intTypePromotion=4
Array
(
    [0] => Array
        (
            [banner_id] => 142
            [banner_name] => KM3 - Tặng đến 150%
            [banner_picture] => 412_1568183214.jpg
            [banner_picture2] => 986_1568183214.jpg
            [banner_picture3] => 458_1568183214.jpg
            [banner_picture4] => 436_1568779919.jpg
            [banner_picture5] => 
            [banner_type] => 9
            [banner_link] => https://tailieu.vn/nang-cap-tai-khoan-vip.html
            [banner_status] => 1
            [banner_priority] => 0
            [banner_lastmodify] => 2019-09-18 11:12:29
            [banner_startdate] => 2019-09-12 00:00:00
            [banner_enddate] => 2019-09-12 23:59:59
            [banner_isauto_active] => 0
            [banner_timeautoactive] => 
            [user_username] => minhduy
        )

)

Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán lớp 11 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Phùng Khắc Hoan

Chia sẻ: Xylitol Cool | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

0
3
lượt xem
0
download

Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán lớp 11 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Phùng Khắc Hoan

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp các bạn học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học, biết cấu trúc ra đề thi như thế nào và xem bản thân mình mất bao nhiêu thời gian để hoàn thành đề thi này. Mời các bạn cùng tham khảo Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán lớp 11 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Phùng Khắc Hoan dưới đây để có thêm tài liệu ôn thi. Chúc các bạn thi tốt!

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán lớp 11 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Phùng Khắc Hoan

