Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 11 - Năm học 2018-2019 - Trường THPT Yên Phong 2 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 11 - Năm học 2018-2019 - Trường THPT Yên Phong 2 (Có đáp án)

1. SỞ GD – ĐT BẮC NINH ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2 NĂM HỌC : 2018- 2019 ___ MÔN: TOÁN - LỚP 11 ĐỀ CHÍNH THỨC ___ Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề gồm có 01 trang) Ngày thi: 26 /01/2019 Câu 1 (5.0 điểm). a. Giải phương trình sau sin 2x sin x cos x 1 2sin x cos x 3 0 . b. Có bao nhiêu số nguyên của tập hợp 1;2; ;1000 mà chia hết cho 3 hoặc 5? Câu 2 (5.0 điểm). n 2 n * a. Cho khai triển 1 2x a0 a1x a2 x an x , trong đó n ¥ và các hệ số a a thỏa mãn hệ thức a 1 n 4096 . Tìm hệ số lớn nhất ? 0 2 2n b.Ba cầu thủ sút phạt đền 11m, mỗi người đá một lần với xác suất làm bàn tương ứng là x , y và 0,6 (với x y ). Biết xác suất để ít nhất một trong ba cầu thủ ghi bàn là 0,976 và xác suất để cả ba cầu thủ đều ghi ban là 0,336 . Tính xác suất để có đúng hai cầu thủ ghi bàn. Câu 3 (6.0 điểm). Cho hình chópS.ABCD , có đáy ABCD là hình thang cân AD / /BC vàBC 2a , AB AD DC a a 0 . Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC và BD . Biết SD vuông góc với.AC a. TínhSD . b. Mặt phẳng ( ) qua điểm M thuộc đoạn OD (M khácO, D ) và song song với hai đường thẳng SD vàAC . Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng ( ). Biết MD x . Tìm x để diện tích thiết diện lớn nhất. Câu 4 (4.0 điểm). 1 2 k a. Cho dãy (x ) được xác định như sau: x . k k 2! 3! (k 1)! n n n n Tìm limun với un x1 x2 x2019 . b. Giải hệ phương trình sau: 2 2 x x y 1 x y x y 1 y 18 . 2 2 x x y 1 x y x y 1 y 2 HẾT Họ, tên thí sinh: SBD: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
2. SỞ GD – ĐT BẮC NINH HD CHẤM THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2 NĂM HỌC : 2018- 2019 ___ MÔN: TOÁN - LỚP 11 ___ (Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang) Câu Đáp án Điểm a. 2 PT sin x cos x 1 sin x cosx 1 2sin x cos x 3 0 0,5 sin x cos x 1 sin x cos x 1 sin x cosx 1 2sin x cos x 3 0 điểm sin x cos x 1 sin x 2cos x 4 0 1,0 x k2 điểm sin x cos x 1 ,(k ¢ ) sin x 2cos x 4(VN) x k2 0,5 2 điểm Vậy phương trình có hai họ nghiệm: x k2 , x k2 ,(k ¢ ) 0,5 2 điểm b. Đặt S 1;2; ;1000 ; A x S x3 ; B x S x5 0,5 Yêu cầu bài toán là tìm A B điểm Câu1 (5điểm) Ta có 1000 0,5 A 333 3 điểm 1000 B 200 5 Mặt khác ta thấy A B là tập các số nguyên trong S chia hết cho cả 3 và 5 nên nó 1,0 phải chia hết cho BCNN của 3 và 5, mà BCNN 3,5 15 nên điểm 1000 A B 66 . 15 0,5 Vậy ta có điểm A B A B A B 333 200 66 467 n k k k a. Số hạng tổng quát trong khai triển 1 2x là Cn .2 .x , 0 k n , k ¥ . Câu 2 k k k k k 0,5 (5điểm) Vậy hệ số của số hạng chứa x là Cn .2 ak Cn .2 . điểm Khi đó, ta có
