Tổng hợp Đề thi Olympic Toán Lớp 11 - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

90 trang nhungbui22 11/08/2022 2800

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tổng hợp Đề thi Olympic Toán Lớp 11 - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

tong_hop_de_thi_olympic_toan_lop_11_nam_hoc_2018_2019_co_dap.docx

Nội dung text: Tổng hợp Đề thi Olympic Toán Lớp 11 - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

ĐỀ ĐỀ NGHỊ THI OLYMPIC LỚP 11 NĂM HỌC : 2018-2019 MÔN : TOÁN Thời gian làm bài :150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: ( 3,0 điểm ). 1 sin 2x 1) Giải phương trình tan x 2sin x 2 sin x cos x cos x 3 sin 2x sin x 4cos2x.cos x 2cos2 x 2 2) Giải hệ phương trình 0. 2sin x 3 Câu 2: ( 4,0 điểm ). 2 1) Cho dãy số un xác định bởi u1 1 và un 1 3un 2 với mọi n 1. a. Xác định số hạng tổng quát của dãy số un . 2 2 2 2 b. Tính tổng S u1 u2 u3 u2011 . 2) 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 limun 0 khi và chỉ khi a b c 0. n Câu 3: ( 4,0 điểm ). Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau. Câu 4: ( 2,0 điểm ). a b c Cho m > 0 và a, b, c là 3 số thực thoả mãn: 0 . Chứng m 2016 m 2015 m 2014 minh rằng phương trình: f (x) ax2 bx c 0 có ít nhất một nghiệm thực. Câu 5:( 3,0 điểm ). Cho tam giác ABC và đường tròn (O). Gọi F là trung điểm AC, trên AB lấy điểm E sao cho BF = 2AE. I là đỉnh thứ tư của hình bình hành AEIF. Với mỗi điểm P trên đường tròn (O),     hãy xác định điểm Q sao cho PA 2PB 3PC 6IQ Câu 6:( 4,0 điểm ). Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Đường cao của hình chóp là SA = a. M là một điểm di động trên SB, đặt BM = x 2 . ( ) là mặt phẳng qua OM và vuông góc với (ABCD). a) Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng ( ) . b) Tính diện tích thiết diện theo a và x. Xác định x để thiết diện là hình thang vuông. === HẾT===
1 a) 1 sin 2x Giải phương trình: tan x 2sin x (3đ) 2 sin x cos x 0,25 Điều kiện: cosx 0, sinx + cosx 0. 1 2sin x cos x 1 sin x 2sin2 x Pt tan x 2sin x 0.25 2 sin x cos x 2 cos x sin x cos x sin x cos x sin x. 2sin2 x cos x 2 0,25 sin x 0,sin x sin 2x . 0.25 4 +) sin x 0 x k (t/m) 0,25 +) sin x sin 2x 2x x k2 ,2x x k2 4 4 4 k2 k2 x k2 , x x (t/m) 0.25 4 4 3 4 3 b) cos x 3 sin 2x sin x 4cos 2x.cos x 2cos2 x 2 0. 2sin x 3 3 2  ĐKXĐ: sin x x k2 ; k2 ( k ¢ ) 0.25 2 3 3  (*) 3 sin x(2cos x 1) 4(2cos2 x 1)cos x 2cos2 x cos x 2 0 3 sin x(2cos x 1) (2cos x 1)(4cos2 x cos x 2) 0.25 1 cos x 2cos x 1 0 2 0.5 3 sin x cos x 2cos 2x cos(x ) cos 2x 3 Giải ra sau đó kiểm tra lại ta được phương trình đã cho có các họ nghiệm là 2 k2 x k2 , x k2 , x ( k Z ) 0.5 3 3 9 3 2 1) Cho dãy số un xác định bởi u1 1 và un 1 3un 2 ,  n 1. c. Xác định số hạng tổng quát của dãy số un . 2 2 2 2 d. Tính tổng S u1 u2 u3 u2011 . Câu 2 2) Cho a, b, c là ba hằng số, (un ) là dãy số được xác định bởi: un a n 1 b n 2 c n 3 (n ¥ *). Chứng minh rằng limun 0 khi và chỉ khi a b c 0. n 2,0 đ a) Dễ thấy u 0,n N * n 0,25 2 2 2 Từ un 1 3un 2 un 1 3un 2 . 1) Đặt v u2 thì có: v 3v 2 v 1 3 v 1 . (2,5đ) n n n 1 n n 1 n 0, 5 Đặt xn vn 1 thì ta có: xn 1 3xn . Từ đây suy ra xn là cấp số nhân với x1 2 , công bội là 3. 0,25
n 1 n 1 n 1 Nên: xn 2.3 vn 2.3 1 un 2.3 1 . 0,5 b) S 2.30 2.31 2.32 2.32010 2011 0,25 0 1 2 2010 2 3 3 3 3 2011 0,25 2 32011 1 2011 3 1 0,25 32011 2012 0,25 u n 2 n 3 Đặt v n a b c v a b c khi n 0,25 n n 1 n 1 n 1 n Ta có: un vn n 1 0.25 2) cho nên: nếu a b c 0 thì lim un 0. (1,5đ) n 0,25 Ngược lại nếu a b c 0 a b c thì khi n ta có 0,25 b 2c un b n 2 n 1 c n 3 n 1 0 n 2 n 1 n 3 n 1 0.5 Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy Câu 3 ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau. 2,0 đ 5 Ta có:  9 59.049 0,5 Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có: 3 Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là C9 . 0,5 Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây: TH1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra 5! cùng một số n, nên trong TH1 này có cả thảy 3 60 số tự nhiên. 3! 1 (4,0đ) TH2. 1 trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số kia bằng 1 chữ số khác trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 2! hoán vị của các vị trí mà a, a chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà b, b chiếm chỗ thì 5! chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH2 này có cả thảy 3 90 số tự nhiên. 2!2! 1 9! Vậy:  (60 90)C3 150  150  7  4 3 12600 . A 9 3!6! 0,5  12 600 1 400 Kết luận: P A A 0,213382106  59049 6561 0, 5 Cho m > 0 và a, b, c là 3 số thực thoả mãn: a b c 0 . (1) Câu 4 m 2016 m 2015 m 2014 Chứng minh rằng phương trình: f (x) ax2 bx c 0 có ít nhất một nghiệm thực. 2 (2đ) Ta có f (x) ax bx c xác định và liên tục trên R 0,5
2 m 2015 m 2015 (m 2015)2 (1) a b c 0 m 2016 m 2016 (m 2014)(m 2015) 0.25 2 m 2015 m 2015 m 2015 a b c c 0 m 2016 m 2016 (m 2014)(m 2015) 0.25 f (0) c 0,25 2 m 2015 m 2015 m 2015 m 2015 f a b c c m 2016 m 2016 m 2016 (m 2014)(m 2015) 0,25 m 2015 Suy ra f . f (0) 0,m 0,c R m 2016 Vậy phương trình: f (x) ax2 bx c 0 có ít nhất một nghiệm thực. 0,25 Cho tam giác ABC và đường tròn (O). Gọi F là trung điểm AC, trên cạnh AB lấy điểm E sao cho BE = 2AE. I là đỉnh thứ tư của hình bình hành AEIF. Với mỗi điểm P trên đường tròn (O), hãy xác định quỹ tích điểm     Q sao cho PA 2PB 3PC 6IQ Hình vẽ: A O E F Q P I Câu 5 B C (3,0đ) O’ 0,5          Ta có PA 2PB 3PC 6IQ IA 2IB 3IC 6IQ 6PI 0,5    1  1     1  2  Mà IA IE IF AC AB ; IB IE IB AC AB 2 3 2 3    1  1  IC IF FC AC AB    2 3    0,5 IA 2IB 3IC 0 6IQ 6PI 0 IQ IP 0 0,5 I là trung điểm PQ Hay phép đối xứng tâm I biến điểm P thành điểm Q 0,5 Gọi (O’) là ảnh của (O) qua phép đối xứng tâm I Vì P di động trên (O) nên Q di động trên (O’). 0,5 Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Đường Câu 6 cao của hình chóp là SA = a. M là một điểm di động trên SB, đặt BM = (4,0đ) x 2 . ( ) là mặt phẳng qua OM và vuông góc với (ABCD).
c) Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng ( ) . d) Tính diện tích thiết diện theo a và x. Xác định x để thiết diện là hình thang vuông. Hình vẽ: S M K A N D O H B C 0,5 a) Ta có: SA(ABCD) ( )(ABCD) SA // ( ) ( )(SAB) = MN // SA ( )(SAC) = OK // SA ( )(SABCD) = NH qua O ( )(SCD) = KH Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác MNHK. 1,0 Ta có MN// OK // SA MN  (ABCD); OK (ABCD) 1 1 S S S (MN KO).ON .OK.OH 0,5 td htMKON KOH 2 2 MN = BN = x; KO = SA ; 2 Tính ON, theo định lý hàm số Côsin ta có: a2 a 2 OH ON BN 2 BO2 2BN.BO.cosO· BN x2 2x .cos450 2 2 a2 x2 ax 0, 5 2 (a 2x) 2x2 2ax a2 Suy ra : s1 0,25 4 2 a 2x2 2ax a2 s 1 4 2 0, 5 1 a2 Vậy: Std = (a x). x2 ax 2 2 0,25 để thiết diện là hình thang vuông MK// NO// BC N là trung điểm 0,5
a AB x 2 SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO QUẢNG NAM ĐỀ THI HỌC OLYMPIC MÔN TOÁN: KHỐI 11 NĂM HỌC: 2018-2019 ( Thời gian: 120’) Bài 1: (5điểm) a) Tìm tập xác định của hàm số : y = tanx + 1 cosx 1 b) Tính tổng các nghiệm của phương trình: sinx +2 = 3 cos2x trên đoạn ; . 2 c) Giải phương trình: 3 sinx -2cosx = 4sin 3 x 3 cos3x . Bài 2:(7điểm) a) Một đội thanh niên tình nguyện của trường THPT A có 12 học sinh gồm: 5 học sinh 11/1,4 học sinh 11/2 , 3 học sinh 11/3.Cần chọn 3 học sinh đi làm nhiệm vụ sao cho 3 học sinh này gồm ba lớp trên. b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 3 chữ số( không nhất thiết đôi một khác nhau) được thành lập từ các chữ số 0,1,2,8. Chọn ngẫu nhiên mọt phần tử từ tập S.Tính xác suất để phần tử được chọn là số chia hết cho 3. c) Trên hai đường thẳng song song d1 và d2 ,ta lần lượt gắn vào đó m điểm và n điểm sao cho m + n = 17( m ,n N * ) . Tìm m,n để số tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm trong 17 điểm phân biệt ở trên là lớn nhất. d) Ba người đi săn A,B,C độc lập với nhau cùng nổ súng vào một mục tiêu. Biết rằng xác suất bắn trúng mục tiêu của A,B,C lần lượt là: 0,6; 0,7; 0,5. i)Tính xác suất đề người B bắn trúng mục tiêu còn hai người A và C bắn trượt. ii) Tính xác suất để ít nhất một người bắn trúng mục tiêu. Bài 3 (4 điểm):Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình thang cân, AD//BC , 2BC =AD. Gọi O là giao điểm của AC và BDvà M là trung điểm SD. SI a) Tìm giao điểm I của BM và mặt phẳng (SAC). b)Tính tỉ số . SO Bài 4 (3 điểm):Cho tam giác ABC.Dựng về phía bên ngoài tam giác các hình vuông ABEF và ACGH,gọi M là trung điểm BC. a) Chúng minh : FC = BH và FC  BH. 1 b) Chứng minh AM  FH và AM= FH. 2 Đáp án: Bài 1: (5điểm) cosx 0 x k a)ĐK XĐ: 2 k Z cosx 1 x k2 0,5 đ  TXĐ: D = R \ k ;k2 ,k Z  2  0,5 đ b) sinx +2 = 3 cos2x Sinx + 2 = 3(1 - 2sin2 x) 6Sin 2 x + Sinx - 1 = 0 0,5 đ
1 sinx 2 1 sinx 3 0,5 đ x 6 vì x ; 1 1 2 x ar sin , x ar sin 3 3 0,5 đ 1 1 5 Vậy tổng các nghiệm là: ar sin ar sin 6 3 3 6 0,5 đ c) 3 sinx -2cosx = 4sin 3 x 3 cos3x 3 cos3x+ sin3x = 2cosx 0,5 đ cos(3x- ) = cosx 6 0,5 đ 3x x k2 6 k Z 3x x k2 6 0,5 đ x k 12 k Z x k 24 2 0,5 đ Bài 2:(7điểm) 1 1 1 a)Số cách chọn theo yêu cầu bài toán: C5.C4.C3 60 (cách) 1 đ b) Gọi số được chọn là: abc a 0 không gian mẫu: n  3.4.4 48 0,5 đ Gọi A là biến cố : ‘’Số được chọn là số chia hết cho 3” abc chia hết cho 3 khi (a +b+c) chia hết cho 3 0,5 đ Liệt kê các số gồm: 111,222,888,228, 282, 822,882 ,828,288,120,102,210,201,180,108,810,801. Suy ra n(A) = 17. ( HS hoặc liệt kê hoặc ghi n(A) = 17) 0,5 đ n(A) 17 Vậy P(A) = 0,5 n() 48 đ
c) Mỗi tam giác cần xác lập có một đỉnh nằm trên một đường thẳng và 2 đỉnh nằm trên 2 đường thẳng còn lại. Trường hợp 1: Một trong hai số m hoặc n bằng 1 – chẳng hạng m = 1, khi đó n = 16 và 2 số tam giác có được từ 17 đỉnh này là: 1.C16 120 . 0,5 đ Trường hợp 2: m,n đều lớn hơn 1. Khi đó số tam giác có được từ 17 điểm này là: (n 1) n (m 1)m mC 2 nC 2 m. n 0,25 n m 2 2 đ m.n 15 = .(m n 2) m.n 0,25 2 2 đ 15 15 2 2 = 4m.n m n m n 0,25 8 8 đ 15 2 = 172 m n 0,25 8 đ 15 15 (172 1) 288 540 . 0,25 8 8 đ Dấu bằng xảy ra khi m n 1 vì m,n N * . Suy ra m = 9 , n – 8 hay ngược lại Vậy Số tam giác là lớn nhất khi m =9 ,n=8 hay ngược lại. 0,25 đ d) i) Xác suất đề người B bắn trúng mục tiêu còn hai người A và C bắn trượt là : 0,7 x 0,4 x 0,5 = 0 ,14 1 đ ii) Xác suất để ít nhất một người bắn trúng mục tiêu là: 1 – (0,4 x 0,3 x 0,5) = 0,94 1 đ Bài 3 (5 điểm): Hình vẽ phục vụ câu a 0,5 đ, câu b 0,5đ a) SO và BM cùng thuộc mp(SAC) 0,5 đ Suy ra SO cắt BM tại I 0,5 đ Suy ra I là giao điểm của BM và mp(SAC) 0.5 đ DO 2 b) Xét 2 tam giác đồng dạng OBC và ODA suy ra DB 3 0,5đ Gọi N thuộc đoạn DM sao cho DN = 2 DM Suy ra ON//BM 3 0,5đ Suy ra MN = 1 MD = 1 SM 0,5 3 3 đ SM 3 Suy ra 0,5 SN 4 đ
Xét tam giác SON có IM//ON . Suy ra SI = 3 . 0,5 SO 4 đ Bài 4 (3 điểm): a)Thực hiện Q : A thành A, F thành B, C thành H 0,5 đ A;900 Suy ra FC = BH và FC  BH 0,5 đ 1 b) Dựng điểm K sao cho A là trung điểm BK, Suy ra AM //CK và AM = CK 1 2 đ Thực hiện Q : A thành A, K thành F, C thành H . Suy ra CK = FH và CK  FH . A;900 0,5 đ 1 Suy ra AM  FH và AM= FH. 2 0,5 đ ĐỀ ĐỀ NGHỊ THI OLYMPIC LỚP 11 MÔN : TOÁN NĂM HỌC : 2018-2019 Thời gian làm bài :150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1:( 3,0 điểm ). Giải các phương trình sau: 2 3 a).2cos x 3 cos2x 0 Tính tổng các nghiệm trên - ; 4 2 2 1 b).2푆푖푛 + ―푆푖푛 2 ― = . 3 6 2 Câu 2: ( 4,0 điểm ). 1 1 1 1 a) Cho tổng Hãy dự đoán công thức tính S 푆푛 = 1.3 + 3.5 + 5.7 + + (2푛 - 1).(2푛 + 1). n và chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học, với n ∈ N*. 2xn b) Xác định số hạng tổng của dãy số xn thỏa mãn: x1 1; xn 1 ,n 1 3xn 4 Câu 3: ( 4,0 điểm ). a) Chọn ngẫu nhiên một số có 5 chữ số có dạng 푒 tính xác suất để chọn được một số thỏa mãn ≤ < ≤ < 푒. 1 n b) Tìm hệ số của x 4 trong khai triển biểu thức: P(x) [ x 3(1 )] . Biết n là số nguyên x 1 2 3 dương thỏa mãn: 3Cn 1 8Cn 2 3Cn 1 . Câu 4: ( 2,0 điểm ). 3 x 7 3x 1 khi x 1 Cho hàm số f(x) = x 1 .Tìm a để hàm số liên tục tại x = 1 ax khi x 1
Câu 5.( 3,0 điểm ). Cho tam giác ABC dựng về phía ngoài của tam giác các hình vuông BCIJ, ACMN, ABEF và gọi O, P, Q lần lượt là tâm của chúng. Gọi D là trung điểm của AB. Chứng minh rằng tam giác DOP vuông cân tại D và AO vuông góc và bằng với PQ. Câu 6( 4,0 điểm ). Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , AD = DC =a , AB=2a . mp (SAB ) và mp (SAD) cùng vuông góc với đáy .Cho cạnh SA bằng 2. a) Gọi góc giữa mp (SAB) và mp(SBC) là 휑 .Tính số đo của góc 휑. b) Kẻ AH vuông góc với S tại H. Tính khoảng cách từ H đến mp(SBC) ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG KHỒI 11 MÔN TOÁN CẤP TRƯỜNG Câu Ý Hướng dẫn-Đáp án Điểm 1 1 a 2푆푖푛 + ―푆푖푛 2 ― = . 3 6 2 5 2푆푖푛 + = 푆푖푛 2 ― +푆푖푛 3 6 6 0,5 2푆푖푛 + = 2푆푖푛 + . 표푠( ― ) 3 3 2 0,5 2푆푖푛 + .(푠푖푛 ― 1) = 0 3 푆푖푛 + = 0 0,5 3 푠푖푛 = 1 = ― + 2 kết luận: 3 = + 2 2 b 2 x 2 3 Ta có 4sin 3 cos2x 1 2 cos x (1) 2 4 0,5 3 (1) 2 1 cosx 3 cos2x 1 1 cos 2x 2 0,5 (1) 2 2 cosx 3 cos2x 2 sin 2x (1) 2 cosx 3 cos2x sin 2x . Chia hai vế cho 2: 0,5 3 1 (1) cosx cos2x sin 2x 2 2 5 2 7 cos 2x cos x x k a hay x h2 b 6 18 3 6 푛 a Dự đoán: Sn = 0,5 2 2푛 + 1 0,5 CM: -với n =1 0,5 -với giả sử n = k thì Sk đúng tức là Sk = . ∈ 2 + 1 + 1 0,5 -với n = k+1 ta cm: 푆 +1 = 2 + 3 1 1 (2 + 3) + 1 + 푆 (2 + 1)(2 + 3) = 2 + 1 + (2 + 1)(2 + 3) = (2 + 1)(2 + 3) = ( + 1)(2 + 1) (2 + 1)(2 + 3)=푆 +1 1 3x 4 3 1 Ta có x 0,n N Ta có n 2 b n x 2x 2 x 0,5 n 1 n n 0,5 1 3 Đặt y Ta có y 1, y 2y n x 1 n 1 n 2 0,5 n
3 3 3 3 0,5 Đặt y u y u 2y u n n 2 n 1 n 1 2 n 2 n 1 2 3 3 3 5 2 un un 1 un 1 2un ,và un 2 2 2 2 5 5.2n 1 3 2 Từ đó suy ra:u 2n 1 y x n 2 n 2 n 5.2n 1 3 3 a Gọi B là biến cố cần tính xác suất Không gian mẫu  9.104 (do a 0 ) 0,5 vì a 0 mà a mà số bé nhất nên b,c,d,e cũng khác không.vậy a, b,c,d,e là 5 số được chọn trong 9 số từ 1 đến 9 xếp thứ tự duy nhất.có các trường hợp xảy ra sau: +Trường hợp 1:Chọn a b c d e mỗi số là một cách xếp duy nhất thứ tự 5 0,5 phần tử trên được chọn trong 9 phần tử nên có C 5 số tạo thành 9 0,5 a b c d e +Trường hợp 2: Chọn do có 2 số bằng nhau nên chỉ cần chọn a b c d e 4 4 số trong 9 số xếp thứ tự duy nhất vậy có 2.C9 số +Trường hợp 3: a b c d e do có 2 cặp số bằng nhau (a = b;c = d)nên chỉ 0,5 3 cần chọn 3 số khác nhau trong 9 số xếp thứ tự duy nhất . vậy có C9 số 5 4 3 Vậy có tất cả B =C9 + 2.C9 +C9 77 P(B) (C 5 + 2.C 4 +C 3 )/(9.104 ) = 9 9 9 15000 b (n 1)n(n 1) 0,5 Từ gt suy ra : 3(n 1) 4(n 1)(n 2) ,n 2 n 11 2 Theo khai triển nhị thức newton ta có 0,5 11 1 11 k 11 k k 1 k P(x) [ x 3(1 )]  C11 ( x) 3 (1 ) = x k 0 x i 11 k 11 k ( 1) 11 k i k 11 k k i k k i i 2 0,5  C11 ( x) 3  Ck i =  C113  Ck ( 1) x k 0 i 0 x k 0 i 0 11 k k 1;i 1 0,5 Xét phương trình i 4;0 i k 11 k 2i 3 2 k 3;i 0 4 1 1 3 3 Suy ra hệ số của x là 3C11C1 ( 1) 3 C11 = 4422 4 Đặt f(x) = (2m2-3m+5).(x-1)3.(x-3)2 - 2 hàm số lien tục trên R 0,5 Ta có:f(1) = - 2 0,5 f(2) = 2m2-3m+3 >0 nên f(1).f(2) <0 0,5 suy ra phương trình f(x)=0 có ít nhất một nghiệm thuộc (1;2) 0,5 5 a) Vì = 푄( ;900)( )→ = 푣à 푣 ô푛 ó .
