Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 11 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT thị xã Quảng Trị

Chia sẻ: Xylitol Cool | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

169
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn tham khảo Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 11 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT thị xã Quảng Trị sau đây để hệ thống lại kiến thức đã học và biết được cấu trúc đề thi cũng như những nội dung chủ yếu được đề cập trong đề thi để từ đó có thể đề ra kế hoạch học tập và ôn thi một cách hiệu quả hơn. Chúc các bạn ôn tập thật tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 11 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT thị xã Quảng Trị

SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ KỲ THI CHỌN HSG VĂN HÓA LỚP 10, 11 TRƯỜNG THPT THỊ XÃ QUẢNG TRỊ Khóa thi ngày 03 tháng 4 năm 2019 Môn thi: Toán lớp 11 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề có 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu I (5,0 điểm). 1. Giải phương trình: sin 2 3 x cos 2 x  sin 2 x  0. 2. Cho x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình: x 2  3 x  a  0 , x3 và x4 là hai nghiệm của phương trình: x 2  12 x  b  0 . Biết rằng x1 , x2 , x3 , x4 theo thứ tự lập thành một cấp số nhân. Hãy tìm a, b . Câu II (3,0 điểm). 1. Cho k là số tự nhiên thỏa mãn: 5  k  2014 . Chứng minh rằng: C50C2014 k  C51C2014 k 1  ...  C55C2014 k 5  C2019 k . 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: m   1  x2  1  x2  2  2 1  x4  1  x2  1  x2 . Câu III (3,0 điểm). sin n Cho dãy số  un  được xác định bởi: u1  sin1; un  un 1  , với n  , n  2 . n2 Chứng minh rằng dãy số  un  xác định như trên là một dãy số bị chặn. Câu IV (3,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có tam giác ABC đều cạnh bằng a và tam giác BCD cân a 5 tại D với DC  . 2 1. Chứng minh rằng: AD  BC . 2. Gọi G là trọng tâm tam giác BCD , tính cosin góc giữa hai đường thẳng AG và CD , biết góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và ( BCD ) bằng 300 . Câu V (3,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với A(2;1) , B (1; 2) , trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng x  y  2  0 . Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác 27 ABC bằng . 2 Câu VI (3,0 điểm). Cho các số dương a, b, c thỏa mãn: a 2  b 2  c 2  3 . Chứng minh rằng:  4  4  4   1  3  a  b  c  . Đẳng thức xảy ra khi nào? 2  2  1 2 2  1 2  a b  b  c  c  a 2 2  -----------------HẾT--------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu và MTCT. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………….Số báo danh:……………….
Huớng dẫn chấm – Toán 11 Câu Nội dung Điểm Câu I. Giải phương trình: sin 2 3x cos 2 x  sin 2 x  0. (5đ) 1. (3đ) sin 2 3 x cos 2 x  sin 2 x  0 (1) Ta có: sin 3 x  (1  2 cos 2 x) s inx. (1)  ((1  2 cos 2 x) 2 cos2 x  1) sin 2 x  0 1.0đ  (1  cos2x)(1+4cos 2 2 x ) sin 2 x  0 1.0đ sin x  0 k  x cos2x=-1 2 1.0đ 2. (2đ) Cho x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình: x 2  3x  a  0 , x3 và x4 là hai nghiệm của phương trình: x 2  12 x  b  0 . Biết rằng x1 , x2 , x3 , x4 theo thứ tự lập thành một cấp số nhân. Hãy tìm a, b . Gọi q là công bội của CSN  x2  x1q; x3  x1q 2 ; x4  x1q 3 Theo viet ta có:  x1  x2  3  x1 (1  q )  3 x x  a   1 2  x1 x2  a 1.0đ    2  x3  x4  12  x1q (1  q )  12  x3 x4  b x x  b  3 4 Suy ra q  42 + q = 2  x1  1 , giải ra được a = 2, b = 32 1.0đ +q = -2  x1  3 , giải ra được a = -18, b = -288 Câu II. (3đ) 1. (1.5đ) Cho k là số tự nhiên thỏa mãn: 5  k  2014 k 1 k 5 Chứng minh rằng: C50C2014 k  C51C2014  ...  C55C2014  C2019 k Ta có: (1  x)5 (1  x)2014  (1  x)2019 M  (1  x)5  C50  C51 x  C52 x 2  C53 x 3  C54 x 4  C55 x5 0.5đ N  (1  x) 2014  C2014 0  C2014 1 x  ...  