Đề thi HSG Toán 11 cấp trường năm 2018 – 2019 trường Thuận Thành 2 – Bắc Ninh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn thi: Tốn – Lớp 11 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (4,0 điểm)   1.Giải phương trình cos   x   cos x  cos x  4  2.Cho số x  y;5 x  y;8 x  y theo thứ tự lập thành cấp số cộng; đồng thời số ( y  1) ; xy  1;  x   theo thứ tự lập thành cấp số nhân Hãy tìm x, y Câu II (5,0 điểm) Tính tổng S  2.1C2n  3.2C3n  4.3C4n   n(n  1)Cnn 2.Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên có sáu chữ số khác Tính xác suất để chọn số có chữ số chẵn chữ số lẻ Câu III (5,0 điểm) Tìm lim n2  n  n 4n  3n  2n  x   x  x  17  y  y  Giải hệ phương trình   x  y  y  21   y  3x Câu IV(2,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 4), B(1; 2), đỉnh C thuộc đường thẳng d : x  y   , trọng tâm G Biết diện tích tam giác GAB đơn vị diện tích, tìm tọa độ đỉnh C Câu V (4,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang, đáy lớn BC  2a đáy bé AD  a , AB  b Mặt bên SAD tam giác M điểm di động AB, Mặt phẳng (P) qua M song song với SA, BC Tìm thiết diện hình chóp cắt mp  P  Thiết diện hình gì? Tính diện tích thiết diện theo a, b x  AM ,   x  b  Tìm x theo b để diện tích thiết diện lớn -Hết Họ tên thí sinh : Số báo danh Họ tên, chữ ký: Giám thị 1: Họ tên, chữ ký: Giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn thi: Tốn – Lớp 11 ĐỀ CHÍNH THỨC Huớng dẫn chấm Câu Câu I Nội dung Điểm   cos   x   cos x  cos x  4    PT  cos  x   cos x  21  cos x   6  0.5  sin x  cos x  cos x    cos x    cos x 6    k   4 x   2 x  k 2  x  36    k  Z  4 x    x  k 2  x    k   12  x  y;5 x  y;8 x  y theo thứ tự lập thành CSC nên ta có: 0.5 1.0 0.5 x  y  8x  y  5x  y   x  y 1  2  y  1 ; xy  1;  x   theo thứ tụ lập thành CSN nên ta có: 2  y  1  x     xy  1    y  1  y      1.0  Thay (1) vào (2) ta đc:  y  y   y  y   y   y    y   Câu II   y2 1 0.5  x 3 x S  2.1C2n  3.2C3n  4.3C4n   n(n  1)Cnn Số hạng tổng quát: 1.0 uk  k  k  1 Cnk  k  k  1 n! k ! n  k  ! n  n  1 n   !   k  ! n  !  k  !  n  n  1 Cnk22   k  n  S  n  n  1  Cn02  Cn12   Cnn22   n  n  1 2n2    1.0 0.5 Số phần tử không gian mẫu: n  A106  A95  136080 0.5 *Số số tự nhiên có chữ số có3 chữ số chẵn chữ số lẻ TH1: (số tạo thành không chứa số 0) Lấy số chẵn có: C43 0.5 Lấy số lẻ có: C53 Số hốn vị số trên: 6! Suy số số tạo thành: C43.C53 6!  28800  TH2: ( số tạo thành có số 0) Lấy hai số chẵn khác 0: C42  Lấy số lẻ: C53  Số hốn vị khơng có số ) đứng đầu: 6! 5!  5.5! Số số tạo thành: C42 C53.5.5!  36000 0.5 Gọi biến cố A: “số đuợc chọn có chữ số chẵn chữ số lẻ” Suy : nA  28800  36000  64800 n 64800 10 Xác suất xảy biến cố A: PA  A   n 136080 21 Câu III lim n2  n  n 4n  3n  2n  4n  3n  2n 3n  n  lim n2  n  n   2 4n  3n  2n n  lim  lim    3 n n n    1 n   4   2.0  x   x  x  17  y  y  1   x  y  y  21   y  3x   Điều kiện: y  1  ( x  y  4)   x  4   x  y  4    x  y  4   y2 x  x  17  y   x   y  x   y  x  x  17  y    x  y   (1  0.5 x  x  17  y   0 0  x   y x  x  17  y  0.5 )0  y  x4 Vì:   x  4  x   y    x  4  y2 1  y  x  x  17  y  x  x  17  Thay y  x  vào ta đuợc :    x  x   x  25   x  16  Câu IV    x4 2    x  25   x   x  16  y2 1 0.5  0x, y 0.5  1 x  12    x   0 x  25  x   x  16   x4 2 x   y     1 x  12    0 x  25  x   x  16  x   0.5  Ta có: BA   2;  , AB  2 0.5 Phuơng trình đuờng thẳng AB: 0.5 x 1 y    x  y 1  1 C  d : x  y    C  1  2t ; t  0.5 t  Gọi G trọng tâm tam giác ABC suy ra: G 1  t;   3  Khoảng cách từ G đến AB: d G ; AB   t 0.5 Vì diện tích GAB đơn vị nên ta có: 0.5 t   C  7;3 d G ; AB  AB    t  3  C  5; 3 Câu V + Từ M kẻ đuờng thẳng song song với BC SA lần luợt cắt DC N, SB Q + Từ Q kẻ đuờng thẳng song song với BC cắt SC P Thiết diện hình thang cân MNPQ 0.5 0.5 S Q P P Q 2a C B M b x N N H M K D a A + Tính diện tích MNPQ Ta tính đuợc MQ  NP  QK  1.5 bx 2.a.x ab  ax a, PQ  ; MN  b b b từ tính đuợc ab  a.x b Suy diện tích MNPQ là: x S MNPQ  3.a  MN  PQ  QK   b  x  b  3x  4b 3.a 3.a  3b  3.x  b  3.x  3.a S MNPQ   b  x  b  3x      4b 12b  12  b Dấu “=”xẩy x  0.5