1 Maët khaùc : DP BM , DO AI 2 DP = vaø  DO DOP vuoâng caân taïi D . b) Töø caâu a) suy ra : Q Q O I(D;90 ) P,A I(D;90 ) Q OA vaø  PQ. 6 a Kẻ AI vuông góc SB tại I. Gọi J giao điểm AD với BC. 0,5 CM: 휑 =AIJ là góc giữa mp (SAB) và mp(SBC) 0,5 3 Có: AJ = 2a, AI = 2 . 0,5 3 0,5 퐽 Nên Tan = 3. Suy ra 0. 휑 = 휑 = 60 b Gọi: E trung điểm AB, O giao của AC với DE. Kẻ OP vuông góc SC tại P 푆 2 2 Vì 푆 nên 0,5 푆 = 푆 2 = 3 1 d(H;(SBC)) = 푆 ( ;(푆 )) = 3. ( ;(푆 )) 0,5 1 = . ( ;(푆 )) vì O thuộc DF //BC. 3 0,5 Kẻ OK vuông góc SC suy ra: ( ;(푆 ))= OK. 1 1 1 Kẻ AQ vuông góc SC thì OK = 1/2.AQ và nên AQ = a 푄2 = 푆 2 + 2 0,5 1 Do đó: d(H;(SBC)) = . 6 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM MÔN THI: TOÁN 11(năm 2018-2019)
Thời gian:150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1(2,0 điểm). Giải phương trình sau: 4sin3 x sin 2x cos x 2sin x cos 2x u1 2 Câu 2(5,0 điểm). Cho dãy số un xác định bởi u u n (n 1,2,3, ) n 1 1 un * a. Chứng minh rằng un <0 với n N b. Tìm số hạng tổng quát của dãy số(un ) và tìm limun Câu 3(4,0 điểm) Từ các chữ số 1,2,3,4,5,6 lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 8 chữ số sao cho trong mỗi số đó có đúng 3 chữ số 1,các chữ số còn lại đôi một khác nhau và hai chữ số chẵn không đứng cạnh nhau. 2 x x2 ,khi x 1 Câu 4(2,0điểm) Cho hàm số f(x)= x 1 3,khi x 1 Xét tính liên tục của hàm số f(x) tại x=1 Câu 5(3,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A(3,4) B(1,2) đỉnh C đường thẳng d: x+2y+1=0,trọng tâm G.Biết diện tích GAB 3 đơn vị diện tích ,hãy tìm tọa độ đỉnh C Câu 6(4điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a cạnh bên bằng a 2 .Gọi I và J lần lượt là trung điểm của AD và BC a. Chứng minh rằng mặt phẳng (SI J) vuông góc với mặt phẳng (SBC) b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD vàSB ĐÁP ÁN Câu 1 (1) 2sin x(1 2sin2 x) cos 2x 2sin x cos x cos x cos 2x(2sin x 1) cos x(2sin x 1) 0 (2sin x 1)(cos 2 x cos x) 0 7 2 giải ta được x k2 , x k2 , x k ,k Z 6 6 3 Câu 2 Ta có u1 2 0 uk 0(k 1) giả sử 1 u 0 a k uk uk 1 0 1 uk * Vậy un 0 với mọi n N b Với n N * ta có un 1 1 un 1 1(1) 1 un un 1 un 1 1 1 Đặt vn khi đó v1 un u1 2 * Từ (1) suy ra vn 1 vn 1,n N 1 (v ) là cấp số cộng có công sai d=-1 và số hạng đầu v n 1 2
1 1 v v (n 1)d (n 1)( 1) n n 1 2 2 1 2 un vn 1 2n 2 Vậy số hạng tổng quát u và limu 0 n 1 2n n Câu 3 Số hoán vị 5 chữ số lẻ 1,1,1,3,5 là 3! ứng với mỗi hoán vị có 6 vị trí đầu ,cuối,và xen kẽ giữa 2 chữ số lẻ 3 Do đó có A6 cách sắp xếp 3 chữ số chẵn 2,4,6 vào 3 vị trí đó để được số thỏa đề bài 5!A3 Vậy số các số thỏa đề bài 6 2400 3! Câu 4 2 2 x x2 lim f(x)=lim 2 x x =lim x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1 x x 2 lim x 1 x 1 lim x 2 3 x 1 2 x x2 1 x x 2 lim f(x)=lim x 1 =lim x 1 x 1 x 1 1 x lim x 2 3 x 1 Vì lim f(x) lim f(x) nên hàm số không có giới hạn tại x=1 x 1 x 1 Câu 5 nên không liên tục tại x=1  BA =(2;2) AB=2 2 x 1 y 2 Ptđt AB x y 1 0 1 1 C d x 2y 1 0 C 1 2t;t 2 t G là trọng tâm ABC G(1 t;2 ) 3 3 t Khoảng cách từ G đến AB d(G,AB)= 2 1 Vì diện tích GAB 3 đơn vị nên ta có d(G, AB)AB 3 2 t 3 C 7,3 t 3 C 5, 3 Câu 6 a Gọi O là tâm hình vuông ABCD SO  ABCD SO  BC(1)
Ta có IJ PBC , BC  AB BC  IJ 2 Từ (1) và (2) BC  mp(SIJ ) b Ta có AD// BC nên AD// (SBC) Khoảng cách giữa AD và SB là khoảng cách từ điểm A đến mp(SBC) Do mp(SI J)  (SBC) nên IK  SJ Nên IK  SBC Vậy độ dài IK là khoảng cách giữa 2đt AD và SB Trong tam giác SI J SO.IJ Ta có SO.I J=IK.SJ IK IK SJ 2 2 2 2 a 2 a 6 Mà SO SC OC a 2 2 2 2 2 2 2 a a 7 Và I J=a SJ SC JC a 2 2 2 6 Do đó IK a S 7 A B O I J D C ĐỀ ĐỀ NGHỊ THI OLYMPIC LỚP 11 TRƯỜNG THPT MÔN : TOÁN TỔ TOÁN – TIN Thời gian làm bài :180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (3,0 điểm). Cho phương trình: sin 2 4x cos 2 6x sin(18.5 10x) . Tìm tất cả các nghiệm của phương trình thuộc khoảng (0; ) . 2 Câu 2 (4,0 điểm).
