Tải Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường Toán 11 năm 2018 - 2019 trường THPT Yên Phong số 2 - Bắc Ninh - Đề thi HSG Toán 11 có đáp án

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (133.5 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GD - ĐT BẮC NINH

TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2
______________________

(Đề gồm có 01 trang)

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC : 2018- 2019

MÔN: TOÁN - LỚP 11
________________

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 26 /01/2019

Câu 1 (5.0 điểm).

a. Giải phương trình sau sin 2x



sinxcosx1 2sin

 

x cosx 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).

a. Cho khai triển



1 2



0 1 2 2 ...

n n

n

x a a x a x a x

     

, trong đó n  * và các hệ số

thỏa mãn hệ thức
1

0 ... 4096

2 2

n
n

a
a

a    

. Tìm hệ số lớn nhất ?

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  

. Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC và
BD. Biết SD vng góc vớiAC.

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 (). BiếtMD x. Tìm x để diện tích thiết diện lớn nhất.

Câu 4 (4.0 điểm).

a. Cho dãy ( )xk được xác định như sau:

1 2
...

2! 3! ( 1)!

k

k
x

k
   

 .

Tìm limun với 1 2 ... 2019

n n n

n
n

u  x x  x .

Giải hệ phương trình sau:

2 2

1 1 18

1 1 2

          




         




x x y x y x y y

.

...HẾT...
Họ, tên thí sinh:...SBD:...

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

SỞ GD – ĐT BẮC NINH

TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2
______________________

(Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang)

HD CHẤM THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC : 2018- 2019

MƠN: TỐN - LỚP 11
________________

Câu Đáp án Điểm

Câu1

(5điểm)







 





 





 



sin cos 1 sin cosx 1 2sin cos 3 0

sin cos 1 sin cos 1 sin cosx 1 2sin cos 3 0
sin cos 1 sin 2cos 4 0

PT x x x x x

x x x x x x x

x x x x

        

          

      

sin cos 1

,( )

sin 2cos 4( ) 2

x k

x x

k

x x VN x k









 

 

   



   





Vậy phương trình có hai họ nghiệm: x k2 ,x 2 k2 ,(k )


 

    

0,5
điểm

1,0
điểm

0,5
điểm

b. Đặt



1; 2;...;1000



S 

; A



xS x3



; B



xSx5



Yêu cầu bài tốn là tìm

A B

Ta có
1000

333
3

1000

200
5

A

B

 
  

 

 
  

 

Mặt khác ta thấy A B là tập các số nguyên trong S chia hết cho cả 3 và 5 nên nó

phải chia hết cho BCNN của 3 và 5, mà BCNN



3,5



15 nên
1000

66
15

A B   

  .

Vậy ta có

333 200 66 467

A B A B  A B    

0,5
điểm

1,0

điểm

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Câu 2

(5điểm) a. Số hạng tổng quát trong khai triển



1 2



n

x

 là k.2 .k k
n

C x , 0 k n  , k  .
Vậy hệ số của số hạng chứa xk là Cnk.2k  ak Cnk.2k.

Khi đó, ta có





0 1 2

0 ... 4096 ... 4096 1 1 4096 12

2 2

n
n

n

n n n n

n

a
a

a     C C C  C      n

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 a a a0, 1, ,...,2 an.

Khi đó ta có







 









 



1 1

1 12 12

1 1

1 12 12

12! 12!.2

!. 12 ! 1 !. 12 1 !

.2 .2

12! 12! 1

.2 .2 .

!. 12 ! 1 !. 12 1 ! 2

k k k k

k k

k k k k

k k

k k k k

a a C C

a a C C

k k k k

 



 







    



 

  

 

  

  

   

    







1 2 23

1 2 12 0 23 26

12 1 3

2 1 26 3 0 26 3 3

13 3

k

k k

k k k

k k

k k

 

 

      

    

        

 




   

  

 

Do k k 8

Vậy hệ số lớn nhất là a8 C128.28 126720.

