Đề thi HSG Toán 11 cấp trường năm 2018 – 2019 trường Thuận Thành 2 – Bắc Ninh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH 2 NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: Toán – Lớp 11 Đ Ề CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (4,0 điểm).    1.Giải phương trình 2 2 2 cos
 2x  3 cos 4x  4 cos x 1    4 
2.Cho các số x  5 y;5x  2 y;8x  y theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng; đồng thời các số y 
xy   x  2 2 ( 1) ; 1;
2 theo thứ tự lập thành một cấp số nhân. Hãy tìm x, y . Câu II (5,0 điểm). 1. Tính tổng 2 3 4 n S  2.1C
n  3.2Cn  4.3Cn  ...  n(n  1)Cn
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 III (5,0 điểm). 2
n  n  n 1. Tìm lim 2
4n  3n  2n 2 2
x  4  x  8x 17  y  y 1 
2. Giải hệ phương trình  x  y 
y  21  1  2 4 y  3x  Câu IV(2,0 điểm).
Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 4), B(1; 2), đỉnh C thuộc đường thẳng
d : x  2 y  1  0 , trọng tâm G. Biết diện tích tam giác GAB bằng 3 đơn vị diện tích, hãy tìm tọa độ đỉnh C. Câu V (4,0 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 mp  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-----------------
Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh .............................
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:........................................................................................
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 2:........................................................................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP
TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH 2 TRƯỜNG NĂM HỌC 2018 – 2019 Đ Ề CHÍNH THỨC
Môn thi: Toán – Lớp 11 Huớng dẫn chấm Câu Nội dung Điểm Câu I. 1   2  2 2 cos
 2x  3 cos 4x  4 cos x 1    4     0.5 PT 1  cos
 4x   3 cos 4x   2 1  cos 2x 1  6 
 sin 4x  3 cos 4x  2 cos 2x    0.5  cos 4x    cos 2x  6      k 1.0 4x 
 2x  k  2 x   6  36 3     k  Z     4x   2x  k  2 x   k  6  12 2 
x  5y;5x  2 y;8x  y theo thứ tự lập thành CSC nên ta có: 0.5
x  5y  8x  y  25x  2 y
 x  2 y   1 2 2   y  
1 ; xy 1; x  2 theo thứ tụ lập thành CSN nên ta có: 0.5
 y  2  x  2   xy  2 1 2 1 2 2  y  2
1 2 y  22   2 2 y   1 1.0
 Thay (1) vào (2) ta đc:  4 4 2
y  2 y   4 2
1  4 y  4 y 1   3 y   x   3  3 2 2  y    4  3 y   x  3   2 Câu II 1 2 3 4 n S  2.1C
n  3.2Cn  4.3Cn  ...  n(n  1)Cn Số hạng tổng quát: 1.0 n k ! u  k k  C  k k  k   1 n  
1 k !n  k! n n   1 n  2! 
k  2!n  2! k  2!  
 n n   k2 1 C 2  k  n n2  
S  n n   1  0 1 2 C  C  ... n  C  1.0 n2 n2 n2    2 1 2n n n    0.5 2.
Số phần tử của không gian mẫu: 6 5
n  A  A  136080 0.5  10 9
*Số các số tự nhiên có 6 chữ số có3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ là 0.5
TH1: (số tạo thành không chứa số 0)
 Lấy ra 3 số chẵn có: 3 C 4
 Lấy ra 3 số lẻ có: 3 C 5
 Số các hoán vị của 6 số trên: 6!
Suy ra số các số tạo thành: 3 3
C .C .6!  28800 4 5
TH2: ( số tạo thành có số 0) 0.5
 Lấy ra hai số chẵn khác 0: 2 C 4  Lấy ra 3 số lẻ: 3 C 5
 Số các hoán vị không có số ) đứng đầu: 6! 5!  5.5! Số các số tạo thành: 2 3
C .C .5.5!  36000 4 5
Gọi biến cố A: “số đuợc chọn có 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ” 1
Suy ra : n  28800  36000  64800 A n 64800 10
Xác suất xảy ra biến cố A: A P    A n 136080 21  Câu III 1 2.0 n    2 2
4n  3n  2n n n n  lim  lim 2
4n  3n  2n 3n  2
n  n  n 3 2 4   2
4n  3n  2n n 2  lim  lim  3 2
n  n  n  1  3 3 1 1 n   2 2 2  x  4 
x  8x  17  y  y  1    1  x  y 
y  21  1  2 4 y  3x 2 
Điều kiện: y  0   2 2
1  (x  y  4) 
x  8x 17  y 1  0 0.5  x  42 2  y
  x  y  4   0 2 2
x  8x 17  y 1
 x  4  y x  4  y
  x  y  4   0 2 2
x  8x 17  y 1
 x  4  y 0.5
  x  y  4 (1 )  0 2 2
x  8x 17  y 1
 y  x  4 0.5
 x  4  y
 x  42 1   x  4 2  y 1  y Vì:1   0 x  , y 2 2 2 2
x  8x 17  y 1
x  8x 17  y 1
Thay y  x  4 vào 2 ta đuợc 0.5 :
2  x  x  4  x  25 1  2 x 16
  x  4  2   x  25  5   x  8  2 x 16  0  1 1 x 12   x    0    x  4  2 x  25  5
x  8  2 x 16 
x  0  y  4 0.5  1 1 x 12 vn     0 0.5  x  4  2 x  25  5
x  8  2 x 16  Câu IV
Ta có: BA  2; 2, AB  2 2 0.5 x 1 y  2
Phuơng trình đuờng thẳng AB: 
 x  y 1  0 1 1
C  d : x  2 y 1  0  C  1
  2t;t  0.5  2 t 
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC suy ra: G 1 t; 2     3 3  t 0.5
Khoảng cách từ G đến AB: d  G;AB 2
Vì diện tích GAB bằng 3 đơn vị nên ta có: 0.5
t  3  C 7;3 1  d .AB  3    G; AB  2 t  3   C 5; 3     Câu V
+ Từ M kẻ đuờng thẳng song song với BC và SA lần luợt cắt DC tại N, SB tại Q. 0.5
+ Từ Q kẻ đuờng thẳng song song với BC cắt SC tại P. 0.5
Thiết diện hình thang cân MNPQ S Q P P Q 2a C B b M N x D A N M a H K + Tính diện tích MNPQ 1.5 b  x 2. . a x ab  ax
Ta tính đuợc MQ  NP  a, PQ  ; MN  từ đó tính đuợc b b b ab  . a x 3 QK  . b 2 2 1 3.a 0.5
Suy ra diện tích MNPQ là: x S  MN  PQ QK 
b  x b  x MNPQ  . 3 2    2 4b 2 2 2 2 3.a
3.a  3b  3.x  b  3.x  3.a 1 S 
b  x b  3x   MNPQ 2    2   4b 12b  2  12 b
Dấu “=”xẩy ra khi x  . 3