Đề khảo sát chất lượng đội tuyển học sinh giỏi môn Toán Khối 11 - Năm học 2017-2018 - Trường THPT Yên Lạc 2 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề khảo sát chất lượng đội tuyển học sinh giỏi môn Toán Khối 11 - Năm học 2017-2018 - Trường THPT Yên Lạc 2 (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 11 TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2 MÔN: TOÁN – NĂM HỌC 2017-2018 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Đề thi gồm: 01 trang Câu 1 (2,0 điểm). cos x a. Tìm m để hàm số y có tập xác định là . 3sin5x 4cos5 x 2 m 3 sinx 1 b. Giải phương trình 2(1 cosxx )(1 cot2 ) . sinxx cos Câu 2 (1,0 điểm). Một tứ giác có bốn góc tạo thành một cấp số nhân và số đo góc lớn nhất gấp 8 lần số đo góc nhỏ nhất. Tính số đo các góc của tứ giác trên. nn 1 5 Câu 3 (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn Cnn 43 C 4( n 2). Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niu – tơn của P x(1 2 x )nn x22 (1 3 x ) . Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình đa giác đều H có 24 đỉnh, chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của hình H. Tính xác suất để 4 đỉnh chọn được tạo thành một hình chữ nhật không phải là hình vuông? fx( ) 20 3 6fx ( ) 5 5 Câu 5 (1,0 điểm). Cho fx() là đa thức thỏa mãn lim 10 .Tính A lim . x 2 x 2 x 2 xx2 6 Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, hai điểm Avà B nằm trên đường thẳng xy 3 11 0, điểm Acó hoành độ dương, trọng tâm của tam giác ABC là 25 G(;) và chu vi của tam giác ABC bằng 3 10 5 2 . Tìm tọa độ các điểm ABC,,. 33 Câu 7 (2,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a và các cạnh bên đều bằng 1 a . Gọi M là điểm nằm trên SB sao cho SM SB . 3 a. Gọi ()P là mặt phẳng chứa CM và song song với SA. Tính theo a diện tích thiết diện tạo bởi ()P và hình chóp S ABCD b. E là một điểm thay đổi trên cạnh AC . Xác định vị trí điểm E để ME vuông góc với CD. Câu 8 (1,0 điểm). Xét phương trình ax32 x bx 10 với ab, là các số thực, a 0, a b sao cho các nghiệm đều là số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 3ab 10 a P . a2 Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . . . . .; Số báo danh
2. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐÁP ÁN KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2 11 MÔN: TOÁN – NĂM HỌC 2017-2018 Đáp án gồm: 05 trang I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câu Nội dung trình bày Điểm 1 (2,0 điểm) a.(1,0 điểm). Hàm số có tập xác định là khi và chỉ khi f() x 3sin5 x 4cos5 x 2 m 3 0,  x . 0,25 3 4 2m 3 Ta có: f( x ) 0,  x sin5 x cos5 x ,  x . 0,25 5 5 5 3 cos 23m 5 sin(5xx ) ,  với . 5 4 sin 5 0,5 23m Do 1 sin(5xx ) 1,  nên f( x ) 0,  x 1 m 1. 5 Vậy m 1. b.(1,0 điểm) xk sinx 0 ĐK: ,.k sinxx cos 0 xk 4 0,25 1 sinx 1 Pt 2(1 cos x ). sin2 x sin x cos x 2 sinx 1 sinx cos x sin x .cos x 1 0 1 cosx sin x cos x 0,25 Đặt t sin x cos x 2 sin( x ), 2 t 2, Phương trình trở thành: 4 0,25 t 2 1 tt 1 0 1. 2 xk 2 1 44 x k2 ( tm ) Với t 1, ta có sin(x ) 2 . 4 2 5 xk 2 x k2 ( l ) 0,25 44 Vậy phương trình có họ nghiệm xk 2. 2
