Đề học sinh giỏi Toán 11 cấp trường năm 2018 – 2019 trường Lưu Hoàng – Hà Nội

Đề học sinh giỏi Toán 11 cấp trường năm học 2018 – 2019 trường THPT Lưu Hoàng – Hà Nội có đáp án và lời giải chi tiết.

19 10 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 11

Môn: Toán 11

Thông tin:

4 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Kim Oanh
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT LƯU HOÀNG
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: Toán - Lớp: 11
(Th
ời gian l
àm bài: 150 phút, không k
ể thời gian giao đề)
Câu 1 (2,0 điểm). Giải phương trình sau:
2
2013 2013
x x
Câu 2 (3,0 điểm). Cho phương trình
(2sin 1)(2 s 2 2sin ) 1 2 2
x co x x m cos x
(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).
a) Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
3 4 1
3 2 9 8 3
x y x y
x y x y
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.
a) Chứng minh rằng tam giác ABC vuông nếu:
cos
sin
sin sin
B cosC
A
B C
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2 2
2 2 2
sin sin sin
A B C
M
cos A cos B cos C
Câu 5 (3,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C
1
):
2 2
13
x y
, đường tròn (C
2
):
2 2
( 6) 25
x y
.
a) Tìm giao điểm của hai đường tròn (C
1
) và (C
2
).
b) Gọi giao điểm có tung độ dương của (C
1
) và (C
2
) là A viết phương trình đường
thẳng đi qua A cắt (C
1
) và (C
2
) 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:
Đ
Ề CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TRƯỜNG
Môn : TOÁN
Câu Đáp án Điểm
Câu 1
2
2013 2013
x x . ĐK
2013
x
Đặt
2013
t x ( với t
2 2
0) 2013 2013
t t x t x . Ta có hệ PT:
2
2
2013
2013
x t
t x
( )( 1) 0
x t x t
+ Với x +t =0 ta được t = -x 2013
x x
. Giải ra ta được
1 8053
2
x
là
nghiệm.
+ Với x – t +1 = 0 ta được : x +1 = t
1 2013
x x . Giải ra ta đư
ợc
1 8049
2
x
là nghiệm
Đáp số :
1 8053
2
x
,
1 8049
2
x
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
Câu 2
(2sin 1)(2 s 2 2sin ) 1 2 2
x co x x m cos x
a , Với m =1 ta được phương trình :
(2sin 1)(2 s 2 2sin 1) 1 2 2 (2sin 1). 2 0
x co x x cos x x cos x
+
1 5
sin 2 2
2 6 6
x x k x k
+ s 2 0
4 2
co x x k
b, Phương trình đã cho tương đương với :
(2sin 1)(2 s 2 1) 0
x co x m
Với
1 5
sin 0;
2 6 6
x x x
Để phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm thuộc
0;
thì phương trình :
1
2
2
m
cos x
vô nghiệm hoặc có hai nghiệm
5
;
6 6
x x
.Từ đó ta được m <-
1v
m >3 v m =0 .
0,5
1,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 3
2 2
2 2
3 4 1
3 2 9 8 3
x y x y
x y x y
2 2
2 2
3 4 1
3( 3 ) 2( 4 ) 3
x x y y
x x y y
2
2
3 1 0
4 0
x x
y y
Ta được nghiệm của hệ là :
3 13
;0 ;
2
3 13
;4 ;
2
3 13
;0 ;
2
3 13
;4 ;
2
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 4
, Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển sau:
3
5
3
1
n
nx
x
biết n là số nguyên thoả mãn
hệ thức
1 2 2
2 20
n
n
C C n
.
Từ hệ thức
1 2 2
2 20
n
n
C C n
. Đk
2
2, 3 40 0 8 5
n n Z n n n n
Ta được n= 8 thoả mãn .
Ta có :
8 8
40 14
8
3 3
5 5 8
3
8
3 3
0
1 1
8 2 .2 .
k
k
k k
k
x x C x
x x
. Khai triển chứa x
4
m
40 14
4 2
3
k
k
.
Vậy hệ số của x
4
là
2 6
8
.2 1792
C
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 5
a, Chứng minh rằng tam giác ABC vuông nếu :
cos
sin
sin sin
B cosC
A
B C
Từ
2
sin
cos
2
sin 2sin . 2 1 cos 0
sin sin 2 2 2
2
A
B cosC A A A
A cos cos A
A
B C
cos
 là góc
vuông.Vậy tam giác ABC vuông tại A.
b,
2 2 2
2 2 2
sin sin sin
A B C
M
cos A cos B cos C
2 2 2
2 2 2
sin sin sin
1 1
A B C
M
cos A cos B cos C
2 2 2
2 2 2
3 3
1
1
M cos A cos B cos C
cos A cos B cos C M
. Biến đổi về
2
3
cos . ( ) 1 0
1
cos C C cos A B
M
2 2
3 3
( ) 4 1 0 4 1 ( ) 1
1 1
cos A B cos A B
M M
3 1
1 3
1 4
M
M
2
0
( ) 1
3 60
1
cos ( )
2
cos A B
M A B C
C cos A B
Vậy MaxM = 3 khi tam giác ABC đều.
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
(C
1
) có tâm O(0;0),bán kính
1
13
R
(C
2
) có tâm I(6;0),bán kính
2
5
R
.
Giao điểm của (C
1
) và (C
2
) là A (2;3) và B(2;-3).Với A có tung độ dương nên
A(2;3)
0,25
0,25
1,0
Với A có tung độ dương nên A(2;3)
Đường thẳng d qua A có pt:a(x-2)+b(y-3)=0 hay ax+by-2a-3b=0
Gọi
1 2
( , ); ( , )
d d O d d d I d
Yêu cầu bài toán trở thành:
2 2 2 2 2 2
2 2 1 1 2 1
12
R d R d d d
2 2
2
2 2 2 2
0
(4 3 ) (2 3 )
12 3 0
3
b
a b a b
b ab
b a
a b a b
0,25
0,25
0,25
*b=0 ,chọ a=1,suy ra pt d là:x-2=0
*b=-3a ,chọ a=1,b=-3,suy ra pt d là:x-3y+7=0
0,25
a, SA vuông góc với mp(ABCD) nên
SA vuông góc với AB và AD. Vậy các tam
giác SAB và SAD vuông tại A
Lại có SA vuông góc với (ABCD) và AB
Vuông góc với BC nến SB vuông góc với BC
Vởy tam giác SBC vuông tại C.
Tương tự tam giác SDC vuông tại D.
b, Ta có BM =x nên CM = a- x
AKD DCM
(vì có
0
ˆ ˆ
ˆ ˆ
90 ,
AKD DCM DAK CDM
)
.
AK AD AD
AK DC
DC DM DM
=
2
2 2
2 2
a
x ax a
. Tam giác SAK vuông tại A n
ên
2 2
2 2
2 2
2 3
2 2
x ax a
SK SA AK a
x ax a
.
SK nhỏ nhất khi và chỉ khi AK nhỏ nhất 0
K O x SK
nhỏ nhất
6
2
a
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
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
S
A
B C
D
M
K
| 1/4
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