1 u1 3 * Cho dãy số (un) xác định bởi: Với mọi n N n 1 u u n 1 3n n a) Tìm số hạng tổng quát của dãy số (un) và tìm lim un . u u u b)Tính tổng S u 2 3 11 1 2 3 11 Câu 3 (4,0 điểm). 1 a) Trong khai triển (x 2 ) n , n N,n 2 .Tổng các hệ số của các hạng tử thứ nhất, thứ hai, x thứ ba là 46. Tìm hạng tử không chứa x trong khai triển trên. b) Từ các chữ số 0,1,2,3,6,9 có thể lập đượcbao nhiêu số tự nhiên chẵn có 3 chữ số khác nhau và chia hết cho 3. Câu 4 (2,0 điểm). Tìm m để hàm số sau liên tục tại điểm x = 0. 2 1 x 3 1 x 1 , khi x 0 f (x) x 2x m 1, khi x 0 Câu 5 (3,0 điểm). Cho đường tròn (O;R) và điểm cố định A trên (O;R). Một góc xAy có số đo không đổi, hai cạnh Ax, Ay thay đổi cắt đường tròn (O) lần lượt tại B và C. Dựng hình bình hành ABDC. Chứng minh rằng: a) Trực tâm H của tam giác BCD là điểm cố định. b) Trực tâm K của tam giác ABC thuộc đường tròn cố định. Câu 6 (4,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AB = a 2 , AD = a, SA vuông góc mp(ABCD) và SA = 2a. Gọi M là trung điểm BC, N là trung điểm AB. a) Tính góc φ hợp bởi đường thẳng SM và mp(SBD). b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau SM và DN. Hết ĐÁP ÁN Câu Nội dung Điểm Câu 1 Cho phương trình: sin 2 4x cos 2 6x sin(18.5 10x) (1) 3,0 5,0 Tìm tất cả các nghiệm của phương trình thuộc khoảng (0; ) . 2 1 cos8x 1 cos12x 0,5 (1) cos10x 2 2 cos12x cos8x 0,25 cos10x 0 2 cos10x cos 2x cos10x 0 0,25 cos10x (1 cos 2x) 0 0,25 2 cos10x cos x 0 0,25
cos10x 0 (vì cosx>0, với mọi x thuộc khoảng (0; ) ) 2 0,5 k 0.25 x (k Z) 20 10 Vì 0 x 0 (1 2k) 2 20 2 0.5 Do đó k nhận các giá trị 0,1,2,3,4 Vậy tập nghiệm của PT (1) trên (0; ) là: 2 3 5 7 9  0.25 T ; ; ; ; . 20 20 20 20 20  Câu 2 1 2,5 u1 4,0 3 * a) Cho dãy số (un) xác định bởi: Với mọi n N n 1 u u n 1 3n n a) Tìm số hạng tổng quát của dãy số (un) và tìm limun . Với mọi n N* ta có: n 1 u u n 1` 3n n u 1 u n 1 n 0,5 n 1 3 n u 1 0,5 Đặt v n . Khi đó v v n n n 1 3 n 1 1 Vậy (v ) là cấp số nhân co công bội q và số hạng đầu v 0,5 n 3 1 3 n 1 1 1 * 0.25 Suy ra vn v1 ,n N 3 3n n 0.25 Suy ra u ,n N * n 3n 0.5 n Vậy limu lim 0 n 3n u u u 1,5 b) b)Tính tổng S u 2 3 11 1 2 3 11 S v1 v2 v11 1 0,5 1 1 11 . 3 3 1 0,5 1 3 0,25 311 1 2.311 88573 0,25 177147
Câu 3 1 1,5 a) Trong khai triển (x 2 ) n , n N,n 2 , tổng các hệ số của các hạng tử 4,0 x thứ nhất, thứ hai, thứ ba bằng 46. Tìm hạng tử không chứa x trong khai triển trên. Theo đề ta có : 0 1 2 0,25 Cn Cn Cn 46 n 2 n 90 0 0,5 n 9 0,25 1 Từ khai triển (x 2 )9 , Tìm được hạng tử không chứa x là C 6 x 9 0.5 b) Từ các chữ số 0,1,2,3,6,9 có thể lập đượcbao nhiêu số tự nhiên chẵn có 3 2,5 chữ số khác nhau và chia hết cho 3. Gọi số cần tìm là x abc a 0) Vì x chia hết cho 3 nên (a b c)  3 0,25 x là số chẵn nên c 0;2;6 0,25 a) Với c=0 0,25 (a b)  3 có 2 khả năng a,b 1;2. Khi đó có 2! cách chọn ab 0,5 2 a,b 3;6;9. Khi đó có A3 cách chọn ab 2 Suy ra 2! A3 8 số b) Với c=2 Khi đó a hoặc b phải là chữ số 1, chữ số còn lại thuộc tập 0;3;6 ;9 a=1 , có 4 cách chọn b từ 0;3;6 ;9 0,5 b=1 , có 3 cách chọn b từ ;3;6 ;9 Suy ra 4+3=7 số c) Với c=6 a,b 1;2, có 2! cách chọn ab a,b 0;3;9, ,có 2.2 cách chọn ab 0,5 Suy ra 2! 4 6 số Vậy 8+7+6 = 21 số thỏa yêu cầu bài toán 0,25 Câu 4 Ta có: f(0) = m - 1 0,25 2,0 2 1 x 3 1 x 1 lim f (x) lim x 0 x 0 x 1 x 1 1 3 1 x 2 lim( ) lim( ) 0,5 x 0 x x 0 x 2 3 0,5 lim f (x) lim(2x m 1) m 1 0.25 x 0 x 0 Hàm số f(x) liên tục tại x = 0 khi và chỉ khi: lim f (x) lim f (x) f (0) x 0 x 0 0,25 2 5 m 1 m 3 3
0,25 K 3đ Câu 5 A 3 điểm B I O C D H a) 1.0 Gọi H/ là xuyên tâm của A trên (O;R), ta có: BH/  AB BH/  CD, tương 0.5 tự CH/  BD. Vậy H/ trùng H. A cố định nên H cố định. 0.5 b) 2.0 0,5 Gọi I là tâm hình bình hành ABDC suy ra hai tam giác BCD và CBA cũng đối xứng nhau qua I. Suy ra K đối xứng với H qua I. Hay: HK 2HI . H cố định nên từ HK 2HI , suy ra K là ảnh của I qua phép vị tự tâm H, tỉ số 0,5 bằng 2. Số đo góc xAy không đổi nên BC có độ dài không đổi → OI cũng có độ dài 0,5 không đổi. Suy ra, I thuộc đường tròn tâm O, bán kính OI. I thuộc đường tròn (O;OI) nên K thuộc đường tròn ảnh của đường tròn 0,5 (O;OI) qua phép vị tự tâm H tỉ số bằng 2. S Câu 6 E 4 điểm P K N B A M G O H C D
a) 2.0 Gọi G = AM  BD, G là trọng tâm tam giác ABC. Dựng GP//SM, P SA, ta 0,5 có góc φ giữa SM và mp(BCD) cũng là góc giữa PG và mp(BCD) và SP= 1 SA . 3 Gọi H là hình chiếu của A trên BD, ta có (SAH)  mp(BCD). Gọi K, E lần 0,5 lượt là hình chiếu của A và P trên SH, ta có AK và PE đều vuông góc mp(BCD). Như vậy, góc giữa PG và mp(BCD) là góc PGE . a 6 2a 1 2a 2 5a Ta có: AH = , AK = , PE = AK và GP = SM . 0,5 3 7 3 3 7 3 3 2 2 Trong tam giác vuông tại E, ta có: sin φ = arcsin . 5 7 5 7 0,5 Hay 8041/ b) S A1 F3 A N B F2 M F1 C D N1 F Gọi N1 là trung điểm CD, F là trung điểm CN1, ta có MF//DN và 0,5 d(DN;SM) = d(DN;(SMF)). Gọi F2 và F1 lần lượt là giao điểm của AC với DN và MF, ta có: 2 a 6 1 1 3 1 0,5 DF2 = DN , mặt khác: 2 2 2 2 DF2  AC. 3 3 DA DC 2a DF2 Do đó MF  AC, Suy ra mp(SMF)  mp(SAC). Gọi A1 và F3 lần lượt là hình chiếu của A và F2 trên SF1, khi đó A1 và F3 cũng là hình chiếu của A và F2 trên (SMF) và F2F3 = d(DN;(SMF)) =d(DN; 0,5 SM). 1 1 1 73 10a Ta có: 2 2 2 2 AA = 0,5 AA SA AF 100a 1 1 1 73 3 6a 73 và F2F3 = AA1 . 5 73 6a 73 Vậy d(DN; SM) = . 73 TRƯỜNG THPT ĐỀ THAM KHẢO OLIMPIC KHỐI 11(2019) TỔ TOÁN-TIN MÔN: TOÁN (thời gian 150 phút) Câu 1/(3điểm) Giải các phương trình sau đây trên tập số thực: a/ cos2 x 2cos x 4sin x sin 2x b/ sin2x - cot3x = cos2x + tan3x
Câu 2/(4 điểm) 1 a/ Cho dãy số (u ) có u = 2019; u u2 (n 1) . Tìm số hạng tổng quát n 1 n 1 3 n của dãy số (un). n b/ Cho dãy số (xn) có số hạng tổng quát x (n 1). n (4n2 1)2 Tính lim(x1+x2+ + xn) Câu 3/(4 điểm) a/ Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên lẻ gồm 4 chữ số khác nhau biết rằng số đó có chữ số đứng sau luôn lớn hơn chữ số đứng trước ít nhất 2 đơn vị? b/ Cho đa giác đều T có 2019 đỉnh, chọn ngẫu nhiên một ngũ giác có các đỉnh là các đỉnh của T. Tính xác suất để ngũ giác đó không chứa cạnh nào của đa giác T. Câu 4 (2 điểm) :Tính các giới hạn hàm số sau: x3 2x 3 x 1 a/ lim x 2 x 2 (1 nx)m (1 mx)n b/ lim với m,n là các số nguyên dương. x 0 x2 Câu 5 (3 điểm) Cho hai đường tròn C1(I1;R1) và C2(I2;R2) tiếp xúc tại A, lần lượt có phương trình là: (x-3)2 + (y-1)2 = 9 và x2 + y2 -2x -2y +1= 0. Đường kính AB của đường tròn (C1) cắt đường tròn (C 2) tại điểm thứ 2 là C. Một đường thẳng (d) lưu động luôn đi qua A và cắt (C1) và (C2) lần lượt tại M và N(trừ điểm A). Tìm tập hợp giao điểm của BN và CM Câu 6 (4 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nữa lục giác đều với AB=2BC=2CD=2AD=2 a. Tam giác SAD vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm SC. a/ Tính cosin của góc tạo bởi SD và mặt phẳng (SBC). b/ Xác định góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAD). c/ Tính khoảng cách giữa SA và DM. Hết. Họ và tên thí sinh Chữ kí giám thị Số báo danh • Lưu ý: Học sinh không sử dụng tài liệu, Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm TRƯỜNG THPT ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ NGHỊ THI OLYMPIC LỚP 11 TỔ TOÁN – TIN NĂM HỌC : 2018-2019 MÔN : TOÁN Thời gian làm bài :150 phút (không kể thời gian giao đề) CÂU NỘI DUNG ĐÁP ÁN ĐIỂM Giải phương trình sau đây trên tập số thực: a/ cos2 x 2cos x 4sin x sin 2x Câu 1 b/ sin2x - cot3x = cos2x + tan3x 3,0 đ
