Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán lớp 11 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Thuận Thành 2

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

Thêm vào BST

Báo xấu

56
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán lớp 11 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Thuận Thành 2 để các em ôn tập lại các kiến thức đã học, làm quen với cấu trúc đề thi để chuẩn bị cho kì thi sắp tới được tốt hơn với số điểm cao như mong muốn. Tài liệu đi kèm đáp án giúp các em so sánh kết quả và tự đánh giá được năng lực bản thân, từ đó đề ra phương pháp học tập hiệu quả giúp các em tự tin đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới. 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 trường môn Toán lớp 11 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Thuận Thành 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH 2 NĂM HỌC 2018 – 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán – Lớp 11 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (4,0 điểm).   1.Giải phương trình 2 cos 2   2 x   3 cos 4 x  4 cos 2 x  1 4  2.Cho các số x  5 y;5 x  2 y;8 x  y theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng; đồng thời các số 2 ( y  1) 2 ; xy  1;  x  2  theo thứ tự lập thành một cấp số nhân. Hãy tìm x, y . Câu II (5,0 điểm). 1. Tính tổng S  2.1C2n  3.2C3n  4.3C4n  ...  n(n  1)Cnn 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). n2  n  n 1. Tìm lim 4n 2  3n  2n  x  4  x 2  8 x  17  y  y 2  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 ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: Toán – Lớp 11 Huớng dẫn chấm Câu Nội dung Điểm Câu I. 1   2 cos 2   2 x   3 cos 4 x  4 cos 2 x  1 4    0.5 PT 1  cos  4 x   3 cos 4 x  21  cos 2 x   1 6   sin 4 x  3 cos 4 x  2 cos 2 x   0.5  cos 4 x    cos 2 x  6     k 1.0 4 x  6  2 x  k 2  x  36  3   k  Z  4 x    2 x  k 2  x    k  6  12 2  x  5 y;5 x  2 y;8 x  y theo thứ tự lập thành CSC nên ta có: 0.5 x  5 y  8x  y  2 5x  2 y   x  2 y 1 2 2 0.5   y  1 ; xy  1;  x  2  theo thứ tụ lập thành CSN nên ta có: 2 2 2  y  1  x  2    xy  1  2  2 2 2 1.0  y  1  2 y  2    2 y2 1    Thay (1) vào (2) ta đc:  4 y 4  2 y 2  1  4 y 4  4 y 2  1   3 3 y  x 3 2 2  y   4  3 y  x 3  2 Câu II 1 S  2.1C2n  3.2C3n  4.3C4n  ...  n(n  1)Cnn Số hạng tổng quát: 1.0
n! uk  k  k  1 Cnk  k  k  1 k ! n  k  ! n  n  1 n  2  !   k  2 ! n  2 !  k  2 !  n  n  1 Cnk22  2  k  n  S  n  n  1  Cn02  Cn12  ...  Cnn22  1.0  n  n  1 2n2 0.5 2. Số phần tử của không gian mẫu: n  A106  A95  136080 0.5 *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: C43  Lấy ra 3 số lẻ có: C53  Số các hoán vị của 6 số trên: 6! Suy ra số các số tạo thành: C43.C53 .6!  28800 TH2: ( số tạo thành có số 0) 0.5  Lấy ra hai số chẵn khác 0: C42  Lấy ra 3 số lẻ: C53  Số các hoán vị không có số ) đứng đầu: 6! 5!  5.5! Số các số tạo thành: C42 .C53.5.5!  36000 Gọi biến cố A: “số đuợc chọn có 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ” 1 Suy ra : nA  28800  36000  64800 n 64800 10 Xác suất xảy ra biến cố A: PA  A   n 136080 21 Câu III 1 lim n2  n  n  lim n  4n 2  3n  2n  2.0 4n 2  3n  2n 3n  n2  n  n  3 2 2 4 4n  3n  2n n 2  lim  lim  2  3 n n n   1  3 3  1   1 n  
2  x  4  x 2  8 x  17  y  y 2  1 1   x  y  y  21  1  2 4 y  3x  2  Điều kiện: y  0 1  ( x  y  4)  x 2  8 x  17  y 2  1  0 0.5 2  x  4  y2   x  y  4  0 x 2  8 x  17  y 2  1   x  y  4   x  4  y  x  4  y  0 x 2  8 x  17  y 2  1  x  4  y 0.5   x  y  4  (1  )0 x 2  8 x  17  y 2  1  y  x4 2 0.5  x  4  y  x  4  1   x  4  y2 1  y Vì: 1    0x, y x 2  8 x  17  y 2  1 x 2  8 x  17  y2 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
1 t  3  C  7;3 d G ; AB  . AB  3   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 P Q P Q 2a C B M b N x D a A N H K M + 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 1 3.a 2 0.5 Suy ra diện tích MNPQ là: x S MNPQ   MN  PQ  .QK  2  b  x  b  3x  2 4b 3.a 2 3.a 2  3b  3.x  b  3.x  2 3.a 2 1 S MNPQ   b  x  b  3x      4b 2 12b 2  2  12 b Dấu “=”xẩy ra khi x  . 3