3. 2 (1,0 điểm) Giả sử 4 góc ABCD,,, (với ABCD ) theo thứ tự đó tạo thành cấp số nhân 0,25 thỏa mãn yêu cầu với công bội q . Ta có: B qA,,. C q23 A D q A A B C D 360 A (1 q q23 q ) 360 q 2 Theo gt, ta có : . 3 0 DA 8 Aq 8 A A 24 0,5 Suy ra BCD 480 , 96 0 , 192 0 . 0,25 3 (1,0 điểm) (n 4)! ( n 3)! ( n 4)( n 3) ( n 3)( n 1) ĐK: n 0 , ta có 4(n 2) 4 (nn 1)!.3! !.3! 6 6 0,25 3nn 15 5. Với n 5, ta có P x(1 2 x )5 x 2 (1 3 x ) 10 5 5 kk 5 Xét khai triển: x(1 2 x ) x C5 ( 2 x ) , suy ra hệ số chứa x ứng với k 4 và ta k 0 44 có aC55 ( 2) 80 0,5 10 2 10 2 km 5 Xét khai triển: x(1 3 x ) x C10 (3 x ) , suy ra hệ số chứa x ứng với m 3 và m 0 33 ta có aC5 10.3 3240. 5 Vậy hệ số của x trong khai triển là: a5 80 3240 3320. 0,25 4 (1,0 điểm) 4 Số phần tử của không gian mẫu là  C24 10626. Đa giác đều 24 đỉnh có 12 đường chéo qua tâm. Cứ 2 đường chéo qua tâm tương 0,25 ứng cho ta một hình chữ nhật hoặc hình vuông. Số hình chữ nhật và hình vuông 2 được tạo thành là C12. Giả sử AAA1, 2 , , 24 là 24 đỉnh của hình H. Vì H là đa giác đều nên 24 đỉnh nằm trên 1 đường tròn tâm O. 0 360 0 Góc AOAii 1 15 với i 1,2, ,23 24 0,5 0 Ta thấy: AOA1 7 A 7 OA 14 A 14 OA 21 90 , do đó AAAA1 7 14 21 là một hình vuông, xoay 0 hình vuông này 15 ta được hình vuông AAAA2 8 15 22 , cứ như vậy ta được 6 hình vuông. 2 Số hình chữ nhật không là hình vuông là: C12 6 60. 60 10 0,25 Vậy xác suất cần tính là: 4 . C24 1771 5 (1,0 điểm) fx( ) 20 Đặt g() x f ()20 x ( x 2).() g x 0,25 x 2 fx( ) 20 Ta có: lim limg ( x ) g (2) g (2) 10. xx 22x 2 0,25 Lại có: ff(2) 20 0 (2) 20. Suy ra: 0,5
4. 3 6fx ( ) 5 5 6(fx ( ) 20) A lim2 lim xx 22xx 6 (x 2)( x 3)(3 (6 f ( x ) 5)2 53 6 f ( x ) 5 25) 6.g ( x ) 6. g (2) lim x 2 (x 3)((633 f () x 5)22 5633 f () x 5 25) 5((6 f (2) 5) 56 f (2) 5 25) 4 = . 25 6 (1,0 điểm) 11 2 10 Gọi H là hình chiếu của G trên đoạn AB H(0; ) ;GH d(,). G AB 3 3 3 Gọi IJ, lần lượt là trung điểm của AC, BC .Ta có AC 2 AI 2. . GH 2 10 . 2 0,5 BC2 AB 2 AC 2 (2 10) 2 40 BC 5 2 Ta có: . BC AB 31052 AC 1052 AB 10 2 2 1 5 2 AG AJ BC 3 3 3 3 a 4 52 2 Gọi A(3 a 11, a ) AB . Ta có AG 3 a 22 a 40 0 10 . 3 a 0,25 3 Với aA 4 (1;4) 10 10 Với a A( 1; ) ( l ). 33 2 Ta có: AB 3 AH B ( 2;3); BG BI I(2;1). 3 0,25 Do I là trung điểm của AC C(3; 2) . Vậy ABC(1;4); ( 2;3); (3; 2). 7 (2,0 điểm) a.(1,0 điểm) Từ M kẻ MN//() SA N AB . Khẳng định thiết diện là tam giác CMN. 0,25 MN BM22 a Ta có: MN . SA BS 33 a22 a17 a Xét SMC có: MC2 SM 2 SC 2 2. SM . SC .cos MSC = aa2 2. . . 0,25 9 3 2 9 a 7 MC . 3
5. 4aa2 13 CN BN2 CB 2 a 2 . 93 4a2 7 a 2 13 a 2 2 2 2 MN MC CN 7 Có cosCMN 9 9 9 . 2.MC . MN aa72 14 2. . 0,25 33 3 21 Suy ra sinCMN 1 cos2 CMN . 14 Diện tích thiết diện là: 1 1aa 7 2 3 21 3 0,25 S . MC . MN .sin CMN . . . a2 (đvdt). CMN 2 2 3 3 14 6 b.(1,0 điểm) Đặt CE xCA. Kẻ EH CD()// H CD EH AD nên CH xCD 0,25 Suy ra CH xCD. 21 MH CH CM xCD () CS CB 33 0,25 ME MH HE Để ME vuông góc CD điều kiện là: ME. CD 0 ( MH HE ). CD 0 MH . CD 0 do HE CD. 0,25 2 12 2 xCD ( CS CB ) . CD 0 xCD CS . CD 0 do CB CD 3 3 3 1 Do SCD đều nên CS. CD CS . CD . c os6002 a . Do đó 2 2 1 1 1 x. a2 . a 2 0 a 2 ( x ) 0 x . 0,25 3 2 3 3 1 Vậy E thuộc đoạn AC thỏa mãn CE CA. 3 8 (1,0 điểm) Giả sử phương trình đã cho có ba nghiệm x1, x 2 , x 3 0. 0,25
6. 1 x x x x. x . x 0 1 2 3 1 2 3 a Theo viet ta có: ab, 0. b x x x x x x 0 1 2 2 3 1 3 a 1 Đặt tt ( 0).Ta có: a x x x t3 x x x x x x ()1 2 3 3 (áp dụng BĐT Côsi) tt 3 3. 1 2 3 1 2 3 3 27 Ta lại có: ()x x x 2 xxxxxx 1 2 3 3( xxxxxx ) ( xxx )22 t . 0,25 1213313 121331 123 2 3ab 10 a 1 b 1 Khi đó P 2. 3 10 t2 10 t . 0,25 a22 a a a Xét hàm f( t ) t2 10 t , t 3 3. Ta được 1 a minf ( t ) 27 30 3 t 3 3 33 . x 3 3; b 3 0,25 1 a Với 33 thay vào thỏa mãn phương trình đã cho. Vậy minP 27 30 3. b 3