Tải Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường Toán 11 năm 2018 - 2019 trường THPT Yên Phong số 2 - Bắc Ninh - Đề thi HSG Toán 11 có đáp án

Xác định thiết diện của hình chóp S ABCD... Thí sinh không được sử dụng tài liệu.[r]

SỞ GD - ĐT BẮC NINH

TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2

(Đề gồm có 01 trang)

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC : 2018- 2019

MƠN: TỐN - LỚP 11

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 26 /01/2019

Câu (5.0 điểm).

a. Giải phương trình sau sin 2x sinxcosx1 2sin  x cosx 3 0.

b Có số nguyên tập hợp 1; 2; ;1000 mà chia hết cho 5?

Câu (5.0 điểm)

a. Cho khai triển 1  2

n n

n

x a a x a x a x

     

, n  * hệ số

thỏa mãn hệ thức

0 4096

2

n n

a a

a    

Tìm hệ số lớn ?

b.Ba cầu thủ sút phạt đền 11m, người đá lần với xác suất làm bàn tương ứng x, y 0, (với xy) Biết xác suất để ba cầu thủ ghi

bàn 0,976 xác suất để ba cầu thủ ghi ban 0,336 Tính xác suất để có hai cầu thủ ghi bàn

Câu (6.0 điểm).

Cho hình chópS ABCD , có đáy ABCD hình thang cân AD BC/ /  vàBC2a,  0

ABAD DC a a  

Mặt bên SBC tam giác Gọi O giao điểm AC BD Biết SD vng góc vớiAC.

a TínhSD

b Mặt phẳng ( ) qua điểm M thuộc đoạn OD (M khácO D, ) song song với hai đường thẳng SD vàAC Xác định thiết diện hình chóp S ABCD cắt mặt phẳng () BiếtMD x Tìm x để diện tích thiết diện lớn nhất.

Câu (4.0 điểm).

a Cho dãy ( )xk xác định sau:

1

2! 3! ( 1)!

k

k x

k    

 .

Tìm limun với 2019

n n n

n n

u  x x  x .

b Giải hệ phương trình sau:

2

2

1 18

1

          

 

         

 

x x y x y x y y

x x y x y x y y .

HẾT Họ, tên thí sinh: SBD:

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị coi thi khơng giải thích thêm.

SỞ GD – ĐT BẮC NINH

TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2

(Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang)

HD CHẤM THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC : 2018- 2019

MƠN: TỐN - LỚP 11

Câu Đáp án Điểm

Câu1 (5điểm)

a

     

       

   

2

sin cos sin cosx 2sin cos

sin cos sin cos sin cosx 2sin cos sin cos sin 2cos

PT x x x x x

x x x x x x x

x x x x

        

          

      

2 sin cos

,( )

sin 2cos 4( )

2

x k

x x

k

x x VN x k

 

 



 

 

   



   







Vậy phương trình có hai họ nghiệm: x k2 ,x k2 ,(k ) 

 

    

0,5 điểm

1,0 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm

b Đặt

1; 2; ;1000

S 

; AxS x3 ; BxSx5

Yêu cầu tốn tìm

A B

Ta có 1000

333

1000

200

A

B

    

      

 

Mặt khác ta thấy A B tập số nguyên S chia hết cho nên nó

phải chia hết cho BCNN 5, mà BCNN3,5 15 nên 1000

66 15

A B   

  .

Vậy ta có

333 200 66 467

A B A B  A B    

0,5 điểm

0,5 điểm

1,0 điểm

Câu 2

(5điểm) a Số hạng tổng quát khai triển 1 

n

x

 k.2 k k n

C x , 0 k n  , k  . Vậy hệ số số hạng chứa xk Cnk.2k  ak Cnk.2k

Khi đó, ta có

 

0

1

0 4096 4096 1 4096 12

2

n n

n

n n n n

n

a a

a     C C C  C      n

Dễ thấy a0 an hệ số lớn Giả sử ak 0 k n   hệ số lớn

nhất hệ số a a a0, 1, , ,2 an.

Khi ta có

     

     

1

1 12 12

1

1 12 12

12! 12!.2

! 12 ! ! 12 !

.2

12! 12!

.2 .

