Đề thi khảo sát đội tuyển học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Khối 11 - Năm học 2017-2018 - Trường THPT Anh Sơn 1 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi khảo sát đội tuyển học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Khối 11 - Năm học 2017-2018 - Trường THPT Anh Sơn 1 (Có đáp án)

1. SỞ GD & ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI Trường THPT Anh Sơn I CẤP TỈNH KHỐI 11 – NĂM HỌC 2017-2018 Mụn Toỏn – Thời gian làm bài : 150 phỳt ĐỀ CHÍNH THỨC Cõu 1.( 6 điểm). Giải cỏc phương trỡnh sau: a) 3 sin 2x cos 2x 1 3 sinx 3.cosx b) (x 4) (3 x)(x 13) 27 x Cõu 2.( 5 điểm). a,Từ cỏc chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 cú thể lập được bao nhiờu số cú 6 chữ số khỏc nhau trong đú cú ba chữ số chẵn và ba chữ số lẻ. Trong cỏc số trờn cú bao nhiờu số mà cỏc chữ số được sắp xếp theo thứ tự tăng dần. 2n b) Xỏc định số hạng chứa x28 khi khai triển 1 x x2 x3 thành đa thức. 310 1 Biết C1 22 C 3 24 C 5 22n 2 C 2n 1 2n 2n 2n 2n 4 Cõu 3. (5 điểm). Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đỏy ABCD là hỡnh vuụng cạnh a, tất cả cỏc cạnh bờn đều bằng a. Gọi điểm M thuộc cạnh SD sao cho SD = 3SM, điểm G là trọng tõm tam giỏc BCD. a) Chứng minh rằng MG song song với mp(SBC) b) Gọi ( ) là mặt phẳng chứa MG và song với CD. Xỏc định và tớnh diện tớch thiết diện của hỡnh chúp với mp( ) c) Xỏc định điểm P thuộc MA và điểm Q thuộc BD sao cho PQ song song với SC. Tớnh PQ theo a. Cõu 4 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giỏc ABC; đường thẳng AD là phõn giỏc trong gúc Â. Trờn đoạn AD lấy hai điểm M, N ( M, N khỏc A và D ) sao cho ÃBN = CãBM . Đường thẳng CN cắt đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABN tại điểm F; biết phương trỡnh FA là x y 8 0 và M ( 3; 1), B( 4; 2) . Xỏc định tọa độ điểm A biết đường trũn ngoại tiếp tam giỏc AMC đi qua điểm Q(0; 22) . Cõu 5 (2,0 điểm). Cho x, y, z là cỏc số thực dương thoả món: 2 xy xz 1 . Tỡm giỏ 3yz 4zx 5xy trị nhỏ nhất của biểu thức: P x y z Lưu ý: thớ sinh khụng được sử dụng mỏy tớnh cầm tay
2. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MễN TOÁN LỚP 11 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2017 - 2018 (Đỏp ỏn gồm 4 trang) Cõu Nội dung Điểm Cõu 1 6.0 a) 3 sin 2x cos 2x 1 3 sinx 3.cosx (1) 3.0 Ta cú 2 (1) 2 3sin xcos x (2cos x 1) 1 ( 3sin x 3cos x) 0 1.0 3sin x(2cos x 1) (2cos x 1)(cos x 2) 0 1 cos x 2 2cos x 1 3sin x cos x 2 0 0.5 sin(x ) 1 6 x k2 1 3 * cosx 0.5 2 x k2 3 2 * sin x 1 x k 2 6 3 1.0 2 Vậy PT đó cho cú nghiệm x k2 , x k2 , x k2 ,k Z 3 3 3 b) (x 4) (3 x)(x 13) 27 x (1) 3.0 ĐK 13 x 3 Ta cú : 1.0 (1) (x 4) 64 (x 5)2 27 x dat x 5 8sin t; t 2 2 sint-cost 0 8cost sint sint-cost 4 0 1 1.0 sint-cost 4 sint-cost 0 t x 4 2 5 4 1.0 1 4 496 16 496 sint-cost sint x 31 4 4 32 4 Cõu 2 5.0 a) * Cú 5 số lẻ và 4 số chẵn từ chớn số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 3 Suy ra cú C5 cỏch chọn 3 số lẻ từ năm số 1, 3, 5, 7, 9 0.5 3 và cú C4 cỏch chọn 3 số chẵn từ bốn số 2, 4, 6, 8 Cứ ba chữ số lẻ ghộp với ba chữ số chẵn ta được một tập gồm 6 phần tử. 3 3 Theo quy tắc nhõn cú C4 .C5 cỏch chọn cỏc tập hợp mà mỗi tập cú 3 số 0.5 chẵn và 3 số lẻ từ cỏc số trờn Ứng với mỗi tập cú 6! cỏch sắp xếp thứ tự cỏc phần tử và mỗi cỏch sắp 0.5 xếp thứ tự đú ta được một số thỏa món bài toỏn Do đú theo quy tắc nhõn cú C 3.C 3 .6! = 28800 số cú 6 chữ số khỏc nhau 4 5 0.5 gồm 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ từ cỏc số trờn. 3 3 * Cú C4 .C5 tập hợp gồm ba chữ số lẻ và ba chữ số chẵn. Ứng với mỗi 0.5
