DE THI HSG TRUONG TRAN PHU THANH HOA

Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn trong lễ bế giảng năm học.. Tính xác suất sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn và có ít nhất 2 học sinh lớp 11A.[r]

SỞ GD&ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2015-2016 MÔN: TOÁN –KHỐI 11 (Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề) Câu I (4,0 điểm) Giải các phương trình sau: cos2x  cos x  0 2 sin x −sin x +cos x −sin x=0 Câu II (4,0 điểm) 2010 Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển nhị thức Niu-tơn:   x  x   2016 ; x 0  Đội văn nghệ nhà trường gồm học sinh lớp 11A, học sinh lớp 11B và học sinh lớp 11C Chọn ngẫu nhiên học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn lễ bế giảng năm học Tính xác suất cho lớp nào có học sinh chọn và có ít học sinh lớp 11A Câu III (4,0 điểm) Tính giới hạn sau: x x   3x   x x2  A lim Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; thành lập bao nhiêu số tự nhiên, số có chữ số khác nhau, đó luôn có mặt chữ số Câu IV (4,0 điểm.) SC   ABC  Cho hình chóp SABC có và tam giác ABC vuông B với  AC a ; H, K là hình chiếu C lên SA, SB biết CHK  với AB a; sin   13 19 Chứng minh CK ⊥(SAB) , SA ⊥(CHK) Tính độ dài SC theo a Câu V (4,0 điểm) x  y  x  y  (x  y)2  x  y  (x,y  R)  x  x  y   x  y   Giải hệ phương trình:  Cho ba số dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn a  b  c 2 Tìm giá trị lớn của biểu thức : S ab bc ca   ab  2c bc  2a ca  2b Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán coi thi không giải thích gì thêm SỞ GD&ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2015-2016 MÔN: TOÁN –KHỐI 11 (Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề) ĐÁP ÁN ĐỀ HSG TOÁN 11 NĂM HỌC 2015-2016 Câu Nội dung Điểm 2 cos2x  cos x  0  2cos x   cos x  0  cos x  cos x 0 I.1 I.2 II.1  cos x 0    2 2  cos x  x   k , x   k 2 , x   k 2 (k  Z )  2 3  2 2 x   k , x   k 2 , x   k 2 (k  Z ) 3 Đáp số: 2 sin x −sin x +cos x −sin x=0 ⇔ ( sin x − cos x )( sin x −1 ) =0 ⇔ sin x − cos x=0 sin x −1=0 π x= +k π ¿ 5π π +k π ⇔ x= + kπ x= ⇔ tan x =1 sin x= ¿ ¿ ¿ ¿   x  Xét khai triển:  x  2016 2016  C k 0 2,0 2,0 k k 2016 x 2016  k 2016   k k 2016  k     C2016 x x  k 0 2 2010 2010 Số hạng chứa x ứng với 2016  3k 2010  k 2 là C2016 x có hệ số là 2,0 2 22 C2016 4C2016 Gọi không gian mẫu phép chọn ngẫu nhiên là  Số phần tử không gian mẫu là: C9 126 Gọi A là biến cố “Chọn học sinh từ đội văn nghệ cho có học sinh ba lớp và có ít học sinh lớp 11A” Chỉ có khả xảy thuận lợi cho biến cố A là : II.2 1,0 + học sinh lớp 11A, học sinh lớp 11B, học sinh lớp 11C + học sinh lớp 11A, học sinh lớp 11B, học sinh lớp 11C + học sinh lớp 11A, học sinh lớp 11B, học sinh lớp 11C 2 2 1 Số kết thuận lợi cho biến cố A là: C4 C3 C2  C4 C3 C2  C4 C3 C2 78 78 13 P  126 21 Xác suất cần tìm là 1,0 x x   3x   x x    3x    lim x x2  x2  Ta có x  x x   3x    lim    x x  x2        x3  x  3x  lim    x  x  x x  1 x    x    3 x   1          x2  x 1 lim    x   x  1 x x    x  1   x    3 x   1      3    lim III.1       2,0  Số cần lập có dạng a1a 2a 2a 4a , đó luôn có mặt chữ số Xảy các trường hợp: Trường hợp 1: Nếu a1 6 Khi đó, ta chọn chữ số chữ số 0;1;2;3;4;5 cho vị trí còn lại  trường hợp này có A số III.2 Trường hợp 2: Nếu a1 6 , có cách chọn vị trí chữ số Khi đó, có a  1;2;3; 4;5 cách chọn  Sau chọn a1 và vị trí cho chữ số 6, còn lại 3 vị trí chọn từ chữ số còn lại, nên số cách chọn là A  trường hợp 2,0 này có 4.5 A số Vậy số các số thoả mãn yêu cầu là A + 4.5 A =1560 Vì H, K là hình chiếu C lên SA, SB Do đó : S CK ⊥(SAB), SA ⊥(CHK) IV.1 H Suy Δ CHK vuông K và SA ⊥ KH 2,0 x K C A B IV.2 Đặt SC=x> Trong tam giác vuông SAC ta có 2,0 1 3a x = + ⇒CH 2= 2 CH CA CS 3a +x Tương tự, tam giác vuông SBC ta có CK = a2 x a2+ x2 2(3a  x ) 13 13 CK 13  sin      3(2a  x ) 19 19 CH 19 Ta có SC 6a ⇔ x=6 a , vì x > Vậy x  y  x  y  (x  y)2  x  y (1)  (x,y  R)  (2)  x  x  y   x  y 3 Giải hệ:   x  y 0  Điều kiện:  x  y 0 (*) Đặt t x  y 0 , từ (1) ta có: t  t   t  t  t  t2  t   t      (1  t)  t   0 t32 t   t 32 t 3(1  t)  t(1  t)  V.1  t 1 (Vì t t  32 t  0, t  2,0 ) Suy x  y 1  y 1  x (3).Thay (3) vào (2) ta có:  ( x   2)  ( 2x   1)   x2   2x   x2  x 32  2x  2x   0   x 1  (x  1)     2x   x     x 1  x 1 (Vì x2    2x    0, x  ) Suy (x = 1; y = 0), thoả mãn (*) Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x = 1; y = 0) V.2 Ta có ab ab   ab  2c ab   a  b  c  c ab 1 a b      a  c   b  c   a  c b  c  a b  Đẳng thức xảy và a  c b  c bc 1 b c  ca 1 c a        ,  Tương tự ta có bc  2a  b  a c  a  ca  2b  c  b a  b  2,0  a b b c c a  S     a  b b  c c  a   Cộng các vế ta