Đề thi chọn HSG Toán 11 cấp trường năm 2017 – 2018 trường Lê Văn Thịnh – Bắc Ninh

Đề thi chọn HSG Toán 11 cấp trường năm 2017 – 2018 trường Lê Văn Thịnh – Bắc Ninh gồm 1 trang với 8 bài toán tự luận, thời gian làm bài 150 phút, kỳ thi được tổ chức vào ngày 7/4/2018

29 15 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 11

Môn: Toán 11

Thông tin:

6 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Kim Oanh
ĐỀ CHÍNH THỨC
SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÊ VĂN THỊNH
(Đề thi gồm có 1 trang)
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn thi: Toán Lớp 11
Ngày thi: 7/4/2018
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1 ( 1 điểm). Giải phương trình
3cos2 sin2 2cos 0xx x
.
Câu 2 ( 2 điểm).
a) Cho đa giác lồi n cạnh nội tiếp đường tròn, biết số tam giác lập được bằng
4
7
số tứ giác lập được
từ n đỉnh của đa giác đó. Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển

32
n
x
.
b) Tính tổng
012
123 1
222 2
...
n
nnn n
n
nnn n
CCC C
S
CCC C

 (
*
n ).
Câu 3 ( 1 điểm). Cho đồ thị

21
:
22
mx
Cy
x
và điểm M(2;5). Đường thẳng d đi qua M và tiếp xúc với

C . Tìm m để đường thẳng d tạo với 2 tia Ox và Oy tam giác có diện tích lớn nhất.
Câu 4 ( 1 điểm).
Biết
3
232
lim 2018 6 5 2019 0nan bn n n . Tính
2018 2019
1ab.
Câu 5 ( 2 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân (AD // BC), BC = 2a,
AB = AD = DC = a (a > 0). Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Biết SD
vuông góc với AC.
a) Chứng minh mặt phẳng (SBC) vuông góc mặt phẳng (ABCD). Tính độ dài đoạn thẳng SD.
b) Mặt phẳng

đi qua điểm M thuộc đoạn thẳng OD ( M khác O và D) và song song với đường
thẳng SD và AC. Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng

biết MD = x.
Tìm x để diện tích thiết diện lớn nhất.
Câu 6 ( 1 điểm). Cho tam giác ABC, điểm K nằm trên cạnh BC sao cho KB = 2KC và
2KAB KAC ,
điểm
33
3;
2
E




là trung điểm cạnh BC, điểm M
333
;
22




là hình chiếu của B lên đường thẳng AK.
Biết rằng
A nằm trên đường thẳng :5dy x và điểm (0;5)I thuộc đường thẳng chứa cạnh AC. Viết
phương trình đường thẳng chứa cạnh BC.
Câu 7 ( 1 điểm). Giải hệ phương trình


32 32
2
22
71818 2 3
2393412 1413
xx x yyy
xyy x xxyyx


.
Câu 8 ( 1 điểm). Cho
,, 0
x
yz và 3xyz. Chứng minh rằng:
222
3
1114
xyz
xx yzyy zxzz xy


.
---------- HẾT ----------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÊ VĂN THỊNH
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn thi: …LỚP ….
Câu Đáp án Điểm
1
(1 điểm)
1
3cos2 sin2 2cos 0
cos 2 cos
6
xx x
xx





0,5
2
6
2
18 3
xk
xk



k
0,5
2
( 2 điểm)
2a) 1
Từ giả thiết suy ra
34
4
10
7
nn
CCn
0,5
Xét

10
10
10
10
0
32 3 2
kkkk
k
Cx

nên ta xét k = 4 thu được hệ số của
4
x
là
464
10
3 2 2449440C
0,5
2b)
1
Ta có




2
1
2
11 11
12 12
k
n
k
n
knk nk k
C
Cnn nn


 
nên
0,25


22 2
1 2 ... 1 1 (1 2 ... )
12
nnn n
S
nn
 

0,25
3
6
n
0,5
3
( 1 điểm)
1
Giả sử d:
y
ax b. Đường thẳng d cắt 2 tia Ox và Oy lần lượt tại A và B nên 0a .
d đi qua M(2;5) nên b = 5 - 2a.
0,25
d tiếp xúc với