3. tập cú duy nhất một cỏch sắp xếp cỏc phần tử theo thứ tự tăng dần Do đú mỗi tập hợp tương ứng với một số. Vậy cú C 3.C 3 = 40 số thỏa 4 5 0.5 món b) Xột khai triển 2n 0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1 2n 2n 1 2 C2n 2C2n 2 C2n 2 C2n 2 C2n 2 C2n 0.5 2n 0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1 2n 2n 1 2 C2n 2C2n 2 C2n 2 C2n 2 C2n 2 C2n Trừ hai đẳng thức theo vế ta cú 2n 1 3 3 5 5 2n 1 2n 1 3 1 2 2C2n 2 C2n 2 C2n 2 C2n 32n 1 C1 22 C 3 24 C 5 22n 2 C 2n 1 0.5 4 2n 2n 2n 2n 32n 1 310 1 2n 10 n 5 4 4 Ta cú 2 3 2 2 3 10 10 2 10 0.5 1 x x x 1 x 1 x 1 x x x 1 x 1 x 10 0 1 2 2 8 8 9 9 10 10 1 x C10 C10 x C10 x C10 x C10 x C10 x 2 10 0 1 2 8 16 9 18 10 20 1 x C10 C10 x C10 x C10 x C10 x 0.5 2n Suy ra số hạng chứa x28 trong khai triển 1 x x2 x3 là: 8 8 10 20 10 10 9 18 28 28 28 C10 x .C10 x C10 x .C10 x 45x 9x 55x Cõu 3 5.0 a) S 0.5 M H D C E G F I A B Gọi I là trung điểm của BC 0.5 DG DM 2 Ta cú MG / /SI . Mà SI  (SBC) nờn MG //(SBC) DI DS 3 b) Qua G kẻ đường thẳng song song với CD cắt AD và BC lần lượt tại E và F. Qua M kẻ đường thẳng song song với CD cắt SC tại H 0.5 Thiết diện của hỡnh chúp với mp( ) là tứ giỏc EFHM Ta cú HM//EF vỡ cựng song song với CD 2a a MD HC , DE CF , MDE HCF 600 nờn tam 3 3 0.5 giỏc DME bằng tam giỏc CHF suy ra ME = HF do đú EFHM là hỡnh thang cõn 4a2 a2 2a a 1 a2 Ta cú: EM 2 DM 2 DE2 2DM.DE.cos600 2 . . 9 9 3 3 2 3 0.5 a MH ,EF = a . Gọi h là độ dài đường cao của hỡnh thang ta cú 3
4. 2 2 2 2 EF HM a a a 2 h EM 2 3 9 3 0.5 1 1 a 2 4a 2a2 2 Diện tớch thiết diện là S .h.(EF HM ) . . EFHM 2 2 3 3 9 c) S M P 0.5 D C N Q A B Qua M dựng đường thẳng song song với SC cắt CD tại N. Nối A với N cắt BD tại Q. Trong mp (AMN) từ Q dựng đường thẳng song song với MN cắt AM tại P. 0.5 Ta cú PQ//MN, MN//SC nờn PQ//MN Suy ra hai điểm P, Q thỏa món điều kiện bài toỏn. MN DM 2 AQ AB 3 AQ 3 Ta cú , SC DS 3 QN DN 2 AN 5 PQ AQ 3 PQ PQ MN 3 2 2 , . . 1.0 MN AN 5 SC MN SC 5 3 5 2a Suy ra PQ 5 Cõu 4 2.0 0.5 Gọi E là giao điểm thứ hai của BM và đường trũn ngoại tiếp tam giỏc AMC. Ta chứng minh E thuộc AF. Thật vậy tứ giỏc AFBN nội tiếp nờn NãAB = NãFB ã ã ã ã ã ã Tương tự MAC = MEC , theo giả thiết NAB = MAC , suy ra: NFB = MEC 0.5 ã ã Do đú tứ giỏc BCEF nội tiếp. Suy ra CãFE = CãBE = NãBA ị NFA = NFE . Suy ra A, E, F thẳng hàng. Đường thẳng BM đi qua B và M nờn cú phương trỡnh: x y 2 0 . E AF  BM , suy ra tọa độ của E là nghiệm của hpt:
5. x y 8 0 x 3 E(3;5) x y 2 0 y 5 Đường trũn (T) ngoại tiếp tam giỏc AMC cú phương trỡnh dạng: x2 y2 2ax 2by c 0 (a2 b2 c 0) 6a 2b c 10 a 2 0.5 Vỡ M, Q, E thuộc (T) nờn ta cú hpt: 2 22b c 22 b 0 (tm) 6a 10b c 34 c 22 Suy ra (T) cú pt: x2 y2 4x 22 0 . A là giao điểm của AE và (T) nờn tọa độ điểm A là nghiệm của hpt: x 7 x y 8 0 y 1 0.5 A(7;1) 2 2 . Vậy A(7;1) x y 4x 22 0 x 3 y 5 Cõu 5 2.0 Cho x, y, z là cỏc số thực dương thoả món: 2 xy xz 1 . Tỡm giỏ trị nhỏ nhất 3yz 4zx 5xy của biểu thức: P x y z 0.5 3yz 4zx 5xy yz zx yz xy zx xy Ta có P 2 3 x y z x y x z y z yz zx yz xy zx xy P 2 . 2.2 . 3.2 . 2z 4y 6x 0.5 x y x z y z P 4 x y 2 x z 4.2 xy 2.2 xz 4 2 xy xz 4 0.5 x y z 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi : x y z 2 xy xz 1 3 0.5 1 Vậy P 4 khi x y z min 3 Chỳ ý : Nếu học sinh giải cỏch khỏc vẫn đạt điểm tối đa theo cỏc phần trờn Hết