Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán lớp 11 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Nguyễn Du

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH

ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG

TRƯỜNG THPT NGUYỄN DU

NĂM HỌC 2018 – 2019



MÔN TOÁN

LỚP 11

Thời gian làm bài 180 phút
Bài 1 : (6đ) Giải các phương trình sau :


1) tg 3  x    tgx  1
4

2)

cos3 x  sin 3 x
sin x  cos x

 2 cos 2x

Bài 2 : (3đ) Chứng minh rằng : a 4  b 4  c 4  abc  a  b  c 

Bài 3 : (3đ) Trong mp Oxy , cho điểm K(3;4) và đường tròn (C) : x2 + y2 – 6x + 2y – 6 = 0

.Viết phương trình đường tròn (C’) tâm K cắt (C) tại hai điểm A , B sao cho AB là cạnh hình vuông
có 4 đỉnh thuộc (C)

(1)
 xy  x  y  x 2  2 y 2
Bài 4 : (4đ) Giải hệ phương trình : 
 x 2 y  y x  1  2 x  2 y (2)
Bài 5 : (4đ) Một bài trắc nghiệm có 10 câu hỏi, mỗi câu hỏi có 4 phương án lựa chọn trong đó
có 1 đáp án đúng. Giả sử mỗi câu trả lời đúng được 5 điểm và mỗi câu trả lời sai bị trừ đi 2 điểm.
Một học sinh không học bài nên đánh hú họa một câu trả lời. Tìm xác suất để học sinh này nhận
điểm dưới 1.


ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG – KHỐI 11 – MÔN TOÁN – NH 2018-2019
Bài 1 :
3
  tgx  1 2

 tgx  1 



0
tg  x    tgx  1  

tgx

1

tgx


1

1



3
4

  tgx  1

 tgx  1 
1)
 tgx  1
 tgx  1
 3

2
 tgx  0
 tg x  4tg x  5tgx  0
3

sin x  0

2) ĐK: 
 k2  x   k2
2
cos x  0
PT   cosx  sin x  1  sin x cos x  2  cos x  sin x  sinx  cos x   0



 cos x  sin x  0

1  sin x cos x  2  cos x  sin x  sinx  cos x
sin x  cos x  1; sin x  cos x  1  2  cos x  sin x  sinx  cos x  2
Mà
1
3
1  sin x cos x  1  sin 2x 
2
2

Vậy PT có nghiệm duy nhất x   k2 
4
Bài 2 : Ta có :
a 4  b 4  2a 2 b 2
 4
4
2 2
 b  c  2b c
a 4  c4  2a 2 c2














 

 



 







 2 a 4  b 4  c4  a 2 b 2  b 2 c2  a 2 b 2  a 2 c2  b2 c 2  a 2 c 2  2 ab 2 c  a 2 bc  abc2  2abc  a  b  c 
Bài 4 : ĐK: x  1, y  0
2

2

(1)  y ( x  y )  ( x  y )  x  y  ( x  y )( y  1  x  y )  0
TH 1. x  y  0 (loại do x  1, y  0 )
TH 2. 2 y  1  x  0  x  2 y  1 thế vào pt (2) ta được

(2 y  1) 2 y  y 2 y  4 y  2  2 y  ( y  1) 2 y  2( y  1)
 y 1  0
 y  1
. Do y  0  y  2 . Vậy hệ có nghiệm ( x; y )  (5;2)


y

2
2
y

2


-

Chú ý. Do có thể phân tích được thành tích của hai nhân tử bậc nhất đối y (hay x) nên có thể giải pt
(1) bằng cách coi (1) là pt bậc hai ẩn y (hoặc x).

Bài 5 : Ta có xác suất để học sinh trả lời câu đúng là

1
3
và xác suất trả lời câu sai là .
4
4

-

Gọi x là số câu trả lời đúng, khi đó số câu trả lời sai là 10 x
Số điểm học sinh này đạt được là : 4 x  2(10  x )  6 x  20

-

Nên học sinh này nhận điểm dưới 1 khi 6 x  20  1  x 

-

Mà

-

Gọi Ai ( i  0,1, 2, 3 ) là biến cố: “Học sinh trả lời đúng i câu”
A là biến cố: “ Học sinh nhận điểm dưới 1”

-

Suy ra:

-

1 3
Mà: P ( Ai )  C .    
4 4

x nguyên nên x nhận các giá trị: 0,1, 2, 3 .

21
6

A  A0  A1  A2  A3 và P( A)  P(A0 )  P( A1)  P( A2 )  P(A3)
i

i
10

10  i

i

3

10  i

1 3
nên P ( A)   C .    
4 4
i 0
i
10

 0, 7759 .