21
:
22
mx
Cy
x
khi và chỉ khi

21 22mx ax b x
có nghiệm kép
0,25
1
x
khi và chỉ khi

2
212 0
210
bam a b
m


Từ trên ta ta có được
0,5



1
2
2
53 2 4 9
53249
53 2 4 9
maaa
ma aa
maaa



Do a < 0 nên m
1
và m
2
là phân biệt vậy ta luôn tìm được giá trị của m với mỗi trường hợp
a < 0.
0,25
Ta lại có

2
2
52
1
22
OAB
a
b
S
aa
 .
Chọn

1
an
n

thì

2
52
1
2
OAB
n
S
n
ta tìm được

1
2
29 4
3
5
n
m
nn
 .
Khi n  thì
1
5m và
OAB
S  tức ta không tìm được m để thỏa mãn bài toán.
0,25
4
(1 điểm)
1
Đặt
3232
L lim 2018 6 5 2019nan bn n n
.
Nếu 1bL (loại)
Nên b = 1
0,5
Xét b = 1 ta có
33 2
lim 6 5 2019 2 0nnn n
nên
2
lim 2018 2 0nan n mà
2
4
lim 2018 2
2
a
nan n

. Ta được
a = 4. Vậy A =
2018
4 .
0,5
5
(2 điểm)
2
5a)
1
Gọi I là trung điểm của BC nên tứ giác ADCI là hình thoi cạnh a nên IA = IB = IC = a thì
tam
g
iác ABC vuôn
g
t
ại A, su
y
ra AC vuôn
g
g
óc DI
0,25

|| ,AC ID ID AB AC SD AC SID
AC SI


0,25
Do

,()AC SI BC SI SI ABCD ABCD SBC
0,25
Ta có :
22
2SD SI ID a
0,25
5b)
1
Từ M kẻ hai đường thẳng lần lượt song song với SD, AC chúng cắt theo thứ tự SB tại Q
và AB tại G, AC tại N. Từ G kẻ đường thẳng song song SD, cắt SA tại E,từ N kẻ đường
thẳn
g
son
g
son
g
với SD cắt SC tại P. Ta đ
ư
ợc thiết diện là n
g
ũ
g
iác GNPQE.
0,5
Ta có 3
B
Da nên tính được

23,2
3
x
EG NP a x QM a




,
3GN x
Tứ giác EGMQ và MNPQ là hai hình thang vuông đường cao lần lượt là GM và NM nên

43 23
MNPQE
Sxax
0,25
Max
2
33
2
MNPQE
Sa tại
3
4
a
x
0,25
C
B
A
D
I
S
G
N
P
E
M
Q
O
6
( 1 điểm)
1
Chứng minh AC vuông góc với EM.
0,25
Từ đó AC : x = 0 nên A(0, 0). Và C(0; y) nên

6;3 3
B
y
0,25
Do
33BM AM y
nên B(6;0) và C(0;
33 )
0,25
Ta được BC:
233180xy
0,25
7
(1 điểm)
1




32 32
2
22
71818 2 31
2 3 934 1 2 1 4 132
xx x yyy
xyy x xxyyx


Ta có

121
x
y
0,25
Thế vào (2) ta được:


22
2
2
2
2
245 412443
2449
245 41
2443
xx x x xx
xx
xx x x
xx
 






O
A
B
C
E
K
N
M


2
2
24503
41 2 4434
xx
xx xx





214
/
2
3
214
2
x
tm
xl


0,25

2
4341244xxxx
.
Do
2
244410xx x
nên 3x . Ta có



22
2
3412 69412 210
222
xx xxx xx
xx


nên (4) vô nghiệm.
Vậy
214414
;
22
S






0,25
8
(1 điểm)
1
Ta có
2
13
x
xx nên
2
13
x
x
x
xyzxyz

. Từ đó
333
x
yz
VT
x
yz y zx z xy


.
0,25
Đặt
,,axyb yzczx
nên a, b, c là ba cạnh của một tam giác có p = 3.
p
bpcpa
VT
ac ba cb




