intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE

Đề thi Olympic cấp trường môn Toán 11 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Kim Liên

Chia sẻ: Xylitol Cool | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:3

42
lượt xem
1
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để hệ thống lại kiến thức cũ, trang bị thêm kiến thức mới, rèn luyện kỹ năng giải đề nhanh và chính xác cũng như thêm tự tin hơn khi bước vào kì kiểm tra sắp đến, mời các bạn học sinh cùng tham khảo Đề thi Olympic cấp trường môn Toán 11 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Kim Liên làm tài liệu để ôn tập. Chúc các bạn làm bài kiểm tra tốt!

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi Olympic cấp trường môn Toán 11 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Kim Liên

  1. – 2019 Môn: TOÁN - 11 : 150 phút Câu 1(3,0 ). : 2 cos5 x.sin x 2sin 5 x.cos x sin 2 4 x. x2 Câu 2 (2,0 ). x 2 x 6. 3 x Câu 3 (4,0 ). Cho a (0;1) và (un ) xác : u1 1 (un ) : * un 1 3 aun3 a 1 , n . a) (vn ) vn un3 1 (vn ) nhân b) a lim(u13 u23 ... un3 n) 4. Câu 4 (3.0 ). 25 ó6 5 , Toán Anh. Câu 5 (6.0 ). Cho ABCD.A’B’C’D’ I AB, E DD’ sao cho AI D'E x, (0 x 1) . IE A'C . b) Tìm x AC ' và DI 600. M,N AB, A ' D '. K B'K (CMN ) B 'C ' . B 'C ' Câu 6 (2.0 ). a, b, c a2 b2 c 2 3b 0 . 1 4 8 2 2 2 1. a 1 b 2 c 3 ------------- ------------- c s d ng tài li i thích gì thêm. H và tên thí sinh: ………………………....................................................….SBD: ...............................
  2. TRƯỜNG THPT KIM LI£N ĐÁP ÁN ĐỀ OLYMPIC MÔN TOÁN LỚP 11 NĂM HỌC 2018 – 2019 C¢U NỘI DUNG ĐIỂM 5 5 2 2 cos x.sin x  2sin x.cos x  sin 4 x  2 cos x.sin x(cos 2 x  sin 2 x)(cos 2 x  sin 2 x)  sin 2 4 x 1,5 1  sin 2 x.cos 2 x  sin 2 4 x  sin 4 x  sin 2 4 x 2 1     4 x  k  x  k (3 điểm) 4 sin 4 x  0   1,5      1   4 x   k 2  x   k ,k  . sin 4 x   6  24 2  2   4 x  5  k 2  x  5  k   6  24 2 Điều kiện xác định: x  0; x  9. 2 x2 x2  x  x 1,0  x2 x 6  x  2(3  x )      2. 3 x 3 x  3 x  3 x 2 (2 điểm)  x 3  x  2  x  2 x  6    x  8  2 7. 1,0  x  x  x  3  3  x  1    a) Ta có un31  aun3  a  1  un31  1  a un3  1 . Suy ra vn 1  avn . 1,0 Như vậy dãy số  vn  là cấp số nhân với công bội a nên nó là cấp số nhân lùi vô hạn. 1,0 b) Ta được v1  v2  ...  vn   2 1  an  3 3  u  u  ...  u  n 3  2 1  an  3 1 a 1 2 n 1 a (4,0 điểm)   4 1,0 2 1 a n   lim u13  u23  ...  un3  n  4  lim 1 a 2 1  a 2 n 2 1 Vì 0  a  1 nên lim  4a . 1,0 1 a 1 a 1 a 2 3 T là phép thử ‘Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh trong số 25 học sinh’. Ta có :   C25 . Gọi A là biến cố : 3 học sinh được chọn luôn có học sinh dự thi môn Toán và học sinh dự thi 0,5 môn Anh. Ta có các trường hợp sau thuận lợi cho biến cố A :  Có 1 học sinh chọn môn Toán, 2 học sinh chọn môn Anh có : C61.C52 khả năng 4  Có 2 học sinh chọn môn Toán, 1 học sinh chọn môn Anh có : C62 .C51 khả năng (3,0 điểm) 2,0  Có 1 học sinh chọn môn Toán, 1 học sinh chọn môn Anh, 1 học sinh chọn môn khác (Văn, Tin, Sinh học, Lịch sử, Vật Lí, Hóa, Địa lý) có : C61.C51C141 khả năng. A 555 111  A  C61 .C52  C62C51  C61C51C141 . Vậy xác suất của biến cố A là P( A)    . 0,5  2300 460 1
  3. Đặt A ' B '  a; A ' D '  b; A ' A  c. K D' C' a) Ta có: A ' C  a  b  c. F N Lại có: IE  IA  AD  DE A' B' M'   xa  b  (1  x)c. Xét: E 5 3.0 (6,0 điểm)   A ' C.IE  a  b  c .  xa  b  (1  x)c  2 2 2 C   xa  b  (1  x)c   x  1  (1  x)  0. D Suy ra A ' C  IE. A M I B DI . AC ' ( DA  AI )( AD  AB  AA ') 1  x b) Ta có: cos 600    . DI . AC ' DI . AC ' 1  x2 . 3 1,5 1  x 1 Suy ra:   x 2  8 x  1  0  x  4  15. 1 x . 3 2 2 c) Gọi M’ là trung điểm cạnh A’B’. Trong ( A ' B ' C ' D ') : kẻ đường thẳng đi qua N và song song với C ' M ' cắt đường thẳng B ' C ' tại K . Khi đó K là giao điểm của mặt phẳng (CMN ) với đường thẳng B ' C '. 1,5 B'K 5 Áp dụng định lí Ta-lét ta tính được:  . B 'C ' 2 1 4 8 Đặt P    .  a  1 b  2  c  3 2 2 2 0,5 Ta thấy: a 2  b2  c 2  2a  4b  2c  6   a  1   b  2    c  1  0 , theo giả thiết 2 2 2 thì a 2  b 2  c 2  3b . Suy ra 3b  2a  4b  2c  6  0 hay 2a  b  2c  10  16 .  x 2  y 2  2 xy Với hai số x, y  0 ta có:  2  ( x 2  y 2 )( x  y )2  8 x 2 y 2 . ( x  y )  4 xy 1 1 8 Do đó: 2  2  (1)  x  y 2 x y 0,5 6 Áp dụng (1) ta có: (2 điểm) 1 4 8 1 1 8   ;   .  a  1  b  2   a  b  2   a  b  2   c  3  a  b  c  5  2 2 2 2 2 2        2   2   2  2 8 8 8 16 P   8.  .   c  3  2a  b  2c  10  2 2 2 2  b  b   a   2  a   c  5  2   2  0,5 Theo giả thiết và chứng minh trên thì 0  2a  b  2c  10  16 ,  P  1 . Khi a  1, b  2, c  1 thì P  1 . 0,5 Học sinh làm theo cách khác, nếu đúng vẫn được đủ điểm tối đa như đáp án qui định. ……………….HÕt………………... 2
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
32=>2