Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 cấp trường năm 2018 – 2019 trường Thuận Thành 2 – Bắc Ninh | Toán học, Lớp 11 - Ôn Luyện

Mặt bên SAD là tam giác đều.[r]

Câu I (4,0 điểm).

1.Giải phương trình 2cos2 cos 4cos2

4 x x x



 

   

 

 

2.Cho số x5 ;5y x2 ;8y x y theo thứ tự lập thành cấp số cộng; đồng thời số  2

2

(y1) ;xy1; x2 theo thứ tự lập thành cấp số nhân Hãy tìm x y, Câu II (5,0 điểm).

1 Tính tổng n

n n n n

S 2.1C 3.2C 4.3C  n(n 1)C 

2.Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên có sáu chữ số khác Tính xác suất để chọn số có 3 chữ số chẵn chữ số lẻ

Câu III (5,0 điểm). 1. Tìm

2 lim

4

n n n

n n n

 

 

2 Giải hệ phương trình

2

4 8 17 1

21 4 3

x x x y y

x y y y x

       

 

     

 

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 bằng 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

1 Tìm thiết diện hình chóp cắt mp P  Thiết diện hình gì?

2 Tính diện tích thiết diện theo a, b xAM, 0 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 2 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNGNĂM HỌC 2018 – 2019

Mơn thi: Tốn – Lớp 11

Huớng dẫn chấm

Câu Nội dung Điểm

Câu I.

1 2 2

2cos cos 4cos

4 x x x



 

   

 

 

PT 3cos4 21 cos2 

6 cos

1    

  

 



  x x x

x x

x 3cos4 2cos2

sin  



0.5

x

x cos2

6

cos 

  

 



  0.5

   

 

  

    

 

 

2

2

k x x

k x x

k Z

k x

k x

 

  

 

 

  

 

 

12 36

1.0

2  x5 ;5y x2 ;8y x y theo thứ tự lập thành CSC nên ta có:

 

 

5

2

x y x y x y

x y

    

 

0.5

  y1 ;2 xy1;x22 theo thứ tụ lập thành CSN nên ta có:  y1 2 x22 xy1  2

0.5

 Thay (1) vào (2) ta đc:

     

 

2

2 2

4

2

1 2

4 4

3

3

3

4 3

3

y y y

y y y y

y x

y

y x

   

     

 

  

 

  



  

 

1.0

Câu II

1 n

n n n n

S2.1C 3.2C 4.3C  n(n 1)C 

Số hạng tổng quát: 1.0

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH 2 ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤPTRƯỜNG

   

     

     

  2 

2

!

1

! !

1 !

2 ! ! !

1

k

k n

k n

n

u k k C k k

k n k n n n

k n k

n n C  k n



   



 



 

     

   

 1 2 22

n

n n n

S n n C C C 

  

     1.0

n n 1 2 n2 0.5

2. Số phần tử không gian mẫu:

10 136080

n A  A  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  Lấy số lẻ có: C53

 Số hoán vị số trên: 6!

Suy số số tạo thành: C C43 .6! 2880053 

0.5

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:

4 .5.5! 360005

C C 

0.5

Gọi biến cố A: “số đuợc chọn có chữ số chẵn chữ số lẻ” Suy : n A 28800 36000 64800 

Xác suất xảy biến cố A: 64800 10 136080 21

A A

n P

n

  

1

Câu III

1  

 

 

2

2

2

4

lim lim

4 3

3

4

4 2

lim lim

3

3 3 1 1

n n n n

n n n

n n n n n n n

n n n n

n n n

n

 

  

   

 

 

  

 

 

 

 

 

2

   

2

4 8 17 1 1

21 4 3 2

x x x y y

x y y y x

       

 

     

 

Điều kiện: y 0  

   

2

2 2

2

1 ( 4) 17

4

4

8 17

x y x x y

x y

x y

x x y

        

 

    

   

0.5

 4  2   2 

8 17

x y x y

x y

x x y

   

    

   

 (1 2   2 )

8 17

4

x y

x y

x x y

y x

 

    

   

  

0.5

Vì:      

2 2

2 2

4

4

1 ,

8 17 17

x x y y

x y

x y

x x y x x y

      

 

   

       

0.5

Thay y x 4 vào ta đuợc :  

     

2 25 16

4 25 16

1 12

0

4 25 16

x x x x

x x x x

x x

x x x x

       

          



 

    

      

 

0.5

 

0

1 12

0

4 25 16

x y

vn x

x x x x

  



 

   

       



0.5 0.5

Câu IV Ta có: BA2; , AB2 2

Phuơng trình đuờng thẳng AB:

1

x y

x y

 

    

0.5

 

: 1 ;

C d x  y   C   t t

Gọi G trọng tâm tam giác ABC suy ra: ;

3

t G  t  

 

0.5

Vì diện tích GAB bằng đơn vị nên ta có:

 

    ;

3 7;3

1

2 G AB 5;

t C

d AB

t C

   

  

  



0.5

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

tại P

Thiết diện hình thang cân MNPQ

0.5 0.5

+ Tính diện tích MNPQ

Ta tính đuợc MQ NP b xa PQ, .a x;MN ab ax

b b b

 

    từ tính đuợc

ab a x QK

b  

1.5

Suy diện tích MNPQ là: x 1  3.22   

2

MNPQ

a

S MN PQ QK b x b x

b

     0.5

   

2

2 2

2

3 3 3

3

4 12 12

MNPQ

a a b x b x a

S b x b x

b b

  

 

      

 

Dấu “=”xẩy b x 

1

D a A

C

S

N

B b 2a

M Q P

x

P Q