Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 11 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Nghệ An (Bảng A)

Chia sẻ: Xylitol Cool | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

79
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh có cơ hội đánh giá lại lực học của bản thân cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề của giáo viên. Mời các bạn và quý thầy cô cùng tham khảo Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 11 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Nghệ An (Bảng A) được chia sẻ dưới đây. Chúc các em thi tốt.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 11 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Nghệ An (Bảng A)

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 CẤP THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN – BẢNG A (Hướng dẫn chấm này gồm 06 trang) Câu Đáp án Điểm 1. a) (4,0 điểm) Giải phương trình cos 2 x  7cos x  3  sin 2 x  7sin x   8. (1)     (7,0đ) (1)  cos 2 x  3 sin 2 x  7 cos x  3 sin x  8 0,5      cos  2 x    7sin  x    4  0 1,0  3  6      1  2sin 2  x    7sin  x    4  0  6  6 1,0      2sin  x    7sin  x    3  0 2  6  6    1  sin  x  6   2    0,5    sin  x    3 ( ptvn)   6  x  k 2  2  k  . 0,5 x   k 2  3 2 Vậy phương trình có nghiệm x  k 2 , x   k 2 , k  . 0,5 3 b) (3,0 điểm) Giải hệ phương trình  x  x2  2x  2  y 2  1  y  1  (1)  3  x, y   .  x   3x  2 y  6  2 x  y  2  0 (2)  2 2 2 Điều kiện 2 x 2  y  2  0 . 0,5 1  ( x  1  y)   x  1  1  y2  1  0 2 ( x  1  y )( x  1  y )  ( x  1  y)  0  x  1 1  y 1 2 2    x 1 y 0  ( x  1  y) 1    x  1  1  y  1  2 2 0,5   x 1 y  0  x 1 y  1  0   x  1  1  y  1 2 2  1
 y  x 1    x  1  1  y 2  1  ( x  1)  y  0 (*) 2 0,5  x  1  1  y  1  ( x  1)  y  x  1  ( x  1)  y  y  0 nên 2 2 Ta có phương trình (*) vô nghiệm. Thay y   x  1 vào phương trình (2) ta được phương trình x3   5 x 2  4 x  4  2 x 2  x  1  0 0,5  x3  3x 2  4  2 x 2  x  1  2 x 2  x  1  0 (3) Đặt a  2 x 2  x  1  0 , phương trình (3) trở thành  xa 0,5 x3  3x 2 a  4a3  0  ( x  a)( x  2a)2  0    x  2a  x0 1  5 1  5 x  a  2x2  x  1  x   2 x y x  x 1  0 2 2  x0 2  4 2 5  4 2 x  2a  2 2 x 2  x  1   x   2 x y 7 x  4 x  4  0 7 7 0,5  1  5  2  4 2  x  x   2  7 Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y) với  và  . y   1  5 y  5  4 2  2  7 2. Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau được (2,0đ) chọn từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Xác định số phần tử của S . Lấy ngẫu nhiên một số từ S , tính xác suất để số được chọn là số chia hết cho 11 và tổng 4 chữ số của nó cũng chia hết cho 11 . Số phần tử của S là A94  3024 (số). Số phần tử của không gian mẫu là n     3024 0,5 Gọi A là biến cố “số được chọn là số chia hết cho 11 và tổng 4 chữ số của nó cũng chia hết cho 11 ”. Gọi số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau là abcd  a  0, a  b  c  d  Theo giả thiết ta có  a  c    b  d  11 và  a  c    b  d  11 0,5 Suy ra  a  c  11 và  b  d  11. Trong các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có các bộ số gồm hai chữ số mà 0,5 tổng chia hết cho 11 là 2, 9;3, 8;4, 7;5, 6. Chọn cặp số a, c có 4 khả năng, mỗi khả năng có 2 cách. Khi đó chọn cặp số b, d  còn 3 khả năng, mỗi khả năng có 2 cách. 0,5 Như vậy n  A  4.2.3.2  48 (số). 2