  1. Sở giáo dục và đào tạo Hà Nội Trường Phùng Khắc Khoan *** ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Môn : Toán- Khối: 11 Năm học 2018-2019 Thời gian: 150 phút ( Đề có 01 trang) =============================================== Câu 1 ( 4 điểm) 1 - Tính tổng các nghiệm của phương trình sin x cos x  cos x  sin x  1 trên  0; 2  . 2 - Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt lập thành một cấp số nhân: x3  7 x2  2  m2  6m  x  8  0. Câu 2 ( 6 điểm) 1 - Cho n là số dương thỏa mãn 5Cnn1  Cn3 . n  nx 2 1  5 Tìm số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Newton P   .  14 x  2 - Một tổ gồm 9 em, trong đó có 3 nữ được chia thành 3 nhóm đều nhau. Tính xác xuất để mỗi nhóm có một nữ. 3 - An và Bình thi đấu với nhau một trận bóng bàn có tối đa 5 séc , người nào thắng trước 3 séc sẽ giành chiến thắng chung cuộc. Xác suất An thắng mỗi séc là 0, 4 (không có hòa). Tính xác suất để An thắng chung cuộc . Câu 3 ( 4 điểm) 1-Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho các điểm A  2;3 , A 1;5  và B  5; 3 , B  7; 2  . Phép quay tâm I  x; y  biến A thành A và B thành B  , tính x  y . 2- Cho đường tròn  O; R  đường kính AB . Một đường tròn  O  tiếp xúc với đường tròn  O  và đoạn AB lần lượt tại C và D . Đường thẳng CD cắt  O; R  tại I . Tính độ dài đoạn AI . Câu4 (4điểm) Cho hình chóp S.ABC , M là một điểm nằm trong tam giác ABC . Các đường thẳng qua M song song với SA, SB, SC cắt các mặt phẳng  SBC  ,  SAC  ,  SAB  lần lượt tại A, B, C  . a) Chứng minh rằng . b) Chứng minh rằng khi M di động trong tam giác ABC MA MB MC  c) Tìm vị trí của M trong tam giác ABC để . . đạt giá trị lớn nhất. SA SB SC Câu5 (2điểm) Cho a, b, c là ba hằng số và (un ) là dãy số được xác định bởi công thức: un  a n  1  b n  2  c n  3 (n  *). Chứng minh rằng lim un  0 khi và chỉ khi a  b  c  0. n -------------------------------------------HẾT-----------------------------------------
  2. ĐÁP ÁN Thi học sinh giỏi cấp trường MÔN TOÁN LỚP 11 ( 2018- 2019) Câu 1 Nội dung Thang điểm Tính tổng các nghiệm của phương trình sin x cos x  cos x  sin x  1 trên  0; 2  sin x cos x  cos x  sin x  1 (3)   Đặt t  sin x  cos x  2 sin  x    t  0; 2  .  4 t 2 1 t 2 1 t  1 t  1  2sin x cos x  sin x cos x  2   3   t  1  t 2  2t  3  0   2 2 t  3  l  2    2 điểm sin  x       4 2 Với t  1: 2 sin  x    1   1,0  4    2 sin  x       4 2    x  4   k 2 4  x  k 2   x        k 2  x    k 2   4 4   2 x       k 2   x    k 2  4 4  2     x      k 2  x    k 2  4 4 1,0  3 Suy ra phương trình có 3 nghiệm trên  0; 2  là x  ;x  ;x  2 2  3 Vậy tổng 3 nghiệm là    3 . 2 2 2 - Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt lập thành một cấp   số nhân: x3  7 x 2  2 m2  6m x  8  0. + Điều kiện cần: Giả sử phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 lập thành một 2 cấp số nhân.Theo định lý Vi-ét, ta có x1 x2 x3  8. điểm Theo tính chất của cấp số nhân, ta có x1 x3  x22 . Suy ra ta có x23  8  x2  2. + Điều kiện đủ: Với m  1 và m  7 thì m 2  6m  7 nên ta có phương trình 1,0 x  7 x  14 x  8  0. 3 2 Giải phương trình này, ta được các nghiệm là 1, 2, 4. Hiển nhiên ba nghiệm này lập thành một cấp số nhân với công bôị q  2. 1,0 Vậy, m  1 và m  7 là các giá trị cần tìm.