Đưa về phương trình: (cosx-2)( cosx – 2sinx) = 0 0,5 * cosx-2=0 vô nghiệm 0,5 a) * Giải phương trình: cosx+2sinx = 0 cho nghiệm (1,5đ) 1 x = arctan k 2 0,5 Đặt đk và Đưa về phương trình: sin2x – cos2x = tan3x+cot3x b) 0,5 (1,5đ) Chứng minh: |sin2x – cos2x| 2 0,5 Chứng minh: |tan3x + cot3x| 2 suy ra pt vô nghiệm 0,5 1 a/ Cho dãy số (u ) có u = 2019; u u2 (n 1) . Tìm n 1 n 1 3 n số hạng tổng quát của dãy số (un). Câu 2 b/ Cho dãy số (xn) có số hạng tổng quát n x (n 1). Tính lim(x1+x2+ + xn) n (4n2 1)2 4,0 đ 1 u u2 0,5 n 3 n 1 1 1 1 n 1 u ( u2 )2 .u 2 n 3 3 n 2 1 2 n 2 1 0,5 31 2 2 2 a) 1 n 1 (2đ) u .u 2 0,5 n 32n 1 1 1 1 n 1 u .20192 0,5 n 32n 1 1 n 1 1 1 x 1 n 2 2 8 2 2 (4n 1) (2n 1) (2n 1) b) 1 1 (2đ) x +x + + x = 1 1 2 n 8 2 0,5 (2n 1) KQ = 1/8 0,5 a/ Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên lẻ gồm 4 chữ số khác nhau biết rằng số đó có chữ số đứng sau luôn lớn hơn chữ số đứng trước ít nhất 2 đơn vị? Câu 3 b/ Cho đa giác đều T có 2019 đỉnh, chọn ngẫu nhiên một ngũ giác có các đỉnh là các đỉnh của T. Tính xác suất để ngũ giác đó không chứa cạnh nào của đa giác T. 4đ Gọi số cần lập có dạng a1a2a3a4 Lập luận số được chọn không có số 0 và có 2 trường hợp a =7 hoặc 9 0,5 a 4 +Trường hợp a =7 có 1 số (2,0đ) 4 0,5 + Trường hợp a4=9 việc chọn a1 <a2 <a3 từ {1 ;2 ;3 ;4 ;5 ;6 ;7}tương ứng chọn b1 ;b2 ;b3 (b1=a1 ;b2=a2-1 ;b3=a3-2) từ {1 ;2 ;3 ;4 ;5} 0,5
Chọn 3 số từ 5 số cóC3 . KQ 1+C3 0,5 5 5 = 11 số 5 0,25 Không gian mẫu C2019 Chọn 1 đỉnh tùy ý trong 2019 đỉnh làm đỉnh đầu tiên cảu ngũ giác có 0,25 2019 cách Chọn 4 đỉnh còn lại luôn có 5 đỉnh không được chọn nên có số cách 0,5 b chọn là : C 4 (2,0đ) 2013 0,5 Một ngũ giác như vậy được đếm đi đếm lại 5 lần 4 2019C2013 Kq : 5 5C2019 0,5 Tính các giới hạn hàm số sau: x3 2x 3 x 1 a/ lim x 2 x 2 Câu 4 (1 nx)m (1 mx)n b/ lim với m,n là các số nguyên dương. x 0 x2 2,0 x3 2x 3 x 1 x3 2x 4 1 x 1 a/(1đ) Phân tích: lim lim x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 0,25 x3 2x 4 Tính lim 10 x 2 x 2 0,25 1 x 1 1 lim x 2 x 2 2 0,25 KQ: 19/2 0,25 (1 nx)m (1 mx)n (C 2 n2 C 2m2 )x2 x3.M b Phân tích lim lim m n x 0 x2 x 0 x2 0,5 1đ 2 2 2 2 KQ Cmn Cn m 0,5 C1 có tâm I1(3;1) R1=3 C2 có tâm I2(1;1) R2=1 0,25 Tìm A(0;1) B(6;1) C(2;1) 0,25 IC R CI R Tính 2 2 IM R1 CM R1 R2 0,5 Câu 5  R  CI 2 CM (3đ) R1 R2 0,5 Suy ra I là ảnh của M qua V 1 (C, ) 4 0,5 Mà M lưu động trên (C1 )suy ra I lưu động trên (C1’) 0,5 9 2 2 9 Viết (C1’) là (x ) (y 1) 4 16 0,5
H vẽ đúng đến câu b. 0,5 a/Gọi H là trung điểm AD suy ra AH vuông (ABCD) Tính đúng khoảng cách từ D đến (SBC) = a 3 31 0,5 186 Tính đúng sin(SD,(SBC)) 31 0,5 Câu 6 5 4đ cos(SD,(SBC)) 31 0,5 b/ Xác định đúng được góc DSB 0,5 Tính đúng : tanDSB = 6 => KQ 0,5 c/ dựng hình bình hành ABCP và có d(DM,SA)=d(DM,(SAP))=2d(H,SAP) 0,5 Tính đúng KQ a 30 5 0,5 TRƯỜNG THPT ĐỀ THI OLIMPIC LỚP 11 CẤP TỈNH Năm học 2018– 2019 Môn thi : TOÁN ĐỀ ĐỀ NGHỊ Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) cos x Câu 1 (3,0 điểm). a) Tìm m để hàm số y có tập xác định là ¡ . 3sin5x 4cos5x 2m 3 2 2 b) Giải phương trình: 2cos 2x 3 cos 4x 4cos x 1 4 u 2 1 Câu 2 (4,0 điểm). Cho dãy số u xác định . n 1 2 un 1 un un un ,n 1 2019 a) CM dãy u không bị chặn trên . n u u u b)Tính lim 1 2 n . u2 1 u3 1 un 1 1 Câu 3 (4,0 điểm).
a) 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. b) Cho hình đa giác đều H có 24 đỉnh. Có bao nhiêu hình chữ nhật không phải là hình vuông được tạo thành từ 4 đỉnh của hình H. 3 x 7 5 x2 khi x 1 Câu 4 (2,0 điểm). Cho hàm số f (x) 1 x 2mcos( x) khi x 1 Tìm giá trị của m để hàm số f (x) liên tục tại x 1 . 2 2 3 Câu 5 (3,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn x 1 y 4 và điểm 2 1 A 1; . Gọi M là điểm nằm ngoài đường tròn đã cho. Từ M kẻ tiếp tuyến MT với đường tròn ( T là tiếp 2 điểm), gọi C là tập hợp các điểm M sao cho MT = 2MA. Viết phương trình đường C . Câu 6 (4,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh a. B· AD 600. Biết 3 SO a và SO  ABCD . Gọi H và K lần lượt là trung điểm của BC và BH. 4 a) Tính góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABCD , khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBC . b) Goi là mặt phẳng qua AD và vuông góc với mặt phẳng SBC . Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng . Tính diện tích của thiết diện. –––––––––––– Hết –––––––––––– TRƯỜNG THPT ĐÁP ÁN ĐỀ THI OLIMPIC LỚP 11 CẤP TỈNH Năm học 2018– 2019 Câu Nội dung Điểm 1 cos x 1,5 a. Tìm m để hàm số y có tập xác định là ¡ . 3sin5x 4cos5x 2m 3 Hàm số có tập xác định là ¡ khi và chỉ khi f (x) 3sin5x 4cos5x 2m 3 0, x ¡ . 0.25 3 4 2m 3 0.5 Ta có: f (x) 0,x ¡ sin5x cos5x ,x ¡ . 5 5 5 0.25 3 cos 2m 3 5 sin(5x ) ,x ¡ với . 5 4 sin 5 2m 3 Do 1 sin(5x ) 1, x ¡ nên f (x) 0,x ¡ 1 m 1. Vậy 5 0.5 m 1.
2 2 1,5 b) Giải phương trình 2cos 2x 3 cos 4x 4cos x 1 4 2 2 PT: 2cos 2x 3 cos 4x 4cos x 1 4 0.5 1 cos 4x 3 cos 4x 2 1 cos 2x 1 sin 4x 3 cos 4x 2cos 2x 0.25+ 2 0,25 cos 4x cos 2x 6 0,5 k 4x 2x k2 x 6 36 3 k Z 4x 2x k2 x k 6 12 2 a. CM dãy u không bị chặn trên . 1.5 n u u 1 n n 0,25 Theo giả thiết ta có: un 1 un mà u1 2 suy ra. 2019 0,25 0.25 2 u u u do đó dãy u là dãy tăng. 1 2 3 n Giả sử dãy un bị chặn trên suy ra limun L với L 2 khi đó. 02.5 +0.25 2 2 0.25 un 2018un L 2018L L 0 limun 1 lim L . 2019 2019 L 1 Vô lý do L 2 . Suy ra dãy un không bị chặn trên . 1 do đó limu lim 0 n u n ( dùng để giải câu b/ ) u u u 2,5 b/Tính lim 1 2 n . u2 1 u3 1 un 1 1 Ta có: 0.25 1 2 un 1 un un un un un 1 2019 un 1 un 0.5 2019 0.25 u un un 1 2019 un 1 un 0.5 n un 1 1 un 1 1 un 1 un 1 1 un 1 2019 un 1 1 un 1 1 1 2019. un 1 1 un 1 un 1 un 1 1 Đặt : u u u 0.5 S 1 2 n n u 1 u 1 u 1 2 3 n 1 0.5 1 1 1 Sn 2019 2019 1 lim Sn 2019 u1 1 un 1 1 un 1 1 3 a) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có sáu chữ số khác nhau. Tính xác suất để chọn được 2,0 một số có 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ.
6 5 0.5 Số phần tử của không gian mẫu: n A10 A9 136080 * Số các số tự nhiên có 6 chữ số có3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ là TH1: (số tạo thành không chứa số 0) 3 • Lấy ra 3 số chẵn có: C4 3 • Lấy ra 3 số lẻ có: C5 • Số các hoán vị của 6 số trên: 6! 3 3 Suy ra số các số tạo thành: C4 .C5 .6! 28800 0.5 TH2: ( số tạo thành có số 0) 2 • Lấy ra hai số chẵn khác 0: C4 3 • Lấy ra 3 số lẻ: C5 0.5 • Số các hoán vị không có số 0 đứng đầu: 6! 5! 5.5! 2 3 Số các số tạo thành: C4 .C5 .5.5! 36000 Gọi biến cố A: “số đuợc chọn có 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ” Suy ra : n 28800 36000 64800 A 0.5 nA 64800 10 Xác suất xảy ra biến cố A: PA n 136080 21 b) Cho hình đa giác đều H có 24 đỉnh. Có bao nhiêu hình chữ nhật không phải là hình 2.0 vuông được tạo thành tư 4 đỉnh của hình H. Đa giác đều 24 đỉnh có 12 đường chéo qua tâm. Cứ 2 đường chéo qua tâm tương ứng cho ta 2 một hình chữ nhật hoặc hình vuông. Số hình chữ nhật và hình vuông được tạo thành là C12. 0.5 Giả sử A1, A2 , , A24 là 24 đỉnh của hình H. Vì H là đa giác đều nên 24 đỉnh nằm trên 1 đường tròn tâm O. 3600 Góc ·AOA 150 với i 1,2, ,23 i i 1 24 0.5 · · · 0 Ta thấy: A1OA7 A7OA14 A14OA21 90 , do đó A1 A7 A14 A21 là một hình vuông, xoay 0 0,5 hình vuông này 15 ta được hình vuông A2 A8 A15 A22 , cứ như vậy ta được 6 hình vuông. 2 0.5 Số hình chữ nhật không là hình vuông là: C12 6 60. Câu 4 (2,0 điểm) 3 x 7 5 x2 khi x 1 Cho hàm số f (x) 1 x 2mcos( x) khi x 1 Tìm giá trị của m để hàm số f (x) liên tục tại x 1 .