3. a a n a 1 n 4096 C 0 C1 C 2 C n 4096 1 1 4096 n 12 0 2 2n n n n n . 0,5 điểm Dễ thấy a0 và an không phải hệ số lớn nhất. Giả sử ak 0 k n là hệ số lớn nhất trong các hệ số a0 , a1,a2 , ,an . Khi đó ta có 12! 12!.2 k k k 1 k 1 ak ak 1 C12.2 C12 .2 k!. 12 k ! k 1 !. 12 k 1 ! a a C k .2k C k 1.2k 1 12! 12! 1 k k 1 12 12 . k!. 12 k ! k 1 !. 12 k 1 ! 2 1,0 điểm 1 2 23 k 12 k k 1 k 1 2 12 k 0 3 23 26 k 2 1 26 3k 0 26 3 3 k k 13 k 3 Do k ¥ k 8 0,5 8 8 điểm Vậy hệ số lớn nhất là a8 C12.2 126720 . b. Gọi Ai là biến cố “người thứ i ghi bàn” với i 1,2,3 . Ta có các Ai độc lập với nhau và P A1 x, P A2 y, P A3 0,6 . Gọi A là biến cố: “ Có ít nhất một trong ba cầu thủ ghi bàn” B: “ Cả ba cầu thủ đều ghi bàn” C: “Có đúng hai cầu thủ ghi bàn” Ta có: A A .A .A P A P A .P A .P A 0,4(1 x)(1 y) 1 2 3 1 2 3 1,0 Nên P(A) 1 P A 1 0,4(1 x)(1 y) 0,976 điểm 3 47 Suy ra(1 x)(1 y) xy x y (1). 50 50 Tương tự: B A1.A2.A3 , suy ra: 14 P B P A .P A .P A 0,6xy 0,336 hay là xy (2) 1 2 3 25 14 xy 25 Từ (1) và (2) ta có hệ: , giải hệ này kết hợp với x y ta tìm 1,0 3 x y điểm 2 được x 0,8 và y 0,7 . 0,5 Ta có: C A1 A2 A3 A1 A2 A3 A1 A2 A3 điểm Nên P(C) (1 x)y.0,6 x(1 y).0,6 xy.0,4 0,452 . Câu 3 a. Dễ thấy đáy ABCD là nữa hình lục giác đều cạnh.a (6điểm) Kẻ DT / / AC (T thuộc BC ). Suy ra CT AD a và DT vuông gócSD . 2 ,0 điểm
4. Ta có: DT AC a 3 . Xét tam giác SCT có S SC 2a, CT a, SCT 1200 K ST a 7 Xét tam giác vuông SDT có Q DT a 3 , B C T ST a 7 SD 2a J P O 1,0 điểm b. Qua M kẻ đường M A D thẳng song song với N AC cắt AD, DC lần lượt tại N, P. Qua M , N, P kẻ các đường thẳng song song với SD cắt SB, SA, SC lần lượt tại K, J, Q . Thiết diện là ngũ giácNPQKJ . Ta có: NJ, MK, PQ cùng vuông góc với.NP 1,5 1 1 điểm dt NPQKJ dt NMKJ dt MPQK = (NJ MK)MN (MK PQ)MP 2 2 1 (NJ MK).NP do NJ PQ . 2 NP MD AC.MD x.a 3 Ta có: NP 3x . AC OD OD a 3 a 2a. x NJ AN OM SD.OM 3 NJ 2(a x 3) SD AD OD OD a 3 1,5 điểm KM BM SD.BM 2a. a 3 x 2 KM (a 3 x) SD BD BD a 3 3 1 2 Suy ra: dt NPQKJ 2(a x 3) (a 3 x) 3x 2(3a 2 3x)x 2 3 1 1 2 3 3 (3a 2 3x)2 3x (3a 2 3x) 2 3x a2 3 4 3 4 3 3 3 Diện tích NPQKJ lớn nhất bằng a2 khi x a 4 4
5. k 1 1 1 a. Ta có: nên x 1 . (k 1)! k! (k 1)! k (k 1)! 1,0 1 1 Suy ra x x 0 x x . điểm k k 1 (k 2)! (k 1)! k k 1 n n n n n Mà: x2019 x1 x2 x2019 2019x2019 . 1 Mặt khác: lim x lim n 2019x x 1 . 2019 2019 2019 2020! 1,0 1 điểm Vậy limu 1 n 2020! x2 x y 1 0 b. Điều kiện 2 y x y 1 0 Cộng và trừ từng vế tương ứng của hệ phương trình trên ta được x2 x y 1 y2 x y 1 10 Câu 4 x y 8 (4điểm) Thế y=8-x vào phương trình trên ta được 1,0 x2 9 x2 16x 73 10 điểm (x2 9)(x2 16x 73) x2 8x 9 2 2 2 2 (x 3 ) (x 8) 3 ) 9 x(8 x) (1) Trong hệ trục tọa độ xét a(x;3) ; b(8 x;3) 2 2 2 2 Khi đó |a |.|b |= (x 3 ) (x 8) 3 ) a .b =9 x(8 x) 1,0 Điểm Pt (1) tương đương với |a |.|b |=a .b (2) Ta có |a |.|b | a . b Khi đó (2) xảy ra khi và chỉ khi hoặc a 0 hoặc b 0 (không xảy 8 x ra) hoặc a cùng hướng b suy ra 1 0 x=4. x KL: Nghiệm của hệ là (4;4)