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: 2 x  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). 2 2
x  y 3x  4y 1
a) Giải hệ phương trình:  2 2 3
 x  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.
a) Chứng minh rằng tam giác ABC vuông nếu: cos B  cosC sin A  sin B  sin C 2 2 2
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: sin A  sin B  sin C M  2 2 2 cos A  cos B  cos C
Câu 5 (3,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C1): 2 2
x  y  13 , đường tròn (C2): 2 2 (x  6)  y  25 .
a) Tìm giao điểm của hai đường tròn (C1) và (C2).
b) Gọi giao điểm có tung độ dương của (C1) 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:
ĐÁP ÁN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TRƯỜNG Môn : TOÁN Câu Đáp án Điểm Câu 1 2
x  x  2013  2013 . ĐK x  2013 0,25 Đặt t  x  2013 ( với t 2 2
t  0)  t  x  2013  t  x  2013 . Ta có hệ PT: 0,5 2 x  t  2013 
 (x  t)(x  t 1)  0 2 t   x  2013 0,5 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)(2co s 2x  2sin x  m)  1 2cos2x a , Với m =1 ta được phương trình :
(2sin x 1)(2co s 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;  2 6 6 0,25
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 <-1v 2 6 6 m >3 v m =0 . 0,25 2 2
x  y 3x  4y 1 2 2
x  3x  y  4y 1 2 x  3x 1 0 0,5 Câu 3      0,5 2 2 2 2 2 3
 x  2y 9x 8y  3 3
 (x  3x)  2(y  4y)  3 y  4y  0 0,5  
  3 13   3 13   3 13  0,5
Ta được nghiệm của hệ là : 3 13  ;0;   ; 4;  ;0;  ; 4; 2   2   2   2  0,5         Câu 4 , Tìm hệ số của 4  1 n  x trong khai triển sau: 3 5 nx  
biết n là số nguyên thoả mãn 3   x  hệ thức 1 2 2 2C  C  n  20 . n n Từ hệ thức 1 2 2 2C  C  n  20 . Đk 2
n  2, n  Z  n  3n  40  0  n  8  n  5 n n 0,5
Ta được n= 8 thoả mãn . 0,5 8 8 k 8 40 1  4k Ta có :  3 1   1 5 3 5  k 8k 3 8x   2 x   C .2 .x  . Khai triển chứa x4m 3   3  8 0,5  x   x  k 0 40 14k   4  k  2 . 0,5 3 0,5
Vậy hệ số của x4 là 2 6 C .2  1792 8 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 2 2 sin A   2sin .cos   2cos
1  cos A  0  Â là góc 0,5 sin B  sin C 2 2 A 2 cos 2 0,5
vuông.Vậy tam giác ABC vuông tại A. 2 2 2 sin A  sin B  sin C 2 2 2 sin A  sin B  sin C b, M   M 1  1 2 2 2 cos A  cos B  cos C 2 2 2 cos A  cos B  cos C 0,5 3 3 2 2 2 M 1 
 cos A  cos B  cos C  . Biến đổi về 2 2 2 cos A  cos B  cos C M 1 0,25 3 2
cos C  cosC.cos(A  B) 1  0 0,25 M 1  3   3 2  2
   cos (A  B)  4 1  0  4 1  cos (A  B) 1 0,25      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    A  B  C  60 1 cos C  cos( A  B)   2
Vậy MaxM = 3 khi tam giác ABC đều. 0,25 (C 0,25
1) có tâm O(0;0),bán kính R  13 1
(C2) có tâm I(6;0),bán kính R  5 0,25 2 . Giao điểm của (C
1) và (C2) là A (2;3) và B(2;-3).Với A có tung độ dương nên A(2;3) 1,0
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
Yêu cầu bài toán trở thành: 2 2 2 2 2 2
R  d  R  d  d  d 12 2 2 1 1 2 1 2 2 (4a  3b) (2a  3b) b  0 0,25 2   12  b  3ab  0  2 2 2 2 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 0 ˆ ˆ ˆ ˆ
AKD  DCM  90 , DAK  CDM ) AK AD AD 0,25    AK  DC. B M C DC DM DM 0,25 2 a = . Tam giác SAK vuông tại A nên 0,25 2 2 x  2ax  2a 0,25 2 2 x  2ax  3a 2 2 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