f 1 2mcos 2m 0,25 lim f x 2m 0,25 x 1 3 x 7 2 2 5 x2 3 x 7 2 2 5 x2 lim f x lim lim lim 0,25 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 3 x 7 2 1 + Tính được: lim 0,25 x 1 x 1 12 2 2 5 x 1 + Tính được: lim 0,25 x 1 x 1 2 7 0,25 Suy ra lim f x x 1 12 Để f (x) liên tục tại x 1 thì lim f (x) lim f (x) f (1) 0,25 x 1 x 1 7 0,25 Suy ra: m là giá trị cần tìm. 24 Câu 5 (3,0 điểm) 2 2 3 1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn x 1 y 4 và điểm A 1; 2 2 . Gọi M là điểm nằm ngoài đường tròn đã cho. Từ M kẻ tiếp tuyến MT với đường tròn ( T là tiếp điểm), gọi C là tập hợp các điểm M sao cho MT = 2MA. Viết phương trình đường C . T M I I' A B 3 Đường tròn đã cho có tâm I 1; và bán kính bằng 2. Điểm A thuộc đường tròn 2 này. 0.5 Gọi B là giao điểm thứ hai của đường thẳng MA với đường tròn đã cho. Các tam giác MAT và MTB đồng dạng nên  2        MT 2 MA.MB 4MA MA.MB MA(4MA MB) 0 4MA MB 0.5      1  4MA MB MA AB AM AB. 0.25 3 1 Suy ra M là ảnh của B qua phép vị tự tâm A , tỉ số . 3 0.25
Mà B thuộc đường tròn đã cho, 0.25 1 nên tập hợp điểm M là ảnh của đường tròn đã cho qua phép vị tự tâm A, tỉ số 3 0.25 1 7 Gọi I’ là ảnh của I qua phép vị tự tâm A, tỉ số , suy ra I ' 1; 0.5 3 6 1 2 Bán kính đường tròn ảnh là R ' .2 0.25 3 3 2 2 7 4 Vậy phương trình của đường C cần tìm là x 1 y 6 9 0.25 Câu 6 (4,0 điểm) 3 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh a. B· AD 600. Biết SO a và 4 SO  ABCD . Gọi H và K lần lượt là trung điểm của BC và BH. a) Tính góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABCD , khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBC . b) Goi là mặt phẳng qua AD và vuông góc với mặt phẳng SBC . Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng . Tính diện tích của thiết diện. (Hình vẽ phục vụ câu a - 0,5 điểm) S J M T N I B H K C O A D a) a) Tính góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABCD , khoảng cách từ A đến 1,5 mặt phẳng SBC .
Góc giữa hai mặt phẳng cần tìm là S· KO ( vì BC  (SKO) ) 0,25 SO 0,25 tan S· KO 3 KO Vậy S· KO 600 0,25 Gọi khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) là d thì d = 2OI, với I là hình chiếu của O 0,25 trên mặt phẳng (SBC) ( vì AC = 2OC ). OI chính là đường cao của tam giác SOK 0,25 3a 3a Tính được OI d 8 4 0,25 b) b) Goi là mặt phẳng qua AD và vuông góc với mặt phẳng SBC . Xác 2,0 định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng . Tính diện tích của thiết diện. Kẻ AJ  (SBC) tại J 0,25   Suy ra AJ 2OI 0,25 Gọi là đường thẳng đi qua J và // BC, cắt SB, SC lần lượt tại M và N 0,25 AD // (SBC) nên MN // AD, suy ra thiết diện ADNM là hình thang 0,25 1 S AD MN AJ ADNM 2 0,25 a a Đường thẳng SK cắt CJ tại I, cắt MN tại T. Tính được SK = 3 , IK = 3 . Vì I là 2 8 a trung điểm của JC nên I là trung điểm của TK, suy ra TK = 2.IK = 3 do đó T là 4 0,25 trung điểm của SK, a MN là đường trung bình của tam giác SBC. Tính được MN = 0,25 2 9a2 S ADNM 16 0,25 Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác đúng thì Ban Giám khảo thảo luận và thống nhất thang điểm cho phù hợp với Hướng dẫn chấm. ĐỀ THI OLYMPIC MÔN TOÁN 11 SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM NĂM HỌC 2018 - 2019 (Thời gian làm bài: 120 phút) Câu 1: (4 điểm) (x 1)2 y2 xy y 4 a) Giải hệ phương trình: x 2y xy 1
6x 4 b) Giải phương trình: 2x 4 2 2 x x2 4 Câu 2: (4 điểm) 3 u 1 2 a) Cho dãy số (un) xác định bởi: 3 u u n , n N * n 1 2 Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy số (un) v1 5 b) Cho dãy số (vn) xác định bởi: * vn 1 vn 12,n N Chứng minh rằng dãy số (vn) có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó. Câu 3: (3 điểm) a) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 3 chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 6, 9. Chọn ngẫu nhiên 1 số từ S, tính xác suất để số được chọn là số chia hết cho 3. n 1 7 b) Tìm hệ số của số hạng chứa x 26 trong khai triển nhị thức Newton của x x 4 1 2 n 20 Biết rằng: C2n 1 C2n 1 C2n 1 2 1 Câu 4: (3 điểm) Cho hình bình hành ABCD. Từ B ta kẻ các đường thẳng BE vuông góc CD và BK vuông góc AD (E CD, K AD). Biết KE = a và BD = b (b a). Gọi H là trực tâm BEK, tính BH theo a và b. Câu 5: (4 điểm) Cho tứ diện ABCD. Qua điểm M trên cạnh AC ta dựng mặt phẳng (P) song song với AB và CD, (P) cắt các cạnh BC, BD và AD lần lượt tại N, P và Q. a) Tứ giác MNPQ là hình gì? b) Định vị trí của M để diện tích tứ giác MNPQ lớn nhất. Câu 6: (2 điểm) Chứng minh rằng với m R phương trình : x 3 mx 2 9x 5 m 0 (1) có 3 nghiệm phân biệt . Hết Đáp án Điểm Đáp án Câu 1: a) (2 điểm) Câu 4: (x 1)2 y2 (x 1)y 4 0.5 Do EH vuông góc BK, EK vuông góc (I) (II) BH 0.5 (x 1) y (x 1)y 2 DE KH; EH KD Đặt (x 1) y S ; (x 1)y P ta T : K D có: 1.0 KD H E 1 0.5 B B’ BH B’E 0.5 Vì BH  EK nên B’E  KE
S 2 P 4 B’EK vuông tại E B’E 2 = B’K2 – S 2 2 (II) S P 2 KE 0.5 P 0 2 0.5 Mặt khác B’K = BD S 4P 0.5 x 1 Do đó B’K = b vậy B’E – BH = 0.5 2 2 x 1 y 2 y 0 b a 0.5 (x 1)y 0 x 1 y 2 0.5 Câu 1: b) (2 điểm) Đk: 2 x 2 6x 4 6x 4 (1) 2x 4 2 2 x x2 4 0.5 2 x 3 0.5 2 2x 4 2 2 x x 4 (2) 0.5 Câu 5: a) (2 điểm) 2 0.5 Dựng được MNPQ là hình bình x 3 hành 0.5 4 2(2 x)(2 x) (2 x)(x 4) 0 0.5 2 x 3 1.0 2 x(4 2(2 x) (x 4) 2 x) 0 0.5 2 x 3 x 2 1.0 Câu 2: a) (2 điểm) 3 un 1 Từ ĐK: u 3 – un+1 = (3 – un) n 1 2 2 Đặt vn = 3 – un suy ra được (vn) là 1 CSN có 0.5 1 3 công bội q = , và v1 = Câu 5: b) (2 điểm) 2 2 1 Gọi là góc giữa AB và CD Suy ra vn = 3. . Ta có dt(MNPQ) = MN.NP.sin 2n 0.5 0.25 1 Suy ra un = 3(1 - ) MN CM 2n 0.5 CM được: AB CA Câu 2: b) (2 điểm) NP AM MN np Chứng minh được (vn) bị chặn dưới bởi 4 suy ra : 1 (Bằng qui nạp) CD CA AB CD Chứng minh được (v ) là dãy số giảm. Suy 0.75 n Theo BĐT Cô-Si suy ra: ra dãy số (vn) có giới hạn hữu hạn. MN.NP 1 Đặt limvn = a (a 4), suy ra pt: a = a 12 1 2 suy ra MN.NP Tìm được a = 4. AB.CD 4 Câu 3: a) (1,5 điểm) AB.CD 0.5 MN NP 1 Tìm được số phần tử của S = n(  ) = Dấu bằng xảy ra khi: : 5.5.4 = 100 AB CD 2 Các bộ gồm 3 số có tổng chia hết cho 3 0.5 là: (012), (036), (039), (069), (123), (126), Hay M là trung điểm AC
(126) và (369). Suy ra n(A) = 4.4 + 4.6 = Câu 6: (2 điểm) 40. Suy ra P(A) = 0,4. XÐt hµm sè f(x) = x 3 mx 2 9x 5 m b) (1,5 điểm) . 0.25 0 n 20 Gt suy ra C2n 1 C2n 1 2 Hàm sè f(x) liªn tôc trªn R. k 2n 1 k MÆt kh¸c: lim f (x) , lim f (x) Mà C2n 1 C2n 1 . x x 0 n 1 0 2n 1 , Nên C C (C C ) 2n 1 2n 1 2 2n 1 2n 1 f(- 1) = 13 > 0, f(1) = - 3 < 0 Từ khai triển (1+1)2n+1 suy ra 0.75 0 2n 1 2n+1 C2n 1 C2n 1 = 2 nªn : x1 ( ; 1) mµ f ( x1 ) Suy ra 22n = 220. Suy ra n = 10 = 0 10 10 1 x 2 (-1;1) mµ f( x 2 x 7 C10 x11k 40 4  k x k 0 ) = 0 1.0 26 Hệ số của x (ứng với k = 6) là 210. x 3 (1; ) mµ f( x 3 ) = 0 VËy ph¬ng tr×nh ( 1 ) cã 3 nghiÖm ph©n biÖ t SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM KỲ THI OLYMPIC 24-3 LẦN THỨ 4 —————— Năm học 2018-2019 ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI 11 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ———————————— Câu 1 (3 điểm). tan2 x tan x 2 Giải phương trình: 2 sin x . tan x 1 2 4 Câu 2 (5 điểm). 1. Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1. 2. Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện: 7 7 7 7 1 10 720 C7 C8 C9 Cn An 1 . 4032 Tìm hệ số của x7 trong khai triển n 1 A x 2 x 0 . x Câu 3 (5 điểm). 1. Cho dãy số an thỏa mãn điều kiện: a1 2, 4 an 6 an 1 24 1 1 1 Tính S2019 a1 a2 a2019 2. Cho dãy số {un } được xác định như sau u1 1 2019 un 1 un un
