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

Xác định thiết diện của hình chóp S ABCD... Thí sinh không được sử dụng tài liệu.[r]

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 n 0 1 2 2 n

n

      , trong đó n  * và các hệ số

thỏa mãn hệ thức

1

n n

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,

 0

AB AD DC a a   

Mặt bên SBC là tam giác đều Gọi O là giao điểm của AC và

BD Biết SD vuông góc vớiAC

a Tính SD

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 ( )x được xác định như sau: k

k

k x

k



Tìm limu với n n 1n 2n 2019n

n

u  x x  x

b Giải hệ phương trình sau:







HẾT

Họ, tên thí sinh: SBD:

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thí sinh không 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 MÔN: TOÁN - LỚP 11

Câu1

(5điểm)

a

2

2

2

x k

k



















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



0,5 điểm

1,0 điểm

0,5 điểm 0,5 điểm

b Đặt

1;2; ;1000

S 

; AxS x3

; B xSx5

Yêu cầu bài toán 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

0,5 điểm

1,0 điểm

0,5 điểm

Câu 2

(5điểm) a. Số hạng tổng quát trong khai triển 1 2 xn là C n k.2 k x k , 0 k n   , k  

Vậy hệ số của số hạng chứa x k là C n k.2k  a k C n k.2k

Khi đó, ta có

 

1

n n

n

n

a a

Dễ thấy a và 0 a không phải hệ số lớn nhất Giả sử n a k 0 k n  

là hệ số lớn nhất trong các hệ số a a a0, , , ,1 2 a n.

Khi đó ta có

! 12 ! 1 ! 12 1 !

! 12 ! 1 ! 12 1 ! 2













k



Do k k 8 Vậy hệ số lớn nhất là a8 C128.28 126720

0,5 điểm

0,5 điểm

1,0 điểm

0,5 điểm

b Gọi A là biến cố “người thứ i i ghi bàn” với i 1, 2,3.

Ta có các A độc lập với nhau và i P A 1 x P A,  2 y P A,  3 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:

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

(1 )(1 )

(1)

Tương tự: BA A A1 .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

1,0 điểm

0,5 điểm

Ta có: 1 2 3 1 2 3 1 2 3

CA A A A A A A A A

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 cạnha.

Kẻ DT/ /AC ( T thuộc BC ) Suy ra CT AD a và DT vuông góc SD

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

2 , ,

7

ST a

Xét tam giác vuông SDT có

ST a  SD a

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

, ,

Ta có: NJ MK PQ, , cùng vuông góc với NP

dt NPQKJ dt NMKJ  dt MPQK  =12(NJ MK MN ) 12(MK PQ MP )

1

do NJ PQ

Ta có:

3 3

a

2

3

a

a



2 3



Suy ra: dt NPQKJ  

2

2

4

Diện tích NPQKJ lớn nhất bằng

2

3 3

4 a khi

3 4

2 ,0 điểm

1,0 điểm

1,5 điểm

1,5 điểm

O

S

T

M N

P

K

Q

J

Câu 4

(4điểm)

a Ta có:

( 1)! ! ( 1)!

k

k k  k nên

1 1 ( 1)!

k

x

k

 

0 ( 2)! ( 1)!

Mà: x2019 n x1nx2n x2019n  n2019x2019

1

2020!

n

Vậy

1

2020!

n

u  

1,0 điểm

1,0 điểm

b Điều kiện

2 2

1 0

1 0





   



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

8







x y

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

2 9 216 73 10

 (x29)(x216x73)  x28x9



(x 3 ) ( x 8) 3 )  9 x(8 x)

(1) Trong hệ trục tọa độ xét ( ;3)



a x ; (8b  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

KL: Nghiệm của hệ là (4;4)

1,0 điểm

1,0 Điểm

Xem thêm các bài tiếpt heo tại: