VnDoc.com

Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 năm học 2019 - 2020 trường THPT Bá Thước, Thanh Hóa

Đề thi HSG môn Toán lớp 11 có đáp án

Tải về

1

VnDoc.com - Tải tài liệu, biểu mẫu, vbpl miễn phí

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

THANH HÓA

TRƯỜNG THPT BÁ THƯỚC

ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2019 - 2020

Môn thi: Toán - Lớp 11

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề )

Ngày thi: 28 tháng 12 năm 2019

(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)

Câu I (4.0 điểm).

1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị

 

P

của hàm số

2

3y ax bx  

, biết rằng

 

P

có

đỉnh

 

2;1I

.

2. Giải bất phương trình:

   

2

1 2 6 7 7 12 .x x x x x x       

Câu II (4.0 điểm).

1. Giải phương trình:

 

2

2 3sin . 1 cos 4cos .sin 3

2

0 .

2sin 1

x

x x x

x

  





2. Giải hệ phương trình:

   

 

2 2

6 1 2 4 2 2 1 0

;

2 1 3 1 1

y x y x x

x y

x x x y x y y



      







         







.

Câu III (4.0 điểm).

1. Cho

, ,x y z

là các số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện

xyz x z y  

. Tìm giá trị

lớn nhất của biểu thức:

2 2

2 2 2

2 2 4 3

1 1

1 ( 1) 1

z z

P

x y

z z z

   

 

  

.

2. Cho dãy số

 

n

u

thỏa mãn điều kiện

1

2u 

và

2

1 2 3

... , 1,2,...

n n

u u u u n u n      

Tìm công thức số hạng tổng quát

n

u

của dãy số

 

n

u

.

Câu IV (4.0 điểm).

1. Một hộp đựng

50

chiếc thẻ được đánh số từ

1

đến

50

. Chọn ngẫu nhiên từ hộp hai thẻ.

Tính xác suất để hiệu bình phương số ghi trên hai thẻ là số chia hết cho

3

.

2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

, cho tam giác

ABC

cân tại

A

,

M

là trung điểm

của

AB

. Đường thẳng

: 2 7 0CM x y  

và

4 7

;

3 2

K

 

 

 

là trọng tâm tam giác

ACM

. Đường

thẳng

AB

đi qua điểm

 

3; 1D 

. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác

ABC

, biết điểm

M

có hoành

độ nguyên và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC

thuộc đường thẳng

6 26 0.x y  

Câu V (4.0 điểm).

1. Cho hình chóp

.S ABCD

có đáy là hình thoi cạnh

3a

,

3SA SD a 

,

3 3SB SC a 

.

Gọi

M

,

N

lần lượt là trung điểm của các cạnh

SA

và

SD

,

P

là điểm thuộc cạnh

AB

sao cho

2AP a

. Tính diện tích thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng

 

MNP

.

2. Cho tứ diện

ABCD

,

G

là trọng tâm tam giác

BCD

và

M

là điểm di động bên trong

tam giác

BCD

sao cho khi

M

khác

G

thì

MG

không song song với

CD

. Đường thẳng qua

2

VnDoc.com - Tải tài liệu, biểu mẫu, vbpl miễn phí

M

và song song với

GA

cắt các mặt phẳng

 

ABC

,

 

ACD

,

 

ABD

lần lượt tại

, ,P Q R

. Tìm

giá trị lớn nhất của tích

. .MP MQ MR

.

-------------------- Hết --------------------

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu

Ý

Nội dung

Điể

m

I

1

Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị

 

P

của hàm số

2

3y ax bx  

, biết rằng

 

P

có đỉnh

 

2;1I

.

2,0

Từ giả thiết ta có:

4 0 1

2

4 2 4 4

4 2 3 1

b

a b a

a

a b b

a b



   

 

 



 

  

  

 



  



Vậy

 

P

:

2

4 3y x x   

0,5

Bảng biến thiên:

x



2



y



1



0,5

Đồ thị hàm số có đỉnh

 

2;1I

, trục đối xứng

2x 

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại

 

0; 3

và cắt trục hoành tại

   

1;0 , 3;0

0,5

Đồ thị hàm số như hình vẽ

0,5

2

Giải bất phương trình:

   

2

1 2 6 7 7 12 .x x x x x x       

2,0

Đk:

2.x  

BPT

 

2

1 2 2 6 7 3 2 8x x x x x x          

0,5

      

2 2

1 6 2 4

2 2 7 3

x x

x x x x

x x

 

      

   

0,5

3

VnDoc.com - Tải tài liệu, biểu mẫu, vbpl miễn phí

   

1 6

2 4 0

2 2 7 3

x x

 

 

     

 

   

 

Ta có

 

1 6

4

2 2 7 3

x x

x

x x

 

  

   

=

2 2 6 6 1

2 2

2 2 7 3 2 2

x x x x

x x x

   

   

     

=

 

6 7 1

2 2

1

0, 2

2 2 7 3 2 2

x x

x

x x x

  

 

      

     

0,5

BPT

2 0 2x x    

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là

 

2;2S  

0,5

II

1

Giải phương trình:

 

2

2 3sin . 1 cos 4cos .sin 3

2

0 .

2sin 1

x

x x x

x

  





2,0

ĐK: Điều kiện:

2

1

6

sin ,

5

2

6

x k





 



  





 







(*).

0,25

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương:

 

2

2 3 sin . 1 cos 4cos .sin 3 0

2

x

x x x   

 

2 3 sin 2 3 sin .cos 2cos 1 cos 3 0x x x x x     

   

2 2

2 3 sin cos 3sin 2 3 sin .cos cos 0x x x x x x     

0,5

  

3 sin cos 0

3 sin cos 3 sin cos 2 0

3 sin cos 2

x x

x x x x

x x



 

     



 





0,25

TH1:

3 sin cos 0 cot 3 ,

6

x x x x k k



       

0,25

TH2:

3 sin cos 2 2 sin cos cos sin 2 sin 1

6 6 6

x x x x x

  

   

       

   

   

2

2 2 ,

6 2 3

x k x k k

  

 

       

0,25

Đối chiếu điều kiện ta thấy phương trình đã cho có nghiệm

0,5