Đề thi HSG cấp trường năm học 2018-2019

a) Chứng minh rằng các mặt bên của hình chóp là những tam giác vuông... b) M là điểm di động trên đoạn BC và BM = x, K là hình chiếu của S trên DM..[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT LƯU HOÀNG

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 (2,0 điểm) Giải phương trình sau: x2 x2013 2013

Câu (3,0 điểm) Cho phương trình (2sinx1)(2 s 2co x2sinx m ) 2  cos x2 (Với m tham số)

a) Giải phương trình với m = 1.

b) Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc 0;. Câu (5,0 điểm).

a) Giải hệ phương trình:

2

2

3

3

x y x y

x y x y

    

 

   

 

b) Một người bỏ ngẫu nhiên thư phong bì thư để sẵn địa Tính xác suất để có thư bỏ địa chỉ.

Câu (4,0 điểm) Cho A, B, C ba góc tam giác ABC. a) Chứng minh tam giác ABC vuông nếu:

cos sin

sin sin

B cosC A

B C

 

 b) Tìm giá trị lớn biểu thức:

2 2

2 2

sin A sin B sin C M

cos A cos B cos C

 



 

Câu (3,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C1):

2 13

x y  , đường tròn (C

2):

2

(x 6) y 25.

a) Tìm giao điểm hai đường trịn (C1) (C2).

b) Gọi giao điểm có tung độ dương (C1) (C2) A viết phương trình đường

thẳng qua A cắt (C1) (C2) theo hai dây cung có độ dài nhau.

Câu (3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh SA = a và vng góc với mặt phẳng (ABCD).

a) Chứng minh mặt bên hình chóp tam giác vuông.

b) M điểm di động đoạn BC BM = x, K hình chiếu S DM Tính độ dài đoạn SK theo a x Tính giá trị nhỏ đoạn SK.

-HẾT -Cán coi thi khơng giải thích thêm!

Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị coi thi số 1: Chữ ký giám thị coi thi số 2:

ĐÁP ÁN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TRƯỜNG Môn : TOÁN

Câu Đáp án Điểm

Câu 1 x2 x 2013 2013

   ĐK x2013

Đặt t x2013 ( với t t0) t2  x 2013 t2 x2013 Ta có hệ PT: 2 2013 2013 x t t x        

  (x t x t )(  1) 0

+ Với x +t =0 ta t = -x  x2013x Giải ta

1 8053

x 

nghiệm

+ Với x – t +1 = ta : x +1 = t  x 1 x2013 Giải ta được

1 8049

x 

nghiệm Đáp số :

1 8053

x 

,

1 8049

x 

0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25

Câu 2 (2sinx1)(2 s 2co x2sinx m ) 2  cos x2

a , Với m =1 ta phương trình :

(2sinx1)(2 s 2co x2sinx1) 2  cos x2  (2sinx1).cos x2 0 +

1

sin 2

2 6

x  x k  x  k 

+ cos 2x x k

 

   

b, Phương trình cho tương đương với : (2sinx1)(2 s 2co x m 1) 0

Với  

1

sin 0;

2 6

x  x  x   

Để phương trình cho có nghiệm thuộc 0;thì phương trình :

1

2

m cos x 

vơ nghiệm có hai nghiệm

5 ;

6

x x 

.Từ ta m <-1v m >3 v m =0

0,5 1,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 3 2 2

3

3

x y x y

x y x y

             2 2

3

3( ) 2( )

x x y y

x x y y

              2

3 x x y y           

Ta nghiệm hệ :

Câu 4

, Tìm hệ số x4trong khai triển sau: n nx x     

  biết n số nguyên thoả mãn hệ thức 2C1nC2n n2 20

Từ hệ thức 2Cn1Cn2 n2 20 Đk

2

2, 40

n n Z  n  n   n  n Ta n= thoả mãn

Ta có :

8 8 40 14

3 5

8

3

0

1

8 2

k k

k k k

x x C x

x x                

     Khai triển chứa x4m

40 14 k k     

Vậy hệ số x4 C82.26 1792

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 5

a, Chứng minh tam giác ABC vuông :

cos sin sin sin B cosC A B C    Từ sin cos 2

sin 2sin cos

sin sin 2

2

A

B cosC A A A

A cos cos A

A

B C cos



       



 góc vng.Vậy tam giác ABC vuông A

b,

2 2

2 2

sin A sin B sin C M

cos A cos B cos C

 



 

2 2

2 2

sin sin sin

1 A B C

M

cos A cos B cos C

 

   

 

2 2

2 2

3

1

1

M cos A cos B cos C

cos A cos B cos C M

     

   Biến đổi

2 cos ( ) 1 0

1

cos C C cos A B

M

    



2( ) 1 0 4 1 2( ) 1

1

cos A B cos A B

M M                         1

1 M

M

    



0

( )

3 1 60

cos ( )

2

cos A B

M A B C

C cos A B

              

Vậy MaxM = tam giác ABC

(C1) có tâm O(0;0),bán kính R1 13

(C2) có tâm I(6;0),bán kính R2 5

Giao điểm (C1) (C2) A (2;3) B(2;-3).Với A có tung độ dương nên

A(2;3)

0,25 1,0

Với A có tung độ dương nên A(2;3)

Đường thẳng d qua A có pt:a(x-2)+b(y-3)=0 hay ax+by-2a-3b=0 Gọi d1 d O d d( , ); d I d( , )

Yêu cầu toán trở thành:R22 d22 R12 d12  d22  d12 12

2

2

2 2

0 (4 ) (2 )

12

3

b

a b a b

b ab

b a

a b a b

 

 

      



  

0,25 0,25 0,25

*b=0 ,chọ a=1,suy pt d là:x-2=0

*b=-3a ,chọ a=1,b=-3,suy pt d là:x-3y+7=0

0,25

a, SA vng góc với mp(ABCD) nên

SA vng góc với AB AD Vậy tam giác SAB SAD vng A

Lại có SA vng góc với (ABCD) AB Vng góc với BC nến SB vng góc với BC Vởy tam giác SBC vng C

Tương tự tam giác SDC vuông D b, Ta có BM =x nên CM = a- x

AKD DCM

 

(vì có AKD DCMˆ  ˆ 90 ,0 DAK CDMˆ  ˆ )

AK AD AD

AK DC

DC DM DM

   

=

2

2 2 2 a

x  ax a Tam giác SAK vuông A nên

2

2

2

2

2

x ax a

SK SA AK a

x ax a

 

  

 

SK nhỏ AK nhỏ  K O  x 0 SK nhỏ

6

a 

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

-Hết -Ghi chú: - Nêú học sinh làm theo cách khác mà cho điểm tối đa

A

B C

D

M

K