Học sinh giỏi toán bắc ninh 2019

Tài liệu luôn hẳn là công cụ phục vụ tốt nhất cho công việc giảng dạy cũng như nghiên cứu của các nhà khoa học nhà giáo cũng như các em học sinh , sinh viên . Một con người có năng lực tốt để chưa hẳn đã thành công đôi khi một con người khác năng lực thấp hơn một chút lại có hướng đi tốt lại tìm đến thành công nhanh hơn trong khi con người có năng lực kia vẫn loay hay tìm lối đi cho chính mình . Tài liệu là một kim chỉ nang cho chúng ta một hướng đi tốt nhất đến với kết quả nhanh nhất . Tôi xin đóng góp một chút vào kho tàng tài liệu của trang , mọi người cũng có thể tham khảo đánh giá và góp ý để bản thân tôi có động lực đóng góp nhiều hơn những tài liệu mà tôi đã sưu tầm được và up lên ở trang.

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HẬU THUẬN THÀNH 2

NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn: Toán Lớp: 11

ĐỀ BÀI Câu 1 (4 điểm)

1 Giải phương trình



2 Cho các số x5 ;5y x2 ;8y x y theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng; đồng thời các số

2 (y1) ;xy1; x2

theo thứ tự lập thành một cấp số nhân Hãy tìm x y,

Câu 2 (5 điểm)

1. Tính tổng

2.1 3.2 4.3 ( 1) n

2 Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có sáu chữ số khác nhau Tính xác suất để chọn được một

số có 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ

Câu 3 (5 điểm)

1 Tìm

2 2

lim

 

2 Giải hệ phương trình





Câu 4 (2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm G , đỉnh A3; 4

, B1;2

,

đỉnh C thuộc đường thẳng d x: 2y 1 0 Biết diện tích tam giác GAB bằng 3 đơn vị diện tích, hãy tìm tọa độ đỉnh C

Câu 5 (4 điểm) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn BC2a đáy bé

AD a  , AB b  Mặt bên SAD là tam giác đều, M là một điểm di động trên AB Mặt phẳng

 P

đi qua M và song song với SA , BC

1 Tìm thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng  P

Thiết diện là hình gì?

2 Tính diện tích thiết diện theo a b, và x AM , 0  x b

Tìm x theo b để diện tích thiết

diện lớn nhất

-Hết -LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1 (4 điểm)

1 Giải phương trình



2 Cho các số x5 ;5y x2 ;8y x y theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng; đồng thời các số

2 (y1) ;xy1; x2

theo thứ tự lập thành một cấp số nhân Hãy tìm x y,

Lời giải

1



PT 1 cos 4 3 cos 4 2 1 cos 2  1



sin 4x 3 cos 4x 2cos 2x

6

6

6













 



36 3

12

k x

k









  





k

x   x k k 

2 x5 ;5y x2 ;8y x y theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên ta có:

 y1 ;2 xy1;x22

theo thứ tự lập thành cấp số nhân nên ta có:

 y1 2 x22 xy1  2 2

Thay (1) vào (2) ta được:

y y  y   y  y   y  y 

2

3

3

3 2

y









Vậy

Câu 2 (5 điểm)

1. Tính tổng

2.1 3.2 4.3 ( 1) n

2 Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có sáu chữ số khác nhau Tính xác suất để chọn được một

số có 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ

Lời giải

1

Số hạng tổng quát:

!

k

n

k n k





     

 1 k222 

n



2 Số phần tử của không gian mẫu:   6 5

10 9 136080

n  A  A 

Gọi biến cố A: “Số đuợc chọn có 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ”.

Trường hợp 1: Số được chọn không chứa chữ số 0

Lấy ra 3 chữ số chẵn có C cách.43

Lấy ra 3 chữ số lẻ có: C cách.53

Số các hoán vị của 6 chữ số trên là 6!

Suy ra số các số tạo thành: C C43 .6! 2880053 

Trường hợp 1: Số được chọn có chứa chữ số 0

Lấy ra 2 chữ số chẵn khác 0 có C cách.42

Lấy ra 3 chữ số lẻ có: C cách.53

Số các hoán vị không có chữ số 0 đứng đầu là: 6! 5! 5.5! 

Số các số tạo thành: C C42 .5.5! 3600053 

Suy ra: n A   28800 36000 64800 

Xác suất xảy ra biến cố A là:

 

64800 10

136080 21

n A

P A

n

Câu 3 (5 điểm)

1 Tìm

2 2

lim

 

2 Giải hệ phương trình





Lời giải

1

2 2

 



2 2

3

3 1

n

 

2

 

 







Điều kiện: y0, 4y 3x0

 1 x y 4 x28x17 y2 1 0    

2 2

4

x y

x y

x y

4

y x

(Vì:

4

x y

 

Thay y x 4 vào (2) ta được:

 2  x x 4 x25 1 2  x16

0

x x



 

0 4 ( t/m)

0 3

x





Do x   4 y 0 x4 x 8 0 nên (3) vô nghiệm

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x y ;  0; 4

Chú ý: Ta có thể giải (1) như sau:  1  x 4 x4  1 y y21

Xét hàm số f t  t t2 có 1  

2

1

 



Do đó f t 

đồng biến trên  nên  1  f x 4f y   x  4 y

Câu 4 (2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm G , đỉnh A3; 4, B1;2 ,

đỉnh C thuộc đường thẳng d x: 2y 1 0 Biết diện tích tam giác GAB bằng 3 đơn vị diện tích, hãy tìm tọa độ đỉnh C

Lời giải

Ta có: BA 2; 2 , AB2 2

Phuơng trình đuờng thẳng

AB     x y  

Khoảng cách từ C đến AB:  ;  3

2

t

d C AB 

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC và S GAB  nên 3 S ABC 3S GAB  9

Do đó

1

d C AB AB



  

Vậy C  7;3

, C5; 3 

Câu 5 (4 điểm) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn BC2a đáy bé

AD a  , AB b  Mặt bên SAD là tam giác đều, M là một điểm di động trên AB Mặt phẳng

 P

đi qua M và song song với SA , BC

1 Tìm thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng  P

Thiết diện là hình gì?

2 Tính diện tích thiết diện theo a b, và x AM , 0  x b

Tìm x theo b để diện tích thiết

diện lớn nhất

Lời giải

Q

M

P

D

S

A N

1 Tìm thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng  P

Thiết diện là hình gì?

Do SA// P nên  P cắt SAB theo giao tuyến là đường thẳng đi qua M , song song với SA

cắt SB tại Q

Do BC// P

nên  P

cắt ABCD

theo giao tuyến là đường thẳng đi qua M, song song với

BC cắt CD tại N

 P cắt SBC theo giao tuyến là đường thẳng đi qua Q , song song với BC cắt SC tại P.

Khi đó thiết diện của hình chóp khi cắt bởi  P

là hình thang MNPQ MN PQ( // )

Do MN BC MQ SA// , // nên (MNPQ)//(SAD) suy ra PN SD //

Khi đó PNM SDA 60 ,0 QMN SAD 600(hai góc có các cặp cạnh tương ứng song song) nên MNPQ là hình thang cân

2 Tính diện tích hình thang MNPQ

Ta tính được

2

Từ đó tính được

2

ab a x QK

b





Suy ra diện tích của MNPQlà:

2 2

MNPQ

a

b

2

3

MNPQ

Dấu “=” xảy ra khi 3

b

x 

Vậy S MNPQ

đạt giá trị lớn nhất  3

b

x 

K