Tính xác suất để lấy được 2 viên trắng.. Mời bạn đọc cùng tham khảo 1.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC NINH TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐĂNG ĐẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Năm học: 2019 – 2020
MƠN THI: TỐN, LỚP 11
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu (2,0 điểm) Cho parabol P y x: 2 2x đường thẳng d y: 2x m Tìm m để d cắt P hai điểm phân biệt A B, cho tam giác OAB vuông O (O gốc tọa độ).
Câu (4,0 điểm)
1) Giải phương trình:
3 sin cos 3sin cos
0
2cos
x x x x
x
2) Giải hệ phương trình:
1 1 1
3 4
x x x y y y
x y y x
Câu (4,0 điểm)
1) Chứng minh phương trình m x2 4 x3 2m2 2m0 ln có nghiệm với m .
2) Cho dãy số un thỏa mãn
1
*
1
4 ,
n
n
u
u n
u
Tính giới hạn lim un .
Câu (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A2;3 Các điểm I6;6, J4;5 tâm đường tròn ngoại tiếp tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh B C biết hoành độ điểm B lớn hoành độ điểm C
Câu (5,0 điểm)
1) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB a AD b , , cạnh bên SA vuông góc với đáy
a) Gọi I, J trung điểm SB CD Biết đường thẳng IJ tạo với mặt phẳng ABCD góc 600 Tính độ dài đoạn thẳng SA
b) mặt phẳng thay đổi qua AB cắt cạnh SC, SD M N Gọi K giao điểm
của hai đường thẳng AN BM Chứng minh biểu thức
AB BC
T
MN SK
có giá trị khơng đổi 2) Cho tứ diện ABCD có AD BC 2 ,a AC BD 2b, AB CD 4c2 Gọi M điểm di động
không gian Chứng minh biểu thức
2 2 2 2
8
H MA MB MC MD a b c Câu (3,0 điểm)
1) Có hai hộp đựng tất 15 viên bi, viên bi có màu đen trắng Lấy ngẫu nhiên từ hộp viên bi Biết số bi hộp nhiều hộp 2, số bi đen hộp nhiều số bi đen hộp
xác suất để lấy viên đen
5
28 Tính xác suất để lấy viên trắng
2) Cho số thực x y z, , thỏa mãn x y z , ,
2 2
3 x y z x y z 2xy
(2)Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
2
x x
P
z x
x y x
………… Hết…………
(Chú ý: Giám thị coi thi khơng giải thích thêm)
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC NINH TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐĂNG ĐẠO
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG Năm học: 2019 – 2020
MÔN THI: TOÁN, LỚP 11
Câu Nội dung Điểm
Câu 1 2,0
Phương trình hồnh độ giáo điểm:
2 2 2 4 0 1
x x x m x x m
Đường thẳng d cắt P hai điểm phân biệt A, B pt(1) có nghiệm phân
biệt m 0 m 4 0,25
Gọi A x 1;2x1m B x, 2; 2x2m (x x1, 2 nghiệm pt(1))
Theo Định lý Vi-et:
1
1
4
x x
x x m
0,5
Vì OAB vng O OA OB 0 x x1 22x1m 2x2m0
2
5x x 2m x x m
2 3 0
3
m
m m
m
0,5
+) Với m 0, phương trình (1) trở thành:
2 4 0 0;0
4
x
x x A O
x
(Loại)
+) Với m 3, phương trình (1) trở thành:
2 4 3 0 1;
3 3;3
x A
x x
x B
(t/m) 0,5
Kết luận: Vậy m 3 0,25
Câu 2.1 2,0
Điều kiện:
3
cos
2
x x k
0,25
Phương trình tương đương:
2
3 cosx 2sinx1 2sin x3sinx 0
3 cosx 2sinx 2sinx sinx
(3)2sinx1 cosxsinx20 0,75 sin cos x x 6 x k
x k k
x k 0,5
Kết hợp điều kiện suy nghiệm phương trình là: x k2 k
0,5
Câu 2.2 2.0
Điều kiện: x y
Ta thấy x0,y1 nghiệm hệ Từ suy x y 1 Do phương
trình (1) hệ tương đương
2 1 0