n x2018 Tìm lim ( i ) n  1 ui 1 Câu 4 (2 điểm). Cho hình bình hành ABCD . Kẻ các đường cao BH và BK của hình bình hành ( H AD và K CD ). Gọi E là trực tâm của tam giác BHK . Biết HK m và BD n . Hãy tính độ dài của EB theo m và n . Câu 5.(3 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành và SA SB SC 11, S· AB 300 , S· BC 600 và S· CA 450 . Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AB và SD? Câu 6. (2điểm) Cho tứ diện ABCD thỏa mãn điều kiện AB CD, BC AD, AC BD và một điểm X thay đổi trong không gian. Tìm vị trí của điểm X sao cho tổng XA XB XC XD đạt giá trị nhỏ nhất. SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM KỲ THI OLYMPIC 24-3 LẦN THỨ 2 ——————— HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN ——————————— I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Điể Câu Ý Nội dung trình bày m Câu 1 3 điểm Điều kiện: cos x 0 x k (*) 2 0,5 Phương trình đã cho tương đương với: 2cos2 x(tan2 x tan x) sin x cos x 2sin2 x 2sin x.cos x sin x cos x 2sin x(sin x cos x) sin x cos x 0,5 (sin x cos x)(2sin x 1) 0 0,5 + Với sin x cos x 0 tan x 1 x k 0,5 4 1 5 + Với 2sin x 1 0 sin x x k2 ; x k2 0,5 2 6 6 Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của phương trình đã cho là: 5 0,5 x k ; x k2 ; x k2 (k ¢ ) 4 6 6 Câu 2 1 2.5 điểm
Số các số tự nhiên có 5 chữ số là 99999 10000 1 90000 Giả sử số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là: 0.5 abcd1 Ta có abcd1 10.abcd 1 3.abcd 7.abcd 1 chia hết cho 7 khi và chỉ khi 0,5 3.abcd 1 chia hết cho 7. h 1 Đặt 3.abcd 1 7h abcd 2h là số nguyên khi và chỉ khi h 3t 1 0.5 3 Khi đó ta được: abcd 7t 2 1000 7t 2 9999 998 9997 t t 143, 144, , 1428 suy ra số cách chọn ra t sao cho số 0.5 7 7 abcd1 chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là 1286. 0,5 1286 Vậy xác suất cần tìm là: 0,015 90000 2 2,5 điểm k 1 k k k 1 k k * Áp dụng công thức: Cn Cn Cn 1 Cn Cn 1 Cn ,k 1,n;k,n ¥ , ta được: 7 7 7 7 7 8 8 8 8 8 8 8 8 1 8 C7 C8 C9 Cn C7 C9 C8 C10 C9 Cn Cn 1 Cn 1 Cn Cn 1 . 7 7 7 7 1 10 Do đó : 720 C7 C8 C9 Cn An 1 4032 1 0,5 720C8 A10 n 16 . n 1 4032 n 1 16 16 k 16 1 16 k 1 k Có: x C k x C k 1 x16 3k . 2  16 2  16 0,5 x k 0 x k 0 Số hạng trong khai triển chứa x7 ứng với 16 3k 7 k 3 . 0,25 7 3 3 Vậy hệ số của x là C16 1 560. 0,25 Câu 3 1 2.5 điểm Câu 1. Cho dãy số an thỏa mãn điều kiện: a1 2, 4 an 6 an 1 24 1 1 1 Tính S2012 a1 a2 a2012 4a 1 1 2 1 Từ công thức truy hồi ta suy ra a n 1 . n 6 a 2 1 a 3a 4 0.5 n 1 n n 1 3an 1 4 1 1 3 1 1 3 1 Đặt tn (t1 ) tn tn 1 tn (tn 1 ) an 2 2 4 2 2 2 0.5
1 3 3 Đặt u t (u 1) u u S 2[( )n 1] n n 2 1 n 2 n 1 n 2 0.5 3 Cho n 2019 , ta có S 2[( )2019 1]. 2019 2 0.5 2 2.5 điểm Câu 2. Cho dãy số {un } được xác định như sau u1 1 2019 un 1 un un n x2018 Tìm lim ( i ) n  1 ui 1 2019 Câu 3. Ta có un 1 un un u2018 1 1 u u u2019 n n 1 n n 0.5 un 1 un un 1 n 2018 ui 1 1 Câu 4.  0.5 1 ui 1 u1 un 1 Câu 5. Rõ ràng un dương với mọi n Câu 6. Giả sử dãy un có giới hạn hữu hạn, cho n tiến đến dương vô cực ta được 0.5 a a a2013 a 0 Vì un dương với moi n nên a không thể bằng 0 (Vô lý) 0.5 Câu 7. Do đó, limun limun 1 Do vậy n u2018 1 1 lim i lim( ) 1  0.5 1 ui 1 u1 un 1 Câu 4 2,0 điểm 1. Cho hình bình hành ABCD . Kẻ các đường cao BH và BK của hình bình hành ( H AD và K CD ). Gọi E là trực tâm của tam giác BHK . Biết HK m và BD n . Hãy tính độ dài của EB theo m và n .
P A H n D m B C E K 0.5 Ta có: EH // KD (vì cùng vuông góc với BK ) EK // HD (vì cùng vuông góc với BH ) Do đó tứ giác EHDK là hình bình hành.  Xét phép tịnh tiến TKD , ta có: T K D T E H KD ; KD 0.25 Gọi T B P , ta có EB HP . KD 0.25 Ta có tứ giác BPDK là hình chữ nhật, nên KP BD n . 0.5 Tam giác PHK vuông tại H (vì HP // EB mà EB  HK ), nên EB2 HP2 PK 2 HK 2 n2 m2 0.5 Vậy BE n2 m2 P A H n D m B C E K Ta có: EH // KD (vì cùng vuông góc với BK ) EK // HD (vì cùng vuông góc với BH ) 0.5 Do đó tứ giác EHDK là hình bình hành.  Xét phép tịnh tiến TKD , ta có:   0.5 TKD K D ; TKD E H  Gọi TKD B P , ta có EB HP .
Ta có tứ giác BPDK là hình chữ nhật, nên KP BD n . 0.5 Tam giác PHK vuông tại H (vì HP // EB mà EB  HK ), nên EB2 HP2 PK 2 HK 2 n2 m2 0.5 Vậy BE n2 m2 Câu 5 ( 3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành và SA SB SC 11, S· AB 300 , S· BC 600 và S· CA 450 . Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AB và SD? b)(1.75)Vẽ đúng hình 0,25 Dựa vào định lý cosin ta dễ dàng tính được AB 11 3, BC 11, AC 11 2 . 0.25 Khi đó ABC vuông tạiC. 0.25 Do SA SB SC , nên hình chiếu của S xuống mặt phẳng ABC trùng với 0.5 trung điểm H của AB . Syu ra SH  (ABCD) 11 SH SA.sinSAB 0.25 2 Kẻ HK  CD, AP  CD , tứ giác APKH là hình chữ nhật, 11 6 1 1 1 0.5 HK AP 2 2 2 . 3 AP AD AC Trong tam giác vuông SHK , kẻ HI  SK . Do AB PCD nên d AB, SD d AB, SCD d H, SCD HI . 0.5 1 1 1 Ta có, HI 22 . 0.25 HI 2 SH 2 HK 2 Vậy d AB, SD 22 . 0.25 Câu 6(2,0 điểm)
A M Q G D B 0,5 P N C Gọi G là trọng tâm của tứ diện; M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD, BC, AD. Ta có tam giác ACD bằng tam giác BCD nên AN BN suy ra MN  AB , tương tự ta chứng minh được MN  CD và đường thẳng PQ vuông góc với cả hai đường thẳng BC, AD. Từ đó suy GA GB GC GD . XA.GA XB.GB XC.GC XD.GD Ta có XA XB XC XD GA         1 XA.GA XB.GB XC.GC XD.GD GA      XG. GA GB GC GD 4.GA2 4GA . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi X trùng GA 0,5 với điểm G. Vậy XA XB XC XD nhỏ nhất khi và chỉ khi X là trọng tâm của tứ diện ABCD. TRƯỜNG THPT HỒ NGHINH ĐỀ KHẢO SÁT OLYMPIC 24/3 TỔ TOÁN - TIN Môn : Toán 11 Thời gian : 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (4 đ) 5 a. Giải phương trình cos2 x 4cos x 3 6 2 b. Tìm x để 2 3sin x.cos x;sin x;sin4 x cos4 x theo thứ tự tạo thành cấp số cộng. Câu 2. (4 đ) 1 1 1 1 a.Tính tổng sau S C 0 C 2 C 4 C 2016 C 2018 2018 3 2019 5 2019 2017 2019 2018 2019 . Trên mặt phẳng cho 6 điểm phân biệt trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Biết rằng các đường thẳng đi qua hai trong 6 điểm trên không có hai đường thẳng nào song song và cũng không có ba đường thẳng nào đồng quy tại một điểm ngoài 6 điểm đã cho. Chọn ngẫu nhiên một tam giác được tạo bởi các đường thẳng đó. Tính xác suất chọn được một tam giác có ít nhất một đỉnh trong 6 điểm trên. Câu 3. (3 đ)
3 u 1 4 Cho dãy số u : . Tính tổng của 2019 số hạng đầu của dãy số n u n 1 un n 2 1 6n.un 1 4un 1 đã cho. Câu 4. (3 đ) Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(6;10). B,C nằm trên Ox. Biết hình vuông BCED có tâm I (7;-5) và hình vuông MNPQ với M,N thuộc BC, P thuộc AC, Q thuộc AB. Tìm phép vị tự biến BCED thành MNPQ k 0 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp hình vuông MNPQ. 3 x 1. 2x2 x 1 1 Câu 5 ( 2 điểm) Tính giới hạn: lim x 0 x Câu 6. (4 đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M,N lần lượtlà trung điểm của SB,CD. a. Chứng minh AM vuông góc BN. b. Tính khoảng cách từ AC đến SD. HẾT . ĐÁP ÁN Nội dung Điểm Câu 1 5 a. Phương trình cos2 x 4cos x 3 6 2 4đ b. Tìm x để 2 3sin x.cos x;sin x;sin4 x cos4 x theo thứ tự tạo thành cấp số cộng. 5 a. Phương trình cos2 x 4cos x 2đ 3 6 2 2 5 pt 1 2sin x 4cos x 0 3 6 2 0.5đ 2 4cos x 8cos x 3 0 0.5đ 6 6 1 cos x 0.5đ 6 2