  3. Câu 1 - Cho n là số dương thỏa mãn 5Cnn1  Cn3 . 2 n  nx 2 1  5 Tìm số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Newton P    14 x  Điều kiện n  , n  3. n 1 5.n ! n! 5 1 Ta có 5Cn  Cn     3 1!.  n  1! 3!.  n  3!  n  3! n  2  n  1 6.  n  3!  n  7 TM  2  n 2  3n  28  0   điểm  n  4  L  1,0 7  x 1 2 Với n  7 ta có P      2 x  1 k Số hạng thứ k  1 trong khai triển là Tk 1  .C7k .x143k 27k Suy ra 14  3k  5  k  3 1,0 35 5 Vậy số hạng chứa x trong khai triển là T4   5 x. 16 2 - Một tổ gồm 9 em, trong đó có 3 nữ được chia thành 3 nhóm đều nhau. Tính xác xuất để mỗi nhóm có một nữ. Bước 1: Tìm số phần tử không gian mẫu. 2 Chọn ngẫu nhiên 3 em trong 9 em đưa vào nhóm thứ nhất có số khả năng xảy ra là C93 3 điểm Chọn ngẫu nhiên 3 em trong 6 em đưa vào nhóm thứ hai có số khả năng xảy ra là C6 . Còn 3 em đưa vào nhóm còn lại thì số khả năng xảy ra là 1 cách. 1,0 Vậy   C9 C6 .1  1680 3 3 Bước 2: Tìm số kết quả thuận lợi cho A . Phân 3 nữ vào 3 nhóm trên có 3! cách. Phân 6 nam vào 3 nhóm theo cách như trên có C62C42 .1 cách khác nhau. 1,0  A  3!.C62C42 .1  540. A 540 27 Bước 3: Xác suất của biến cố A là P  A    .  1680 84 3-An và Bình thi đấu với nhau một trận bóng bàn có 5 séc , người nào thắng trước 3 séc sẽ giành chiến thắng chung cuộc. Xác suất An thắng mỗi séc là 0, 4 (không có hòa). Tính xác suất An thắng chung cuộc
  4. Giả sử số séc trong trân đấu giữa An và Bình là x . Dễ dàng nhận thấy 3  x  5 . Ta xét các trường hợp: 2 TH1: Trận đấu có 3 séc  An thắng cả 3 séc. Xác suất thắng trong trường hợp này là: điểm P1  0, 4.0, 4.0, 4  0, 064 TH2: Trận đấu có 4 séc  An thua 1 trong 3 séc: 1, 2 hoặc 3 và thắng séc thứ 4 . Số cách chọn 1 séc để An thua là: C31 (Chú ý xác xuất để An thua trong 1 séc là 0, 6. ) 1,0  P2  C .0, 4 .0,6  0,1152 1 3 3 TH3: Trận đấu có 5 séc  An thua 2 séc và thắng ở séc thứ 5 . Số cách chọn 2 trong 4 séc đầu để An thua là C42 cách.  P3  C42 .0, 43.0,62  0,13824 1,0 Như vậy xác suất để An thắng chung cuộc là: P  P1  P2  P3  0,31744 1-Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho các điểm A  2;3 , A’ 1;5  và B  5; 3 , B’  7; 2  . Phép quay tâm I  x; y  biến A thành A’ và B thành B’ , tính x  y QO ,   A   A '  IA  IA ' 1 QO ,   B   B '  IB  IB '  2  2 1,0   2  x    3  y  2 2  1  x    5  y  2 2  điểm Từ 1 và  2      5  x    3  y    7  x    2  y  2 2 2 2   25  x 6 x  4 y  13  2  x  y  3 1,0    4 x  12 y  19  y   31   2 Cho đường tròn  O; R  đường kính AB . Một đường tròn  O   tiếp xúc với đường tròn  O  và đoạn AB lần lượt tại C và D . Đường thẳng CD cắt  O; R  tại I . Tính độ dài đoạn AI . C 2 O' điểm B A D O I R R Ta có: V R   O   O  CO  CO 1 V C , R   I   D  CD  CI  2 C,   R R    R R CD CO 1,0 Từ 1 và  2     OI€ OD  OI  AB  I là điểm chính giữa của cung CD CI AB . 1,0
  5. Câu Cho hình chóp S. ABC , M là một điểm nằm trong tam giác ABC . Các đường thẳng qua M song 4 song với SA, SB, SC cắt các mặt phẳng  SBC  ,  SAC  ,  SAB  lần lượt tại A, B, C  . a) Chứng minh rằng b) Chứng minh rằng khi M di động trong tam giác ABC ? MA MB MC  c) . . nhận giá trị lớn nhất. Khi đó vị trí của M trong tam giác ABC là: SA SB SC 2 điểm a) Do MA∥SA nên bốn điểm này nằm trong cùng mặt phẳng. Giả sử E là giao điểm của mặt MA ME SMBC 0,5 phẳng này với BC . Khi đó A, M , E thẳng hàng và ta có:   . SA EA S ABC MB SMAC MC  SMAB MA MB MC  B / Tương tự ta có:  ,  . Vậy    1 . Vậy đáp án đúng là . SB S ABC SC S ABC SA SB SC 0,5 c) Ap dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : MA MB MC  MA MB MC  MA MB MC  1    33 . .  . .  SA SB SC SA SB SC SA SB SC 27 . MA MB MC  Dầu bằng xảy ra khi và chỉ khi:    S MAC  S MAB  S MBC . SA SB SC 1,0 Điều này chỉ xảy ra khi M là trọng tâm tam giác ABC . Vậy đáp án đúng là B. Câu5 (2điểm) Cho a, b, c là ba hằng số và  un  là dãy số được xác định bởi công thức: un  a n  1  b n  2  c n  3 (n  *). Chứng minh rằng lim un  0 khi và chỉ khi a  b  c  0. n  2,0 đ un n2 n3 Đặt vn   ab c  vn  a  b  c khi n   n 1 n 1 n 1 0, 5 Ta có: un  vn n  1 0, 5 cho nên: nếu a  b  c  0 thì lim un ( )  0. n 0, 5 Ngược lại nếu a  b  c  0  a  b  c thì khi n   ta có un  b  n  2  n 1  c    n  3  n 1  b n  2  n 1  2c n  3  n 1 0 0,5

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

AMBIENT
Đồng bộ tài khoản