Đề KSCL đội tuyển HSG môn Toán 11 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Yên Lạc 2

Chia sẻ: Xylitol Cool | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

67
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề KSCL đội tuyển HSG môn Toán 11 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Yên Lạc 2 là tài liệu hữu ích giúp các em ôn tập cũng như hệ thống kiến thức môn học, giúp các em tự tin đạt điểm số cao trong kì thi chọn HSG sắp tới. Mời các em cùng tham khảo đề thi.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề KSCL đội tuyển HSG môn Toán 11 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Yên Lạc 2

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 11 TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2 MÔN: TOÁN – NĂM HỌC 2018-2019 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Đề thi gồm: 01 trang Câu 1 (2,0 điểm). cos x 2 sin x 3 a) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số: y . 2 cos x sin x 4 b) Giải phương trình: cos 2x (1 2 cos x )(sin x cos x ) 0 Câu 2 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC có BC a, AB c, AC b . Biết góc BAC 900 và 2 a, b, c theo thứ tự tạo thành cấp số nhân. Tính số đo góc B, C . 3 Câu 3 (1,0 điểm). Cho n là một số nguyên dương. Gọi a 3n 3 là hệ số của x 3n 3 trong khai triển thành đa thức của (x 2 1)n (x 2)n . Tìm n sao cho a3n 3 26n. Câu 4 (1,0 điểm). Cho các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 . Từ 8 chữ số trên lập được bao nhiêu số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau sao cho tổng 4 chữ số đầu bằng tổng 4 chữ số cuối. u1 2019 Câu 5 (1,0 điểm). Cho dãy số (un ) thỏa mãn: 1 . Tìm công thức số hạng un 1 n 1 unn 2019n tổng quát và tính lim un . Câu 6 (2,0 điểm). Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình thang có AD 2a, AB BC CD a, BAD 600 , SA vuông góc với đáy và SA a 3 . M và I là hai điểm thỏa mãn 3MB MS 0, 4IS 3ID 0 . Mặt phẳng (AMI ) cắt SC tại N . a) Chứng minh đường thẳng SD vuông góc với mặt phẳng (AMI ). b) Chứng minh ANI 900 ; AMI 900. c) Tính diện tích của thiết diện tạo bởi mặt phẳng (AMI ) và hình chóp S .ABCD. Câu 7 (1,0 điểm). Cho tứ diện ABCD , gọi G là trọng tâm tam giác BCD,G ' là trung điểm của AG. Một mặt phẳng ( ) đi qua G ' cắt các cạnh AB, AC , AD lần lượt tại B ', C ', D '. Tính AB AC AD . AB ' AC ' AD ' Câu 8 (1,0 điểm). Cho n số a1, a2, a3,..., an [0;1] . Chứng minh rằng: (1 a1 a2 a3 ... an )2 4(a12 a 22 a 32 ... an 2 ). -------------Hết----------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………….………..…….…….….….; Số báo danh……………………
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐÁP ÁN KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2 11 MÔN: TOÁN – NĂM HỌC 2018-2019 Đáp án gồm: 05 trang I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câu Nội dung trình bày Điể m 1 (2,0 điểm) a.(1,0 điểm). cos x 2 sin x 3 Gọi y 0 là một giá trị của hàm số y . Khi đó phương trình 2 cos x sin x 4 cos x 2 sin x 3 y0 phải có nghiệm. 2 cos x sin x 4 0,5 Ta có phương trình cos x 2 sin x 3 y0 (y0 2)sin x (1 2y0 )cos x 4y 3 (1) 2 cos x sin x 4 Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi: 2 0,25 (y0 2)2 (1 2y0 )2 (4y0 3)2 11y02 24y0 4 0 yo 2 11 2 Vậy max y 2, min y . 0,25 11 b.(1,0 điểm) (cos2 x sin2 x ) (1 2 cos x )(sin x cos x ) 0 Phương trình (cos x sin x )(cos x sin x ) (1 2 cos x )(sin x cos x ) 0 (cos x sin x )(sin x cos x 1) 0 0,5 cos x sin x 0 sin x cos x 1 0 +) Với cos x sin x 0 tan x 1 x k . 0,25 4 +) Với sin x cos x 1 0 2 sin(x ) 1 x k2 ; x k2 . 4 2 0,25 Vậy phương trình có 3 họ nghiệm. 2 (1,0 điểm) 2 Ta có: b 2 ac . Do tam giác ABC vuông ta có 0,25 3