x y x y x y
1 *
1
x y x y
x y 0,5
Ta có:
12
1 1
2
x y
x y x y
12
1 1 1 x y x y
x y x y
Lại có: 2 1
1 1 1
1
2 2 1 2 1
x y
x y
x y
x y x y
2
1 3 1
3 1
(4)Do đó, phương trình * tương đương x y 1 0 y x 1 0,5
Thế vào pt(2), ta được:
2
3 x 2 3 x 3 x 9 x
Đặt:
2
3 ,
3
3 ,
x u u
x u v
x v v
Suy ra: u2 2v2 2u 4v uv u2 2v u 2v24v0
2
2
9v 12v 3v
2
u v
u v
0,5 +) u 2 v 3x 2 3 x (Vô nghiệm)
+) u2v 3x 2 3 x
9
5
x y
Vậy hệ cho có nghiệm
9
; ;
5
x y
0,5
Câu 3.1 2,0
Xét hàm số
2 2 2
f x m x x m m
Ta thấy f x liên tục
0,5
1 2 12 0,
f m m m m
2 14 2 8 13 12 7 0,
f m m m m m
0,5
+) Nếu m 1 f 1 0 phương trình có nghiệm x 1
+) Nếu m 1 f 2 1 f 0 Phương trình có nghiệm x 2;1
0,5
Vậy phương trình cho ln có nghiệm với m. 0,5
Câu 3.2 2,0
Ta có: 1
2
4
2 2
4
n
n n
n n
u
u u
u u
(5)
4
1 1
2 2 2
n
n n n n
u
u u u u
0,5
Đặt:
1
*
4
1
1
,
n n
n n
v v
u
v v n
4
1
7 14
n
n
v n
1 14
2
2 14 n
n
n
u
u n
0,5
14
lim lim 2
7
n
u
n
0,5
Câu 4 2,0
Đường tròn C ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I6;6, bán kính R IA 5 có phương trình:
2
6 25
x y
Phương trình đường thẳng AJ: x y 1
Gọi D giao điểm thứ hai đường thẳng AJ với đường tròn C
Tọa độ D nghiệm hệ:
22 32 25
1
x y
x y
9;10
D
(Do A D ) 0,5
Vì BAD CAD D điểm cung BC DB DC 1
BJD góc ngồi tam giác
2
A B
JAB BJD 2
JBD JBC CBD
JBD JBC CAD CBD CAD
2
B A
3 Từ (2) (3) suy BJD JBD DBJ cân D (4)
(6),
B C
thuộc đường tròn C tâm D, bán kính R 5 2
Phương trình
2
: 10 50
C x y
B, C giao điểm C C nên tọa độ B C nghiệm hệ:
2
2
6 25
9 10 50
x y
x y
B10;3 , C2;9 (Do xB xC ) 0,5
Vậy B10;3 , C2;9 0,25
Câu 5.1a 1,5
Gọi H trung điểm AB IH/ /SA IH ABCD góc IJ với ABCD là
góc IJH IJH 600
0,75
Trong tam giác IHJ vuông H ta có: IH HJ.tanIJH b 0,5
2
SA IH b
0,25
Câu 5.1b 1,5
Ta có :
/ / / /
/ /
MN SCD
MN AB CD
AB CD
/ / / /
/ /
SK SAD SBC
SK AD BC
AD BC
0,5
Từ suy
AB CD CS
(7)
BC CM
SK SM
0,5
1
AB BC CS CM MS
MN SK MS SM MS
(đpcm) 0,5
Câu 5.2 2,0
Đặt AB m CD n , mn4c2
Gọi P, Q trung điểm AB CD
Ta có BCDADC BQ AQ QAB cân Q QPAB Tương tự ta có QPCD
B đối xứng A qua PQ D đối xứng C qua PQ
Gọi N điểm đối xứng M qua PQ I giao điểm MN với PQ
;
MB NA MD NC
0,5
Ta có:
2
H MA MB MC MD MA NA MC NC
Trong tam giác AMN có AM AN 2 AI AM AN 2AI
Tương tự ta có: CM CN 2CI
2 2 4 2
H AI CI AI CI
0,5
(8)AI CI2 IP2 PA2 IQ2 QC2
=
2
2
2
4
m n
x y
Ta có
2
2
2
2
4
m n m n
x y x y
0,5
2 2 2
2 2
2
4
m n mn m n c
PQ BQ PB
2 2 2
2 2 2
2
4 4
n n BC BD CD
c BQ c 2 2 2
2a 2b 2c
2 2 2 2
4 2
H a b c a b c
(đpcm) 0,5
Câu 6.1 1,5
Gọi số bi hộp n ( 7n15 , n ).
Gọi x, y số bi đen hộp hộp n x y0, ,x y
Suy xác suất lấy viên bi đen là:
5
15 28
xy
n n 1
28xy 15n n
7
15
n n
0,5
+) Nếu n7, 7n15 n14 số bi hộp viên y1.
Thay vào (1) ta có:
5
14 28
x
2
x
(Loại) 0,25
+) Nếu 15 n7, 7n15 n8
Thay vào (1) ta được:
5
10
56 28
xy
xy
5
x y
0,5
Xác suất lấy bi trắng là:
3 15
8 56.
0,25
Câu 6.2 1,5
Ta có
2
2
1
1
x x x P x
z x
x y x
2 2
4
2
x
x y z x
(9)Theo giả thiết ta có:
2 2 2
3
x y z x y z x y z
2 18
x y z
4 18 18
2
2 18 10
x P
x x
0,5
Dấu “=” xảy x1,y2,z3
Vậy
1
5
P
0,5