Đang tải... (xem toàn văn)
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó... Cứ 2 đường chéo qua tâm tương ứng cho ta một hình chữ nhật hoặc hình vuông.[r]
(1)SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2
ĐỀ KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 11 MƠN: TỐN – NĂM HỌC 2017-2018
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Đề thi gồm: 01 trang
Câu (2,0 điểm)
a Tìm m để hàm số cos
3sin 4cos5 x
y
x x m
có tập xác định
b Giải phương trình 2(1 cos )(1 cot )2 sin . sin cos
x
x x
x x
Câu (1,0 điểm) Một tứ giác có bốn góc tạo thành cấp số nhân số đo góc lớn gấp 8 lần số đo góc nhỏ Tính số đo góc tứ giác
Câu (1,0 điểm) Cho n số nguyên dương thỏa mãn
4 4( 2)
n n
n n
C C n
Tìm hệ số
5 x khai triển nhị thức Niu – tơn P x(1 )x n x2(1 ) x 2n
Câu (1,0 điểm) Cho hình đa giác H có 24 đỉnh, chọn ngẫu nhiên đỉnh hình H Tính xác suất để đỉnh chọn tạo thành hình chữ nhật khơng phải hình vng?
Câu (1,0 điểm) Cho f x( ) đa thức thỏa mãn
( ) 20
lim 10
2 x
f x x
Tính
3 2
6 ( ) 5
lim
6 x
f x A
x x
Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy,cho tam giác ABCvuông A, hai điểm Avà B nằm đường thẳng x 3y11 0 , điểm Acó hồnh độ dương, trọng tâm tam giác ABClà
2 ( ; )
3
G chu vi tam giác ABCbằng 10 2 Tìm tọa độ điểm , , A B C
Câu (2,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a cạnh bên bằng a Gọi M điểm nằm SB cho
3
SM SB
a Gọi ( )P mặt phẳng chứa CM song song với SA Tính theo a diện tích thiết diện tạo ( )P hình chóp S ABCD
b E điểm thay đổi cạnh AC Xác định vị trí điểm E để ME vng góc với
CD
Câu (1,0 điểm) Xét phương trình ax3 x2 bx 1 0
với ,a blà số thực, a0,a b
cho nghiệm số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức
2 10
ab a
P
a
-Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu. Cán coi thi không giải thích thêm.
(2)SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2
ĐÁP ÁN KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 11
MƠN: TỐN – NĂM HỌC 2017-2018 Đáp án gồm: 05 trang
I LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa
- Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm trịn
- Với hình học thí sinh khơng vẽ hình phần khơng cho điểm tương ứng với phần II ĐÁP ÁN:
Câu Nội dung trình bày Điểm
1 (2,0 điểm) a.(1,0 điểm)
Hàm số có tập xác định
( ) 3sin 4cos5 0,
f x x x m x 0,25
Ta có: ( ) 0, 3sin 4cos5 3,
5 5
m
f x x x x x 0,25
2
sin(5 ) ,
5 m
x x
với
3 cos
5 sin
5
Do sin(5 x ) 1, x nên ( ) 0, 1
m
f x x m
Vậy m 1
0,5
b.(1,0 điểm)
ĐK: sin ,
sin cos
4 x k x
k
x x x k
2
1 sin
2(1 cos )
sin sin cos
x
Pt x
x x x
0,25
2 sin
sin cos sin cos 1 cos sin cos
x
x x x x
x x x
0,25
Đặt sin cos sin( ), 2,
4
t x x x t Phương trình trở thành: 1
1
2 t
t t
0,25
Với t 1, ta có
2
2 ( )
1 4 4
sin( )
5
4 2 2 ( )
4
x k
x k tm
x
x k l
x k
Vậy phương trình có họ nghiệm
x k
(3)2 (1,0 điểm)
Giả sử góc , , ,A B C D (với A B C D ) theo thứ tự tạo thành cấp số nhân thỏa mãn yêu cầu với công bội q Ta có: B qA C q A D q A, , .
