abc 1. Chứng minh bất đẳng thức ab bc ca 9 a3 b 3 c 3 . 1,0 a2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 2 Ta có 0 a b 4 a43 4 a b 6 a 22 b 4 ab 344422 b a b 2 a b 4 ab a 2 ab b 2 2 2 2 2 2 a ab b a b ab1 a b 2 2 2 2 0,5 a b4 ab a ab b 2 2 1 2 2 a b4 ab a b 4 b a VI bc1 bc ca1 c a Tương tự có ; . 2,0 1 2 2 1 2 2 điểm b c4 c b ca 4 ac Do đó, cộng theo vế các bất đẳng thức trên và sử dụng bất đẳng thức Schur cùng giả thiết abc 1 ta được ab bc ca 1 b c c a a b 3 2 2 2 2 2 2 abbcca 4 a b c bc b c ca c a ab a b bc b c ca c a ab a b 0,25 4abc 4 1 1 a3 b 3 c 33 abc a 3 b 3 c 3 3 4 4 ab bc ca Hay 3 3 3 a b c 4 2 2 2 2 2 2 9 1 a b b c c a 7
8. 3 Mặt khác 3 a3 b 3 c 3 3.33 abc 9 2 ab bc ca Từ 1 và 2 suy ra 4a3 b 3 c 3 18 2 2 2 2 2 2 a b b c c a 0,25 ab bc ca 9 Do vậy a3 b 3 c 3 a2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 1. 2. Giải phương trình 1,0 1 2020x 1 2020 x 1 2021 xx 1 2021 1 2021 xx 1 2021 . 2 2 VT2 1 2020 x 1 2020 x 4 1 2020 x 0,25 x2 0 2021 xx2 2020 2 1 2021 x 2 1 2020 x 2 0,25 2 2 2 4 1 2021x 4 1 2020 xVT 4 1 2021 x 2 2 VP 1 2021 x 1 2021 x 1 2021 x 1 2021 x 2 1 2021xx2 1 2021 1 2021 xx 1 2021 2 4 1 2021 x 2 0,25 a 1 2021 x a b 2 Thật vậy, 2 . b 1 2021 x 1 ab 2021 x 2 abab2 2 4 ab ab ab ab 1 ab 0 , luôn đúng. Vậy phương trình xảy ra x 0 . 0,25 Hết Chú ý: - Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án. 8