11
1cos
62 6
abcacb
pb
B
ac ac
 
 nên

1
3 cos cos cos
6
VT A B C
0,25
Mà
3
cosA cosB cosC
2

0,25
suy ra
3
4
VT .Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =1.
0,25
0
| 1/6
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GD&ĐT BẮC NINH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
TRƯỜNG THPT LÊ VĂN THỊNH NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn thi: Toán Lớp 11 ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 7/4/2018
(Đề thi gồm có 1 trang)
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1 ( 1 điểm). Giải phương trình
3 cos 2x  sin 2x  2cos x  0 .
Câu 2 ( 2 điểm). 4
a) Cho đa giác lồi n cạnh nội tiếp đường tròn, biết số tam giác lập được bằng số tứ giác lập được 7
từ n đỉnh của đa giác đó. Tìm hệ số của 4
x trong khai triển 3 2 n x . 0 1 2 n C C C C b) Tính tổng n n n S     ... n  ( * n   ). 1 2 3 n 1 C C C C n2 n2 n2 n2 mx
Câu 3 ( 1 điểm). Cho đồ thị C 2 1 : y
và điểm M(2;5). Đường thẳng d đi qua M và tiếp xúc với 2x  2
C. Tìm m để đường thẳng d tạo với 2 tia Ox và Oy tam giác có diện tích lớn nhất.
Câu 4 ( 1 điểm). Biết  2 3 3 2 lim
n an  2018  bn  6n  5n  2019   0. Tính 2018 2019 ab 1.
Câu 5 ( 2 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân (AD // BC), BC = 2a,
AB = AD = DC = a (a > 0). Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Biết SD vuông góc với AC.
a) Chứng minh mặt phẳng (SBC) vuông góc mặt phẳng (ABCD). Tính độ dài đoạn thẳng SD.
b) Mặt phẳng   đi qua điểm M thuộc đoạn thẳng OD ( M khác O và D) và song song với đường
thẳng SD và AC. Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng   biết MD = x.
Tìm x để diện tích thiết diện lớn nhất.
Câu 6 ( 1 điểm). Cho tam giác ABC, điểm K nằm trên cạnh BC sao cho KB = 2KC và   KAB  2KAC ,  3 3   3 3 3  điểm E 3;  
là trung điểm cạnh BC, điểm M  ;
 là hình chiếu của B lên đường thẳng AK. 2      2 2  
Biết rằng A nằm trên đường thẳng d : y  5x và điểm I(0;5) thuộc đường thẳng chứa cạnh AC. Viết
phương trình đường thẳng chứa cạnh BC.
Câu 7 ( 1 điểm). Giải hệ phương trình 3 2 3 2
x  7x 18x 18  y  2y  3y  . x  2  2 2 2
y  3y  9  3 4x 1  2 x x y 1 
y 4x13
Câu 8 ( 1 điểm). Cho x, y, z  0 và x y z  3. Chứng minh rằng: x y z 3    . 2 2 2
x x 1 yz
y y 1 zx
z z 1 xy 4
---------- HẾT ----------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. HƯỚNG DẪN CHẤM SỞ GD&ĐT BẮC NINH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
TRƯỜNG THPT LÊ VĂN THỊNH NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn thi: …LỚP …. Câu Đáp án Điểm 1 1 (1 điểm)
3 cos 2x  sin 2x  2cos x  0    0,5  cos 2x   cos x    6   
x    k2  6   k   2  0,5 x    k  18 3 2 2a) 1
( 2 điểm) 4 Từ giả thiết suy ra 3 4
C C n  10 0,5 n 7 n Xét 3 2x 10 10 k 10
 C 3 k2k kx nên ta xét k = 4 thu được hệ số của 4 x là 10 k 0 0,5 4 6 4 C 3 2  2449440 10 1 2b) 0,25 k C k n k
n k    k n   1   1   2 1 1 Ta có   nên k 1 C n 1 n  2 n 1 n  2 n2       0,25