0,5
điểm

1,0
điểm

0,5
điểm

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 A

 

1 x P A,





y P A,





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:

 

     

1. .2 3 1 . 2 . 3 0, 4(1 )(1 )

A A A A  P A P A P A P A   x  y

Nên

 

( ) 1 1 0, 4(1 )(1 ) 0,976

P A   P A    x  y 

Suy ra

3 47

(1 )(1 )

50 50

x y xy x y

      

(1).
Tương tự: B A A A 1. .2 3, suy ra:

 

  

1 . 2

 

. 3



0, 6 0,336

P B P A P A P A  xy

hay là

14
25
xy 

(2)

Từ (1) và (2) ta có hệ:

14
25
3
2

xy

x y







  


 , giải hệ này kết hợp với xy ta tìm
được

1,0
điểm

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

0,8

x  và y 0, 7.

Ta có: CA A A1 2 3A A A1 2 3A A A1 2 3

Nên P C( ) (1  x y) .0,6x(1 y).0,6xy.0, 4 0, 452 .

Câu 3

(6điểm)

a. Dễ thấy đáy

ABCD

là nữa hình lục giác đều cạnh

a

.

Kẻ DT/ /AC(T thuộcBC). Suy ra CT AD a và DT vng gócSD.

Ta có: DT ACa 3.
Xét tam giác SCT có

2 , ,

SC a CT a SCT 1200

 

ST a

 

Xét tam giác vng SDT có
DT a 3,

7 2

ST a  SD a

b. Qua

M

kẻ đường

thẳng song song với

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 vng góc vớiNP.









dt NPQKJ dt NMKJ  dt MPQK





1 1

( ) ( )

2 NJ MK MN 2 MK PQ MP
1

( ).

2 NJ MK NP

 



do NJ PQ



Ta có:

. . 3

NP MD AC MD x a

NP x

a

AC OD   OD  

.
2 .

. 3 2( 3)

a

a x

NJ AN OM SD OM

NJ a x

a

SD AD OD OD

 



 

 

      





2 . 3

. 2

( 3 )

3 3

a a x

KM BM SD BM

KM a x

SD BD BD a



     

Suy ra: dt NPQKJ 





1 2

2( 3) ( 3 ) 3 2(3 2 3 )

2 a x 3 a x x a x x

 

    

 

 

1 1 3 3

(3 2 3 )2 3 (3 2 3 ) 2 3

3 a x x 4 3 a x x a

       

Diện tích NPQKJ lớn nhất bằng

3 3

4 a khi

3
4
x a

2 ,0
điểm

1,0
điểm

1,5
điểm

B C

A D

M
N

P
K

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Câu 4
(4điểm)

a. Ta có:

1 1

( 1)! ! ( 1)!

k

k k  k nên

1
1

( 1)!

k
x

k

 

 .

Suy ra 1 1

1 1

0
( 2)! ( 1)!

k k k k

x x x x

k k

 

     

  .

Mà: 2019 1 2 ... 2019 2019 2019

n n n n

n

x  x x  x  x

Mặt khác: 2019 2019 2019

lim lim 2019 1

2020!

n

x  x x  

Vậy

lim 1

2020!

n

u  

1,0
điểm

b. Điều kiện

2
2

1 0
1 0

    




   





x x y
y x y

Cộng và trừ từng vế tương ứng của hệ phương trình trên ta được

2 1 2 1 10

        




 




x x y y x y

x y

Thế y=8-x vào phương trình trên ta được

2 9 2 16 73 10

    

x x x

 (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 ( ;3)



a x ; b(8 x;3)

Khi đó |



a|.|b|= (x23 ) (2  x 8)23 )2 



a.b=9x(8 x)
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 0

 



a hoặc b0(không xảy
ra) hoặc



acùng hướng b suy ra 
8

1 0


 

x

x  x=4.

KL: Nghiệm của hệ là (4;4)

1,0
điểm

1,0
Điểm

</div>

Tải Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường Toán 11 năm 2018 - 2019 trường THPT Yên Phong số 2 - Bắc Ninh - Đề thi HSG Toán 11 có đáp án



 



















Giải hệ phương trình sau:

<sub>.</sub>







 





 

 

 





 





































 









 







 









 

     

 

 

  

 



<sub>a. Dễ thấy đáy </sub>

<sub> là nữa hình lục giác đều cạnh</sub>

<sub>.</sub>

b. Qua

kẻ đường

thẳng song song với

<sub> cắt</sub>

<sub> lần lượt tại </sub>









<sub></sub>

<sub></sub>