C2014 k x k  ...  C2014 x  C2014 2013 2013 2014 2014 x P  (1  x) 2019  C2019 0  C2019 1 x  ...  C2019 k x k  ...  C2019 x  C2019 2018 2018 2019 2019 x 0.5đ k Ta có hệ số của x trong P là C , P = M.N k 2019 k Mà số hạng chứa x trong M.N là : k 1 k 1 k 2 k 2 k 3 k 3 k 4 k 4 k 5 k 5 k C50C2014 x k  C51 xC2014 x  C52 x 2C2014 x  C53 x3C2014 x  C54 x 4C2014 x  C55 x5C2014 x k 1 k 5 0.5đ Vậy : C50C2014 k  C51C2014  ...  C55C2014  C2019 k 2. (1.5đ) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: m   1  x2  1  x2  2  2 1  x4  1  x2  1  x2 ĐK: 1  x  1 , Đặt t  1  x 2  1  x 2 , t liên tục trên  1;1 và t  0  t 2  2  2 1  x 4  2  t   0; 2  0.5đ t 2  t  2 Pttt: m(t  2)  t 2  t  2  m  t2 t 2  t  2 Xét f (t )  ; t  0; 2  , f (t ) liên tục trên  0; 2  0.5đ t2 t 2  4t f '(t )  (t  2) 2   0, t  0; 2 
 f (t ) nghịch biến trên  0; 2  0.5đ Vậy pt đã cho có nghiệm thực khi f ( 2)  2  1  m  1  f (0) Câu III. sin n (3đ) Cho dãy số  un  được xác định bởi: u1  sin1; un  un 1  , với mọi n2 n  , n  2 . Chứng minh rằng dãy số  un  xác định như trên là một dãy số bị chặn. 1 1 1 Ta có: 2  2  ...  2  2, n  N * , vì 1 2 n 1 1 1 1 1 1  2  ...  2  1    ...   2 1 2 n 1.2 2.3 n.(n  1) 1.0đ 1 1 1 1 1 1  1  1     ...    2  2 2 2 3 n 1 n n sin1 sin 2 sin n Bằng qui nạp ta CM được: un  2  2  ...  2 1.0đ 1 2 n 1 1 1  1 1 1 Suy ra : 2    2  2  ...  2   un  2  2  ...  2  2, n  N * 1 2 n  1 2 n 1.0đ Vậy dãy số  un  xác định như trên là một dãy số bị chặn. Câu IV. Cho tứ diện ABCD có tam giác ABC đều cạnh bằng a và tam giác BCD cân tại (3đ) a 5 D với DC  . 2 1. (1đ) Chứng minh rằng: AD  BC . Gọi M là trung điểm BC, ta có: ABC đều nên AM  BC , DBC cân nên 1.0đ DM  BC  BC  ( AMD)  BC  AD. 2. (2đ) Gọi G là trọng tâm tam giác BCD, tính cosin góc giữa hai đường thẳng AG và CD, biết góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (BCD) bằng 300 . Theo gt ta có góc giữa MA và MD bằng 300. Kẻ GN//CD, nối AN a a 3 +TH1: góc DAM bằng 300, ta có: MD  a  MG  , ABC đều nên AM  . 0.5đ 3 2 Áp dụng định lí cosin cho AMG a 13 CD a 5 a 7 ta có AG  , GN   . ANC có AN  . Trong ANG 0.5đ 6 3 6 3 5 5 có cos(AGN)= .Gọi góc ( AG; CD)   thì cos = 65 65 13 0.5đ +TH2: Góc AMD bằng 1500. Tính tương tự ta có: thì cos = 7 5
0.5đ Câu V. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(2; 1), B(1;-2), trọng tâm (3đ) G của tam giác nằm trên đường thẳng x + y – 2 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C biết diện 27 tích tam giác ABC bằng . 2  3 1  Gọi M là trung điểm AB, ta có : M  ;  . Gọi C(a ; b), 2 2   a  3 b 1  a  3 b 1 suy ra G  ; d    2  0  a  b  4  0, (1) , 1.0đ  3 3  3 3 3a  b  5 mặt khác AB : 3x  y  5  0  d (C ; AB)  , 10 1 27 1 3a  b  5 27 Diện tích S AB.d (C ; AB)   10   3a  b  5  27, (2) 2 2 2 10 2 1.0đ Từ (1) và (2) ta có hệ:  a  9  a  b  4   C  9; 5   b  5   3a  b  32    9  a  b  4  a    2  C  9 ; 17    17    3a  b  22 b   2 2  1.0đ  2 Câu VI. (3đ) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn: a 2  b 2  c 2  3 . Chứng minh rằng:  4  4  4   1  3  a  b  c  . Đẳng thức xảy ra khi nào? 2  2  1 2 2  1 2  a b  b  c  c  a 2 2  Từ giả thiết ta có 0  a , b , c  3 . Áp dụng BĐT Cauchy ta có : 2 2 2 4 4  (3  a 2 )  4   1  2  a2 . 3 a 2 3 a 2 4 4 1.0đ Tương tự:  1  2  b2 ;  1  2  c2 3b 2 3  c2  4  4  4  Do đó:  2 2  1 2 2  1 2 2  1  (a 2  2)(b 2  2)(c 2  2), (1)  a b  b  c  c  a  Áp dụng BĐT Bun… ta có: 1.0đ 1 (a  2)(b  2)  (a  1)(b  1)  a  b  3  (a  b)  (a  b) 2  3 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 = ((a  b)2  2)  (a 2  2)(b 2  2)(c 2  2)  ((a  b)2  2)(c 2  2) 2 2 1.0đ 3   2  2(a  b)  2c  3(a  b  c) 2 , (2) 2 Từ (1) và (2) ta được BĐT cần chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1