a b c b a sin B; c a sin C a cos B. sinA sin B sin C 2 2 2 0,5 Suy ra a sin B a 2 cos B B 600 3 Vậy A 900, B 600, C 300. 0,25 3 (1,0 điểm) Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có: n n n n n n k 2k i i n i k 2k 0,25 (x 2 1) (x 2) ( C x )( n C x2 n ) ( C x )( n 2n iC ni x i ) k 0 i 0 k 0 i 0 3n 3 Số hạng chứa x tương ứng với cặp (k, i ) thỏa mãn: 2k i 3n 3 (k, i) {(n, n 3);(n 1, n 1)} 0,5 0 k, i n Do đó hệ số của x 3n 3 là a3n 3 C nn .23.C nn 3 C nn 1.21.C nn 1 1 8C n3 2n 2 3 2 n(n 1)(n 2) Theo giả thiết ta có: 8C n 2n 26n 8 2n 2 26n 6 0,25 2n 2 3n 35 0 n 5. Vậy n 5 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 4 (1,0 điểm) Do 0 1 2 3 4 5 6 7 28 , nên để tổng 4 chữ số đầu và tổng 4 chữ số 0,25 cuối bằng nhau, điều kiện là tổng đó bằng 14. -Ta lập bộ 4 số có tổng là 14 và có chữ số 0 là: (0;1;6;7); (0;2;5;7);(0; 3; 4;7);(0; 3;5;6). Với mỗi bộ có số 0 trên ứng với một bộ còn 0,25 lại không có số 0 và có tổng bằng 14. -TH1: Bộ có số 0 đứng trước: Có 4 bộ có chữ số 0, ứng với mỗi bộ có: +) Xếp 4 chữ số đầu có 3.3! cách. 0,25 +) Xếp 4 chữ số cuối có 4! cách. Áp dụng qui tắc nhân có 4.3.3!.4!=1728 số -TH2: Bộ có số 0 đứng sau: Có 4 bộ có chữ số 0, mỗi bộ có +) Xếp bộ không có chữ số 0 trước có 4! cách. +) Xếp bộ có chữ số 0 sau có 4! cách. 0,25 Áp dụng qui tắc nhân có 4.4!.4!=2304 số. Vậy có 1728+2304=4032 số thỏa mãn yêu cầu bài toán. 5 (1,0 điểm) 1 1 Ta có unn 11 unn n unn 11 unn 2019 2019n 1 u22 u11 20191 1 0,25 u 33 u22 Do đó: 20192 ... 1 unn unn 1 1 2019n 1 0,5
1 n 1 1 ( ) n 1 1 1 1 2019 Suy ra: u n u1 ... 20191 20192 2019n 1 2018 1 n 1 1 ( ) Vậy un n 2019 2019 2018 Ta có 1 n 1 1 ( ) n 2019 n n 1 1 ... 1 2020 1 un 2019 2020 1.1...1.2020 2018 n 0,25 2019 1 ( Côsi cho n 1 số 1 và số 2020) n 2019 Mặt khác lim(1 ) 1 . Vậy lim un 1. n 6 (2,0 điểm) a) 0,75 Đặt AB a, AD b, AS c . Ta có 1 0,25 2 BC b, a a, b 2a, c a 3, a.b a , a.c 0, b.c 0. 2 3 4 3 1 Ta có: SD b c, AI b c, AM a c. 0,25 7 7 4 4 Suy ra: SD.AI 0, SD.AM 0 . Do đó SD AI , SD AM . Vậy SD (AMI ). 0,25 b) 0,5 1 1 1 1 5 1 Ta có: AN a b c, NI a b c 2 4 2 2 28 14 0,25 AN .NI 0 AN NI ANI 900. 3 1 3 3 9 AM a c, MI a b c + 4 4 4 7 28 0,25 AM .MI 0 AM MI AMI 900. c) 0,75 Thiết diện tạo bởi mặt phẳng AMI và hình chóp S .ABCD là tứ giác AMNI . Ta có 0,25
SAMNI SANI SAMN a 3 a 6 a 42 Ta có: AM , AN , NI 2 2 14 0,25 1 3a 2 7 SANI AN .NI 2 28 15a 2 AM .AN 5 14 Ta có: AM .AN cos MAN sin MAN 16 AM .AN 4 2 8 2 1 3a 7 0,25 SAMN AN .AM . sinMAN 2 32 2 2 3a 7 3a 7 45a 2 7 Vậy SAMNI . 28 32 224 7 (1,0 điểm) Ta có bài toán : « Cho tam giác ABC , trung tuyến AM . Một đường thẳng d bất kỳ AB AC AM cắt AB, AM , AC lần lượt tại B1, M1, C 1. Khi đó 2 » AB1 AC 1 AM 1 0,25 Thật vậy : Kẻ BE, CF lần lượt song song với B1C 1 AB AE AM ME Ta có BE / /B1M1 nên AB1 AM1 AM1 AC AF AM MF CF / /C1M1 nên AC 1 AM 1 AM 1 Mặt khác BME CMF (g c g ) nên ME MF AB AC AM ME AM MF AM Do đó 2 . AB1 AC 1 AM1 AM1 AM1 Gọi M , N lần lượt là trung điểm của CD, BG; M ', N ' là giao điểm của mặt phẳng ( ) với AM , AN . Áp dụng bài toán vào tam giác ACD , ta có: 0,5 AC AD AM 2 (1) AC ' AD ' AM ' Áp dụng bài toán vào tam giác ANM , ta có:
AN AM AG AN AM AG 2 2 2 4 (2) AN ' AM ' AG ' AN ' AM ' AG ' Áp dụng bài toán vào tam giác ABG, ta có: AB AG AN 2 (3) AB ' AG ' AN ' AB AC AD AG Thay (1), (3) vào (2) ta được: 3 6. 0,25 AB ' AC ' AD ' AG ' 8 (1,0 điểm) Xét tam thức f (x ) x 2 (1 a1 a2 a3 ... an )x (a12 a 22 a 32 ... an 2 ) 0,25 f (1) 1 (1 a1 a2 a 3 ... an ) (a12 a22 a 32 ... an 2 ) Ta có: a1(a1 1) a2 (a2 1) a 3 (a 3 1) ... an (an 1). Mặt khác a1, a2, a3, ...., an [0;1] nên: a1(a1 1) 0 a2 (a2 1) 0 f (1) 0 0,25 ... an (an 1) 0 Mà f (0) a12 a22 a32 ... an 2 0 f (1).f (0) 0 0,25 Do đó phương trình f (x ) 0 có nghiệm trên đoạn [0;1] (1 a1 a2 a3 ... an )2 4(a12 a22 a 32 ... an 2 ) 0 0,25 Suy ra 2 2 2 2 2 (1 a1 a2 a3 ... an ) 4(a 1 a2 a3 ... an )