Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường năm học 2018-2019 môn Toán Lớp 11 - Trường THPT Lưu Hoàng (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường năm học 2018-2019 môn Toán Lớp 11 - Trường THPT Lưu Hoàng (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT LƯU HOÀNG NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: Toán - Lớp: 11 ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,0 điểm). Giải phương trình sau: x2 x 2013 2013 Câu 2 (3,0 điểm). Cho phương trình (2sin x 1)(2cos 2x 2sin x m) 1 2cos2x (Với m là tham số) a) Giải phương trình với m = 1. b) Tìm m để phương trình có đúng 2 nghiệm thuộc 0; . Câu 3 (5,0 điểm). x2 y2 3x 4y 1 a) Giải hệ phương trình: 2 2 3x 2y 9x 8y 3 b) Một người bỏ ngẫu nhiên 4 lá thư và 4 chiếc phong bì thư đã để sẵn địa chỉ. Tính xác suất để có ít nhất một lá thư bỏ đúng địa chỉ. Câu 4 (4,0 điểm). Cho A, B, C là ba góc của tam giác ABC. cos B cosC a) Chứng minh rằng tam giác ABC vuông nếu: sin A sin B sin C sin2 A sin2 B sin2 C b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M cos2 A cos2 B cos2C 2 2 Câu 5 (3,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C 1): x y 13, đường tròn (C2): (x 6)2 y2 25 . a) Tìm giao điểm của hai đường tròn (C1) và (C2). b) Gọi giao điểm có tung độ dương của (C 1) và (C2) là A viết phương trình đường thẳng đi qua A cắt (C1) và (C2) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau. Câu 6 (3,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh SA = a và vuông góc với mặt phẳng (ABCD). a) Chứng minh rằng các mặt bên của hình chóp là những tam giác vuông. b) M là điểm di động trên đoạn BC và BM = x, K là hình chiếu của S trên DM. Tính độ dài đoạn SK theo a và x. Tính giá trị nhỏ nhất của đoạn SK. HẾT Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị coi thi số 1: Chữ ký giám thị coi thi số 2:
2. ĐÁP ÁN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TRƯỜNG Môn : TOÁN Câu Đáp án Điểm Câu 1 x2 x 2013 2013 . ĐK x 2013 0,25 Đặt t x 2013 ( với t t 0) t 2 x 2013 t 2 x 2013 . Ta có hệ PT: 0,5 x2 t 2013 (x t)(x t 1) 0 2 0,5 t x 2013 1 8053 + Với x +t =0 ta được t = -x x 2013 x . Giải ra ta được x là 2 0,25 nghiệm. + Với x – t +1 = 0 ta được : x +1 = t x 1 x 2013 . Giải ra ta được 0,25 1 8049 x là nghiệm 2 0,25 1 8053 1 8049 Đáp số : x , x 2 2 Câu 2 (2sin x 1)(2cos 2x 2sin x m) 1 2cos2x a , Với m =1 ta được phương trình : (2sin x 1)(2cos 2x 2sin x 1) 1 2cos2x (2sin x 1).cos2x 0 0,5 1 5 + sin x x k2  x k2 1,5 2 6 6 + cos 2x 0 x k 0,5 4 2 b, Phương trình đã cho tương đương với : (2sin x 1)(2cos 2x m 1) 0 0,25 1 5 Với sin x x  x 0;  0,25 2 6 6 Để phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm thuộc 0; thì phương trình : 0,25 1 m 5 cos2x vô nghiệm hoặc có hai nghiệm x ; x .Từ đó ta được m 3 v m =0 . 