Tài liệu đề thi hsg toán 11 năm 2017 2018

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 2 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: Toán – Lớp 11 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 01 tháng 02 năm 2018 ========== Câu 1. (5 điểm) 1) Giải phương trình: 1  cos x 7    sin x  2 sin  2 x  . tan x 4    4 y  1 x 2  1 2 x 2  2 y  1 2) Giải hệ phương trình:  4 . 2 2  x  x y  y 1 Câu 2. ( 5 điểm) 1)Tìm hệ số của x 6 trong khai triển  1  2x  10 . 2) Cho đa giác đều 20 đỉnh. Lấy ngẫu nhiên 3 đỉnh. Tính xác suất để 3 đỉnh đó là 3 đỉnh của một tam giác vuông không cân. Câu 3. (5 điểm) 1) Cho tứ diện ABCD có độ dài các cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của DB, AC. Trên đường thẳng AB lấy điểm P, trên đường thẳng DN lấy điểm Q sao cho PQ // CM . Tính độ dài PQ . 2) Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình thang cạnh AD = 2BC. Gọi M, N là hai trung điểm của SA, SB tương ứng. Mặt phẳng (DMN) cắt SC tại P. Tính tỉ số điểm P chia đoạn SC. Câu 4. (2,5 điểm) Cho hai cấp số cộng  an  : a1 4; a2 7; ...; a100 và  bn  : b1 1; b2 6; ...; b100 . Hỏi có bao nhiêu số có mặt đồng thời trong cả hai dãy số trên. Câu 5. ( 2, 5 điểm) Tìm giới hạn sau: lim x 1 3 6x  2  2x  2 x2  2 x 1 -----------------Hết----------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị coi thi không giải thích gì thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 2 Câu 1 ý a HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn: Toán – Lớp 11 Lược sơ lời giải Điểm 2,5 điểm 1  cos x 7    sin x  2 sin  2 x   (1) . tan x 4   k sin x 0  sin 2 x 0  x   k   Đk: cos x 0 2 0,5  (1)   1  cos x  cos x  sin 2 x sin x  sin 2 x  cos 2 x   cos 2 x 0  1  cos 2 x  cos x  sin x  1 0     sin  x    4 2    k +) cos 2 x 0  x    k   4 2  x k 2  l   1  k   sin x    +) . Vậy (1) có nghiệm x     k      x   k 2  l  4 4 2 2   2 . b 2,5 điểm  4 y  1 x 2 1 2 x 2  2 y  1 (1) (I ) .  4 2 2 (2)  x  x y  y 1 2 Đặt x 2  1 t 1  phương trình (1) có dạng 2t   4 y  1 t  2 y  1 0 2   4 y  1  8  2 y  1  4 y  3 2  t 2 y  1   1  t  (l )  2 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 +) Với t 2 y  1 1  y 1  y 1  x 2  1 2 y  1   2 thay vào (2) ta được 2  x 4 y  4 y 0,5 0,5 2 2 a 16 y 2  y  1  4 y 2  y  1  y 2  1 0  y 1 (do y 1 )  x 0 Vậy, hệ (I) có nghiệm (0;1) . 2, 5 điểm 10 10 k Ta có  1  2 x   C10  1 10  k k 0   2x  k 10 k  C10k   2  x k 0,5 1 k 0 k Số hạng tổng quát của khai triển : C10k   2  x k  0 k 10  Số hạng của x 6 ứng với k = 6 0,5 0,5 6 Vậy hệ số của x 6 trong khai triển là C106 .   2  13340 . b 2, 5 điểm 0,5 3 Số phần tử không gian mẫu là: n    C20 . Gọi A là biến cố : “Tam giác được chọn vuông không cân” Đa giác đều 20 đỉnh thì có 10 đường chéo đi qua tâm. Ta có 2 đường chéo đi qua tâm sẽ tạo thành hình chữ nhật trong đó có 5 hình chữ nhật là hình vuông. 2 Số hình chữ nhật không phải là hình vuông là C10  5 Mỗi hình chữ nhật không phải hình vuông cho ta 4 tam giác vuông không cân. 2 Do đó số tam giác vuông không cân là: n  A  C10  5  .4 160 Vậy xác suất cần tính là P  A   3 a n  A  160 8  3  . n    C20 57 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 2, 5 điểm 0,5 Trên (ACM) dựng IN // CM ( I  AM ) . Trên (ABD) lấy điểm P DI  AB . Trên (DNP) dựng PQ // IN // CM ( Q  DN ) . Gọi E là trung điểm của PB  ME là đường trung bình của BPD , do đó: ME // PD  ME // PI . Mặt khác: NI là đường trung bình của ACM  I là trung điểm của AM. Nên PI là đường trung bình AME . Hay 1 1 3 1 3 PI  EM  PD  DI  PD, IN  CM  . 2 4 4 2 4 Khi đó: IN DI 3 4 3    PQ  IN  PQ DP 4 3 3 0,5 0,5 0,5 0,5 b 2, 5 điểm 0,5       Đặt DA a, DC b, DS c     a Từ giả thiết ta được CB  Vì P thuộc SC nên CP  xCS 2      DA  DS a  c Vì M là trung điểm SA nên ta có: DM   2 2    a     c b  DS  DB Vì N là trung điểm của SB nên ta có  2 a  b  c DN   2 2 4 2 2   Lại  có  :    DP DC  CP DC  xCS b  x c  b    1  x  b  xc    Do M, N, P, D đồng phẳng nên 3 véc tơ DM , DN , DP đồng phẳng nên ta có    DN  DM   DP         a c  a b c         1  x  b  xc 4 2 2  2  1  1   1       a   b  1  x    b     x   c 0 2 2  2 4  2     1  2 4  1   b(1  x)  2  1   2   x 2    1     2  3    4  x 1  3 0,5 0,5 0,5 0,5  1 1 VËy P trªn SC sao cho CP  CS hay P chia ®o¹n th¼ng CS theo tØ sè k=2 3 4 2,5 điểm CSC  an  : a1 4; a2 7; ...; a100 có số hạng tổng quát là: an 4   n  1 3 1  3n CSC  bn  : b1 1; b2 6; ...; b100 có số hạng tổng quát là: bn 1   n  1 5  4  5n Giả sử ak bm  1 k 100, 1 m 100  0,5 1  1  3k  4  5m  3k  m  1 5 3; 5 là hai số nguyên tố cùng nhau. Nên: k 5 : có 20 số hạng 1  m  1 3 : có 33 số hạng Vậy có 20 số hạng có mặt đồng thời trong cả hai dãy số 5 2, 5 điểm 3 6x  2  2x  2 x 1 x2  2 x 1 Ta có: 2 3 6 x  2   x  3 2 2 x  2   x  3 2( 3 6 x  2  2 x  2) lim  lim  lim x 1 x 1 x 1 2  x 2  2 x  1 2  x 2  2 x 1 2  x 2  2 x 1 lim lim x 1 lim x 1 lim x 1 8  6 x  2    x  3 3  2  x 2  2 x 1 2 3 6 x  2   x  3    x  1 2  x  11  2  x 2  2 x 1 2 3 6 x  2   x  3    x  11  3  2 2 6 x  2   x  3   lim x 1   lim x 1  lim x 1 4  2 x  2    x  3   2 2 2 x  2   x  3    0,5 2 2  x 2  2 x  1 2 2 x  2   x  3  1  2 2  x 2  2 x  1 2 2 x  2   x  3    x  1 0,5  11 16 Chú ý: Học sinh giải theo cách khác ra kết quả đúng vẫn cho đủ điểm từng ý tương ứng.  0,5 1