n    n   2 2 2 1 2 ...
1  n 1 (1  2  ...  n ) S   n   1 n  2 0,5 n  3  6 3 1
( 1 điểm) 0,25
Giả sử d: y ax b . Đường thẳng d cắt 2 tia Ox và Oy lần lượt tại A và B nên a  0 .
d đi qua M(2;5) nên b = 5 - 2a. 0,25 mx
d tiếp xúc với C 2 1 : y
khi và chỉ khi 2mx 1  ax b2x  2 có nghiệm kép 2x  2
x  1 khi và chỉ khi 0,5
 b a m2  2a1 2b  0 
Từ trên ta ta có được 2m 1  0 0,25
m  53a  2a 4a 9 2 1  
5 m 3a  2a4a 9  
m  53a  2a 4a 9 2   
Do a < 0 nên m1 và m2 là phân biệt vậy ta luôn tìm được giá trị của m với mỗi trường hợp a < 0. 0,25 1 b   a2 2 5 2 Ta lại có S   . OAB 2 a 2 a 1 1  n  2 5 2 3 29n  4 Chọn a
n thì S
ta tìm được m  5   . n OAB 2 n 1 2 n n
Khi n   thì m  5 và S
  tức ta không tìm được m để thỏa mãn bài toán. 1 OAB 4 1 (1 điểm) 0,5 Đặt   2 3 3 2 L lim
n an  2018  bn  6n  5n  2019  .
Nếu b  1 L   (loại) Nên b = 1 0,5 Xét b = 1 ta có 3 3 2 lim
n  6n  5n  2019  n  2  0 nên  a  4 2 lim
n an  2018  n  2  0 mà lim 2
n an  2018  n  2  . Ta được 2 a = 4. Vậy A = 2018 4 . 5 2 (2 điểm) S Q P E I B C O N M A G D 1 5a) 0,25
Gọi I là trung điểm của BC nên tứ giác ADCI là hình thoi cạnh a nên IA = IB = IC = a thì
tam giác ABC vuông tại A, suy ra AC vuông góc DI 0,25
AC ID ID|| AB, AC SD AC  SID  AC SI 0,25
Do AC SI, BC SI SI   ABCD  (ABCD)  SBC0,25 Ta có : 2 2
SD SI ID  2a 1 5b) 0,5
Từ M kẻ hai đường thẳng lần lượt song song với SD, AC chúng cắt theo thứ tự SB tại Q
và AB tại G, AC tại N. Từ G kẻ đường thẳng song song SD, cắt SA tại E,từ N kẻ đường
thẳng song song với SD cắt SC tại P. Ta được thiết diện là ngũ giác GNPQE. 0,25 x
Ta có BD a 3 nên tính được EG NP  2a x 3,QM  2 a  
 , GN  3x  3 
Tứ giác EGMQ và MNPQ là hai hình thang vuông đường cao lần lượt là GM và NM nên S
 4x3a  2 3x MNPQE0,25 3 3 a 3 Max 2 Sa tại x MNPQE 2 4 6 1 ( 1 điểm) A O N M B E K C 0,25
Chứng minh AC vuông góc với EM. 0,25
Từ đó AC : x = 0 nên A(0, 0). Và C(0; y) nên B 6;3 3  y0,25
Do BM AM y  3 3 nên B(6;0) và C(0; 3 3 ) 0,25
Ta được BC: 2x  3 3y 18  0 7 1 (1 điểm) 3 2 3 2
x  7x 18x 18  y  2y  3y   1  x   22 2 2
y  3y  9  3 4x 1  2 x x y 1 
y 4x132 0,25 Ta có  
1  x  2  y 1 Thế vào (2) ta được: 2
2x  4x  5  x  4x 1 2
2x  4x  4  3 2  2  2x 4x 4 9     2 2x 4x 5 x 4x 1         2
2x  4x  4  3 2
2x  4x  5  03   2
x  4x 1  2x  4x  4  3  4 0,25  2  14 x  t / m   2 3    2  14 x  l  2 0,25   2
4  x  3  4x 1  2x  4x  4 . Do 2
2x  4x  4  4x 1  0 nên x  3 . Ta có x 3 2
 4x 1  2 x  6x  9  4x 1  2 2
x  2x 10  2 2
x  2x  2 nên (4) vô nghiệm.  2   14 4  14  Vậy S   ;   2 2   8 1 (1 điểm) 0,25 x x Ta có 2
x x 1  3x nên  . Từ đó 2
x x 1 yz 3x yz x y z VT    .
3x yz 3y zx 3z xy 0,25
Đặt a x y, b y z, c z x nên a, b, c là ba cạnh của một tam giác có p = 3. p b p c p a VT    ac ba cb p b
1 a b ca c b 1    1
1 cos B nên VT  3 cos A  cos B  cosCac 6 2ac 6 6 0,25 3 Mà cosA cosB cosC  2 0,25 3
suy ra VT  .Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =1. 4 0