n  A 48 1 Xác suất cần tìm là p  A    . n    3024 63 3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có (2,0đ) AB  2BC. Gọi M là trung điểm của đoạn AB và G là trọng tâm tam giác 5  ACD. Viết phương trình đường thẳng AD, biết rằng M 1; 2  và G  ; 0  . 3  H M A B G D K C Gọi H là hình chiếu vuông góc của G lên AB và K là trung điểm đoạn CD. Đặt BC  3a  0, suy ra AB  6a, GH  2a, HM  a. 40 8 2 2 0,5 MG 2  4a 2  a 2   5a 2  a 2   a  . 9 9 3 2 Suy ra AM  3a  2 2, AG  AK  3a 2  . 3 2 3   8 3 Gọi A( x, y) . Khi đó  AM  2 2 1  x 2   2  y 2  8    x2  y 2  2x  4 y  3 0,5  8   5 64   2   x  3y 1  AG    x   y 2    3  3  9 x  3y 1   x  1, y  0  y 0     y  8  x  19 , y  8 0,5    5 5 5 +) Nếu A(1,0) . Đường thẳng AD đi qua A và vuông góc với đường thẳng AM nên phương trình đường thẳng AD là x  y  1  0. 19 8 0,5 +) Nếu A( , ) . Đường thẳng AD đi qua A và vuông góc với đường 5 5 thẳng AM nên phương trình đường thẳng AD là 7 x  y  25  0. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang cân  AB / /CD  nội tiếp 4. (5,0đ) đường tròn tâm O và SBA  SCA  900. Gọi M là trung điểm của cạnh SA. a) Chứng minh rằng MO   ABCD . b) Gọi  là góc giữa hai đường thẳng AB và SC. Chứng minh rằng 3
BC cos   . SA a) (3,0 điểm) S M I A B O D C Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng  ABCD  Xét các tam giác MHA, MHB, MHC có 1,0 MHA  MHB  MHC  900 1 MH chung MA  MB  MC  SA 2 1,0 Suy ra MHA  MHB  MHC nên HA  HB  HC Do đó H  O, vì vậy MO   ABCD . 1,0 b) (2,0 điểm) Vì AB / /CD nên góc giữa hai đường thẳng AB và SC là góc giữa hai 0,5 đường thẳng CD và SC , suy ra cos   cos SCD  1  sin 2 SCD (*) Gọi điểm I là hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng  SCD  1 Ta có MD  MC  SA nên SDA vuông tại D 0,5 2 Mặt khác lại có MS  MD  MC suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp SD SD SD SCD. Khi đó sin SCD    (vì MID vuông tại I nên 0,5 2 ID 2MD SA ID  MD ) Từ (*) suy ra SD 2 SA2  SD 2 AD 2 AD BC cos   1  sin SCD  1  2  2    SA SA2 SA2 SA SA 0,5 BC cos   (đpcm) SA 5. un  n 2  n  2 a) (2,0 điểm) Cho dãy số  un  , biết u1  12, 2un1  với n  1. (4,0đ) n2  5n  6 n2  n un Tìm lim . 2n 2  1 4
Ta có: 2un1 un  n 2  n  2 2un1 un n2     n  5n  6 2 n n 2  n  2  n  3 n  n  1 n 0,5 2un1 un n2     n  1 n  2   n  3 n  n  1  n  2  n  n  1 n  2  2 2 2un1 un 2 1      n  1 n  2   n  3 2 n  n  1  n  2  2  n  1 n  2  n  n  1 0,5 un1 1 1 un 1        (*)  n  1 n  2   n  3  n  1 n  2  2  n  n  1  n  2  n  n  1  2 2 un 1 1 Đặt vn   , từ (*) ta có vn1  vn nên  vn  là n  n  1  n  2  2 n  n  1 2 1 1 1 cấp số nhân có công bội q  , v1  suy ra vn  v1q n1  n 0,5 2 2 2 n  n  1  n  2  2   n 2  3n  2  un 1 1    u  n  n  1  n  2  n  n  1 2 2 n n n 2 Khi đó n  n  1  n  2  2 un n   n 2  3n  2   n  n  12  n  2  n 2  3n  2  lim 2  lim 2  lim    2n  1 2n 2  1  2  2n  1 2n 2  1  n 2  n  n  1 n  2  Ta có 2n  Cn0  Cn1  Cn2  Cn3  ...  Cnn  Cn3  0,5 6 n  n  1  n  2  2 n2  3n  2 1 Suy ra lim  0 và lim  2n  2n 2  1 2n 2  1 2 un 1 Vậy lim  2n  1 2 2 b) (2,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a3  b3  c3  3abc  32. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   a 2  b2  c 2   a  b  b  c  c  a  . Ta có a3  b3  c3  3abc  32   a  b  c   a 2  b2  c 2  ab  bc  ca   32 * 0,5 Đặt t  a  b  c, từ (*) suy ra t  a  b  c  0 *   a  b  c  3 a 2  b2  c 2    a  b  c    64 2 0,5  3 a 2  b2  c 2   64 64 2  a  b  c  t 2 abc t Ta chứng minh a  b  b  c  c  a  2  a  b    b  c    a  c   ** 2 2 2 0,5   5
Thật vậy,vì vai trò a, b, c bình đẳng nên giả sử a  b  c a  b  b  c  c  a   a  b   b  c    a  c   2  a  c  Ta có **  2  a  c   2  a  b    b  c    a  c   2 2 2     a  c    a  b  b  c  2 2 2   a  b  b  c    a  b   b  c  2 2 2  2  a  b  b  c   0 luôn đúng Vì vậy 32 8 2 a  b  b  c  c  a  2 a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  2  abc t 3P  3 a 2  b2  c 2   a  b  b  c  c  a  .  64 8 2  64  64 3P    t 2  8 2  t t   8 2.2 .t t  128 2  t  t t t  t t 128 2 Suy ra P  . 3 0,5 128 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 3 44 2 42 2 Đạt được khi a  , b c  và các hoán vị của a, b, c 3 3 - - - Hết - - - Ghi chú: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa 6