0,25 x2 y2 3x 4y 1 x2 3x y2 4y 1 x2 3x 1 0 0,5 Câu 3 2 2 2 2 2 0,5 3x 2y 9x 8y 3 3(x 3x) 2(y 4y) 3 y 4y 0 0,5 3 13 3 13 3 13 3 13 0,5 Ta được nghiệm của hệ là : ;0 ; ;4 ; ;0 ; ;4 ; 0,5 2 2 2 2 Câu 4 n 4 3 5 1 , Tìm hệ số của x trong khai triển sau: nx 3 biết n là số nguyên thoả mãn x
3. hệ thức 2C1 C 2 n2 20 . n n Từ hệ thức 2C1 C 2 n2 20 . Đk n 2,n Z n2 3n 40 0 n 8 n 5 n n 0,5 Ta được n= 8 thoả mãn . 0,5 8 8 1 1 k 8 40 14k 3 8x5 2 3 x5 C k .28 k.x 3 4 Ta có : 3 3  8 . Khai triển chứa x m 0,5 x x k 0 40 14k 4 k 2. 0,5 3 0,5 4 2 6 Vậy hệ số của x là C8 .2 1792 Câu 5 cos B cosC a, Chứng minh rằng tam giác ABC vuông nếu : sin A sin B sin C A 0,5 sin cos B cosC A A A 0,5 Từ sin A 2sin .cos 2 2cos2 1 cos A 0 Â là góc A 0,5 sin B sin C 2 2 cos 2 2 0,5 vuông.Vậy tam giác ABC vuông tại A. sin2 A sin2 B sin2 C sin2 A sin2 B sin2 C b, M M 1 1 cos2 A cos2 B cos2C cos2 A cos2 B cos2C 0,5 3 2 2 2 3 M 1 cos A cos B cos C . Biến đổi về 0,25 cos2 A cos2 B cos2C M 1 3 cos2C cosC.cos(A B) 1 0 0,25 M 1 2 3 3 2 0,25 cos (A B) 4 1 0 4 1 cos (A B) 1 M 1 M 1 3 1 0,25 1 M 3 M 1 4 0,25 2 cos (A B) 1 0,25 0 M 3 1 A B C 60 cosC cos(A B) 2 0,25 Vậy MaxM = 3 khi tam giác ABC đều. 0,25 (C1) có tâm O(0;0),bán kính R1 13 (C2) có tâm I(6;0),bán kính R2 5. 0,25 Giao điểm của (C1) và (C2) là A (2;3) và B(2;-3).Với A có tung độ dương nên A(2;3) 1,0
4. Với A có tung độ dương nên A(2;3) 0,25 Đường thẳng d qua A có pt:a(x-2)+b(y-3)=0 hay ax+by-2a-3b=0 Gọi d d(O,d);d d(I,d) 1 2 0,25 2 2 2 2 2 2 Yêu cầu bài toán trở thành: R2 d2 R1 d1 d2 d1 12 2 2 0,25 (4a 3b) (2a 3b) 2 b 0 2 2 2 2 12 b 3ab 0 a b a b b 3a *b=0 ,chọ a=1,suy ra pt d là:x-2=0 0,25 *b=-3a ,chọ a=1,b=-3,suy ra pt d là:x-3y+7=0 a, SA vuông góc với mp(ABCD) nên S 0,25 SA vuông góc với AB và AD. Vậy các tam giác SAB và SAD vuông tại A 0,25 Lại có SA vuông góc với (ABCD) và AB Vuông góc với BC nến SB vuông góc với BC 0,25 Vởy tam giác SBC vuông tại C. A 0,25 Tương tự tam giác SDC vuông tại D. b, Ta có BM =x nên CM = a- x D 0,25 AKD : DCM K 0,25 (vì có AKˆD DCˆM 900 , DAˆK CDˆM ) AK AD AD 0,25 AK DC. B M C DC DM DM 0,25 a2 = . Tam giác SAK vuông tại A nên 0,25 x2 2ax 2a2 2 2 0,25 2 2 x 2ax 3a SK SA AK a 2 2 . x 2ax 2a 0,25 a 6 SK nhỏ nhất khi và chỉ khi AK nhỏ nhất K  O x 0 SK nhỏ nhất 2 0,25 Hết Ghi chú: - Nêú học sinh làm theo cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa - Chỉ chấm bài hình khi học sinh vẽ hình đầy đủ và chính xác