! 12 ! ! 12 !

k k k k

k k

k k k k

k k

k k k k

a a C C

a a C C

k k k k

 



 







    



 

  

 

  

  

   

    



 

1 23

1 12 23 26

12

2 26 26 3

13

k

k k

k k k

k k

k k

 

 

      

    

        

  



   

  

 

Do k k 8

Vậy hệ số lớn a8 C128.28 126720

0,5 điểm

0,5 điểm

1,0 điểm

0,5 điểm

b Gọi Ai biến cố “người thứ i ghi bàn” với i 1, 2,3

Ta có Ai độc lập với P A 1 x P A,  2 y P A,  30, 6.

Gọi A biến cố: “ Có ba cầu thủ ghi bàn” B: “ Cả ba cầu thủ ghi bàn”

C: “Có hai cầu thủ ghi bàn”

Ta có:

       

1 .2 0, 4(1 )(1 )

A A A A  P A P A P A P A   x  y

Nên

 

( ) 1 0, 4(1 )(1 ) 0,976

P A   P A    x  y 

Suy

3 47

(1 )(1 )

50 50

x y xy x y

      

(1) Tương tự: B A A A .2 3, suy ra:

    1 2  3 0, 0,336

P B P A P A P A  xy

14 25 xy 

(2)

Từ (1) (2) ta có hệ:

14 25

xy

x y

    

   

 , giải hệ kết hợp với xy ta tìm

1,0 điểm

1,0 điểm

0,8

x  y 0, 7.

Ta có: CA A A1 3A A A1 3A A A1

Nên P C( ) (1  x y) 0,6x(1 y).0,6xy.0, 0, 452

Câu 3

(6điểm) a Dễ thấy đáy ABCD hình lục giác cạnha.

Kẻ DT/ /AC(T thuộcBC) Suy CT AD a DT vng gócSD.

Ta có: DT ACa 3. Xét tam giác SCT có

2 , ,

SC a CT a SCT 1200

 

7

ST a

 

Xét tam giác vng SDT có DT a 3,

7

ST a  SD a

b Qua M kẻ đường

thẳng song song với AC cắt AD DC, N P,

Qua M N P, , kẻ đường thẳng song song với SD cắt SB SA SC, , , ,

K J Q Thiết diện ngũ giácNPQKJ. Ta có: NJ MK PQ, , vng góc vớiNP

   

dt NPQKJ dt NMKJ  dt MPQK 

=

1

( ) ( )

2 NJ MK MN 2 MK PQ MP

( )

2 NJ MK NP

 

do NJ PQ

Ta có:

3

3

NP MD AC MD x a

NP x

a

AC OD   OD  

2( 3)

3

a

a x

NJ AN OM SD OM

NJ a x

a

SD AD OD OD

 



 

 

      

 

2

( )

3

a a x

KM BM SD BM

KM a x

SD BD BD a



     

Suy ra: dt NPQKJ  

1

2( 3) ( ) 2(3 )

2 a x a x x a x x

 

    

 

 

2

2

1 3

(3 )2 (3 )

4

3 a x x 3 a x x a

       

Diện tích NPQKJ lớn

2

3

4 a

3 x a

2 ,0 điểm

1,0 điểm

1,5 điểm

1,5 điểm

O

B C

A D

S

T

M N

P K

Q

Câu 4 (4điểm)

a Ta có:

1

( 1)! ! ( 1)!

k

k k  k nên

1

( 1)!

k x

k

 

 .

Suy 1

1

0 ( 2)! ( 1)!

k k k k

x x x x

k k

 

     

  .

Mà: 2019 2019 2019 2019

n n n n

n

x  x x  x  x

Mặt khác: 2019 2019 2019

1

lim lim 2019

2020!

n

x  x x  

Vậy

1

lim

2020!

n

u  

1,0 điểm

1,0 điểm

b Điều kiện

2

1

    

 

    



x x y y x y

Cộng trừ vế tương ứng hệ phương trình ta

2 1 1 10

8

         



  



x x y y x y

x y

Thế y=8-x vào phương trình ta

2 9 16 73 10

    

x x x

 (x29)(x216x73) x28x9 

2 2

(x 3 ) ( x 8) 3 )  9 x(8 x) (1)

Trong hệ trục tọa độ xét ( ;3)



a x ; b(8 x;3)

Khi |



a|.|b|= (x23 ) (2  x 8)23 )2 



a.b=9x(8 x) Pt (1) tương đương với |



a|.|b|=a.b(2) Ta có |



a|.|b|



a.b Khi (2) xảy

 



a hoặc b0(không xảy ra)



acùng hướng b suy

1 

  x

x  x=4.

KL: Nghiệm hệ (4;4)

1,0 điểm

1,0 Điểm