0,25
Theo gt, ta có :
2
3
2
360 (1 ) 360
8 8 24
q
A B C D A q q q
D A Aq A A
0,5
Suy B 48 ,0 C 96 ,0 D 192 0
0,25
3 (1,0 điểm)
ĐK: n0, ta có ( 4)! ( 3)! 4( 2) ( 4)( 3) ( 3)( 1)
( 1)!.3! !.3! 6
n n n n n n
n
n n
3n 15 n
0,25 Với n5, ta có P x (1 ) x 5x2(1 ) x 10
Xét khai triển:
5
5
(1 ) k( )k k
x x x C x
, suy hệ số chứa x5 ứng với k 4
ta
có 4
5 5( 2) 80 a C
Xét khai triển:
10
2 10
10
(1 ) k(3 )m m
x x x C x
, suy hệ số chứa x5 ứng với m3 ta có 3
5 10.3 3240 a C
0,5
Vậy hệ số x5 khai triển là:
5 80 3240 3320
a 0,25
4 (1,0 điểm)
Số phần tử không gian mẫu C244 10626
Đa giác 24 đỉnh có 12 đường chéo qua tâm Cứ đường chéo qua tâm tương ứng cho ta hình chữ nhật hình vng Số hình chữ nhật hình vng tạo thành
12 C
0,25
Giả sử A A1, 2, , A24 24 đỉnh hình H Vì H đa giác nên 24 đỉnh nằm đường tròn tâm O
Góc
0
360 15 24
i i
AOA với i 1,2, ,23
Ta thấy:
1 7 14 14 21 90
A OA A OA A OA , A A A A1 14 21 hình vng, xoay hình vng 15 ta hình vng 0
2 15 22
A A A A , ta hình vng
0,5
Số hình chữ nhật khơng hình vng là:
12 60 C
Vậy xác suất cần tính là: 24
60 10
1771
C
0,25 (1,0 điểm)
Đặt ( ) 20 ( ) ( ) 20 ( 2) ( )
f x
g x f x x g x
x
0,25
Ta có:
2
( ) 20
lim lim ( ) (2) (2) 10
2
x x
f x
g x g g
x
Lại có: (2) 20 0f f(2) 20
(4)3
2 2
2 3
6 ( ) 5 6( ( ) 20)
lim lim
6 ( 2)( 3)( (6 ( ) 5) 5 ( ) 25)
x x
f x f x
A
x x x x f x f x
2
2 3 3
6 ( ) (2)
lim
( 3)( (6 ( ) 5) ( ) 25) 5( (6 (2) 5) (2) 25) x
g x g
x f x f x f f
= 25 (1,0 điểm)
Gọi Hlà hình chiếu Gtrên đoạn (0; )11
AB H ; ( , ) 10
3 GH d G AB
Gọi ,I Jlần lượt trung điểm AC BC, Ta có 2 .3 10
AC AI GH
Ta có:
2 2
(2 10) 40
3 10 10 10
BC AB AC BC
BC AB AC AB
0,5
2
3 3
AG AJ BC
Gọi (3A a 11, )a AB Ta có
4
3 22 40 10
3
3 a
AG a a
a
Với a 4 A(1;4)
Với 10 ( 1;10) ( )
3
a A l
0,25
Ta có: AB 3AH B( 2;3) ; (2;1)
3
BG BI I
Do I trung điểm AC C(3; 2) Vậy (1;4); ( 2;3); (3; 2).A B C
0,25
7 (2,0 điểm) a.(1,0 điểm)
Từ M kẻ MN / /SA N( AB) Khẳng định thiết diện tam giác CMN 0,25
Ta có: 2
3
MN BM a
MN
SA BS
Xét SMCcó: MC2 SM2SC2 2.SM SC .cosMSC=
2
2 2 .1
9
a a a
a a
7 a MC
(5)2
2 13 .
9
a a
CN BN CB a
Có
2 2
2 2 13 7
9 9
cos
2 14
2
3
a a a
MN MC CN
CMN
MC MN a a
Suy 21
sin cos
14
CMN CMN
0,25
Diện tích thiết diện là: 1. . .sin 1. 21. .
2 3 14
CMN
a a
S MC MN CMN a
(đvdt)
0,25 b.(1,0 điểm)
Đặt CE xCA Kẻ EH CD H CD( ) EH / /AD nên CH xCD
Suy CH xCD 0,25
2
( )
3
MH CH CM xCD CS CB
ME MH HE
0,25
Để MEvuông góc CDđiều kiện là:
( )
ME CD MH HE CD MH CD
HE CD
2
( )
3 3
xCD CS CB CD xCD CS CD
CBCD
0,25
Do SCDđều nên os600 2 CS CD CS CD c a
Do
2 2 1
( )
3 3
x a a a x x
Vậy Ethuộc đoạn ACthỏa mãn CE CA
0,25
(1,0 điểm)
(6)Theo viet ta có:
1 3
1 2 3
1
, 0
x x x x x x
a a b
b x x x x x x
a
Đặt t (t 0) a
Ta có:
3
1 3 ( )
3
x x x
x x x x x x (áp dụng BĐT Côsi)
3
3 27
t
t t
Ta lại có:
2
2 2
1 3 1 3 1
( )
3( ) ( )
3
x x x
x x x x x x x x x x x x x x x t 0,25
Khi
2
2 10 1
2 10 10
ab a b
P t t
a a a a
0,25
Xét hàm f t( ) t2 10 ,t t 3 3.
Ta
3 3;
1 3
min ( ) 27 30 3
3 x
a
f t t
b
Với
1 3
3 a b
thay vào thỏa mãn phương trình cho Vậy minP27 30 3.