x k2 6 0.5đ x k2 2 b. Tìm x để 2 3sin x.cos x;sin x;sin4 x cos4 x theo thứ tự tạo thành cấp số cộng. 2đ ycbt 2 3sin x.cos x sin4 x cos4 x 2.sin x 0.5đ 3sin 2x cos2x 2.sin x 0.5đ sin 2x sin x 0.5đ 6 x k2 6 7 2 0.5đ x k 18 3 Câu 2 1 1 1 1 a.Tính tổng sau S C 0 C 2 C 4 C 2016 C 2018 2018 3 2019 5 2019 2017 2019 2018 2019 b. Trên mặt phẳng cho 6 điểm phân biệt trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Biết rằng các đường thẳng đi qua hai trong 6 điểm trên không có hai đường 6đ thẳng nào song song và cũng không có ba đường thẳng nào đồng quy tại một điểm ngoài 6 điểm đã cho. Chọn ngẫu nhiên một tam giác được tạo bởi các đường thẳng đó. Tính xác suất chọn được một tam giác có ít nhất một đỉnh trong 6 điểm trên. 1 1 1 1 a.Tính tổng sau S C 0 C 2 C 4 C 2016 C 2018 2019 3 2019 5 2019 2017 2019 2019 2019 2đ 1 1 Chứng minh được C k C k 1 k 1 n n 1 n 1 0.5đ 1 1 3 5 2017 2019 Khi đó, S C2020 C2020 C2020 C2020 C2020 2019 0.5đ 1 1 2020 C1 C 2 C 2020 2020 2020 2020 2019 1 2 2020 0.5đ 1 1 C2020 C2020 C2020 22020 2 C1 C3 C5 C 2017 C 2019 2020 2020 2020 2020 2020 0.5đ 22019 S 2019 b.Trên mặt phẳng cho 6 điểm phân biệt trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Biết rằng các đường thẳng đi qua hai trong 6 điểm trên không có hai đường thẳng nào song song và cũng không có ba đường thẳng nào đồng quy tại một điểm 2đ ngoài 6 điểm đã cho. Chọn một tam giác bất kì tạo bởi các đường thẳng đó mà mỗi tam giác có ít nhất một điểm trong 6 điểm trên. A “tam giác được chọn có ít nhất một điểm trong 6 điểm đã cho”. 2 0.5đ Số đường thẳng tạo thành từ 6 điểm C6 15
3 3 Số tam giác được tạo thành n  C15 6.C5 395 3 Th1: Tam giác có 3 điểm trong 6 điểm có C6 20 2 1 1 Th2: Tam giác có đúng 2 điểm trong 6 điểm có : C6 .C4 . C4 1 180 1 2 2 Th3: Tam giác có đúng 1 điểm trong 6 điểm có : C6 .C5 .C3 180 0.5đ n A 380 0.5đ 0.5đ 380 76 P A 395 79 Câu 3. 3 u 1 4 Cho dãy số u : . Tính tổng của 2019 số hạng đầu của n u 3đ n 1 un n 2 1 6nun 1 4un 1 dãy số đã cho. QuyNapU n 0,n 1 1 Ta có 6n 4 0.5đ un un 1 1 1 2 3n2 n 3 n 1 n 1 un un 1 1 2 1 đ 2 u1 3 1 9n2 3n 2 3n 2 3n 1 u 3 3 n 1đ 1 1 u n 3n 2 3n 1 2019 2019 1 1 1 6057  ui  1 0.5đ 1 1 3n 2 3n 1 6058 6058 Câu 4. Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(6;10). B,C nằm trên Ox. Biết hình vuông BCED có tâm I (7;-5) và hình vuông MNPQ với M,N thuộc BC, P thuộc 3đ AC, Q thuộc AB. Tìm phép vị tự biến BCED thành MNPQ K 0 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp hình vuông MNPQ. A Q P B C M H N . D E
BC Chứng minh Phép vị tự tâm A, tỉ số k thỏa mãn yêu cầu bài toán. BC AH 1đ d(I;BC) = 5 => bán kính đtròn ngoại tiếp BCED là R = R 5 2 0.5đ 1 Tính được k 0.5đ 2 13 5 V(A;k)(I) = I’(V A;k I I ' ; 2 2 0.5đ 5 2 R ' k.R 2 2 2 13 5 25 Phương trình cần tìm x y 2 2 2 0.5đ Câu 5 3 2 2 3 x 1. 2x2 x 1 1 x 1 1 . 2x x 1 2x x 1 1 lim lim 1 x 0 x x 0 x điểm 2x2 x 1 2x 1 1 1 5 lim x 0 3 x 1 2 3 x 1 1 2x2 x 1 1 3 2 6 1 đ Câu 6 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB,CD. a. Chứng minh AM vuông góc BN. 4 đ b. Tính khoảng cách từ AC đến SD. S M K B A H P I D N C a. chứng minh AM vuông góc BN. 2đ
Cm SHC / / MAP 0.5đ Chứng minh được BN  HC 0.5đ BN  SHC 0.5đ BN  AM 0.5đ b. Tính khoảng cách từ A đến SD. 2đ Dựng hình 0.5đ Chứng minh d H; SDI HK 0.5đ a. 21 HK 0.5đ 14 a. 21 d AC;SD 2.d H; SID 0.5đ 7 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI OLIMPIC QUẢNG NAM NĂM 2019 Trường THPT Lương Thế Vinh Môn thi : TOÁN - Lớp: 11 ĐỀ ĐỀ NGHỊ Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 01 trang) Câu 1 (3,0 điểm). 2014 a) Tìm tập xác định của hàm số f x 2015cot x . 1 sin x 2 x b) Giải phương trình: sin x cos x 2sin2 sin x 2 3 sin x 4 3 . 2 Câu 2 (4,0 điểm). 2 2 2 a. Cho Pn= 1 1 1 2.3 3.4 (n 1)(n 2) Gọi U là số hạng tổng quát của P . Tìm lim Un n n n u u u u u 11 1 2 3 4 5 b. Cho cấp số nhân (un ) thỏa: 82 u u 1 5 11 1 Tính tổng S2018 . Trên khoảng ;1 có bao nhiêu số hạng của cấp số. 2 Câu 3 (4,0 điểm).
a) Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1. b) Chứng minh đẳng thức sau: 0 2 1 2 2 2 3 2 2011 2 2012 2 1006 C2012 C2012 C2012 C2012 C2012 C2012 C2012 . Câu 4 (2,0 điểm). Chứng minh rằng phương trình . x3 2x 4 3 3 2x có đúng một nghiệm Câu 5 (3,0 điểm). a) Cho tam giác ABC . Gọi I,J,M lần lượt là trung điểm của AB,AC,IJ . Đường tròn O ngoại tiếp tam giác AIJ cắt AO tại D . Gọi E là hình chiếu vuông góc của D trên BC . Chứng minh A,M,E thẳng hàng. b) Cho tam giác ABC có tất cả các góc nhỏ hơn 1200 . Tìm trên mặt phẳng chứa tam giác điểm M sao cho tổng MA MB MC nhỏ nhất. Câu 6 (4,0 điểm). a) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Chứng minh rằng mặt phẳng A' BD song song với mặt phẳng CB ' D ' . Tìm điểm M trên đoạn BD và điểm N trên đoạn CD’ sao cho đường thẳng MN vuông góc với mặt phẳng (A’BD). b) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AD, BB’, C’D’. Xác định thiết diện cắt bởi mặt phẳng (MNP) với hình lập phương ABCD.A’B’C’D’, tính theo a diện tích thiết diện đó. ––––––––––– Hết –––––––––––– Họ và tên thí sinh: .; Số báo danh: Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI OLIMPIC QUẢNG NAM NĂM QUẢNG NAM Môn thi: TOÁN Lớp : 11 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Nội dung Điểm 1 2014 1,5 a. Tìm tập xác định của hàm số f x 2015cot x . 1 sin x 1 sin x 0 sin x 1 Hàm số f x xác định khi và chỉ khi 0,5 sin x 0 sin x 0 x k2 x k2 x k2 2 2 2 k ¢ 0,5 x k x k x k  Vậy tập xác định của hàm số đã cho là: S ¡ \ k2 ,k k ¢  0,5 2  2 x 1,5 b) Giải phương trình: sin x cos x 2sin2 sin x 2 3 sin x 4 3 . 2 2 x sin x cos x 2sin2 sin x 2 3 sin x 4 3 2 1 2sin x cos x 1 cos x 2 3 sin2 x 4sin x 3 sin x 0,25 2 4sin x 2sin x cos x cos x 2 3 sin2 x 3 sin x
2 1 2sin x cos x 2sin x 1 3 sin x 2sin x 1 2sin x 1 0 0,5 2sin x 1 3 sin x cos x 2 0 3 sin x cos x 2 0 3 1 +) 3 sin x cos x 2 0 sin x cos x 1 sin x 1 2 2 6 0,25 x k2 x k2 , k ¢ . 6 2 3 x k2 1 6 +) 2sin x 1 0 sin x k ¢ . 2 5 0,25 x k2 6 5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x k2 , x k2 , x k2 k ¢ 0,25 3 6 6 2 2 2 2 a. 1. Cho Pn= 1 1 1 1.5 2.3 3.4 (n 1)(n 2) Gọi U là số hạng tổng quát của P . Tìm lim Un n n n 2 k(k 3) 0,5 Ta có: 1 (k 1)(k 2) (k 1)(k 2) Cho k=1,2,3, ,n ta được 1.4.2.5.3.6 n(n 3) 0.5 S n 2.3.3.4.4.5 (n+2)(n 1) (n 3) Un= 0.25 3(n 1) (n 3) 1 lim Un = lim n n 3(n 1) 3 0.25 u u u u u 11 1 2 3 4 5 b. Cho cấp số nhân (un ) thỏa: 82 u u 1 5 11 2,5 1 Tính tổng S2018 . Trên khoảng ;1 có bao nhiêu số hạng của cấp số. 2
. Gọi q là công bội của cấp số. Khi đó ta có: 39 2 3 39 u2 u3 u4 u1 q q q 0.5 11 11 82 82 u u u 1 q4 1 5 11 1 11 q4 1 82 Suy ra: 39q4 82q3 82q2 82q 39 0 0.5 q3 q2 q 39 1 0.5 (3q 1)(q 3)(13q2 16q 13) 0 q ,q 3 3 q2018 1 • . Ta có: S u 2018 1 q 1 0.25 1 81 243 1 • q u1 S2018 1 3 11 22 32018 1 1 0.25 • q 3 u S 32018 1 1 11 2018 22 0.25 3n 1 1 Với q 3 ta có: un ;1 n 3 nên có một số hạng của dãy 11 2 1 1 1 0.25 Với q ta có: un ;1 n 3 nên có một số hạng của dãy 3 11.3n 5 2 3 a) Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập 2,0 A, tính xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1. Số các số tự nhiên có 5 chữ số là 99999 10000 1 90000 Giả sử số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là: abcd1 0.5 Ta có abcd1 10.abcd 1 3.abcd 7.abcd 1 chia hết cho 7 khi và chỉ khi 3.abcd 1 h 1 chia hết cho 7. Đặt 3.abcd 1 7h abcd 2h là số nguyên khi và chỉ khi 0.5 3 h 3t 1 Khi đó ta được: abcd 7t 2 1000 7t 2 9999 998 9997 t t 143, 144, , 1428 suy ra số cách chọn ra t sao cho số abcd1 chia 0.5 7 7 hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là 1286. 1286 0.5 Vậy xác suất cần tìm là: 0,015 90000 b) Chứng minh đẳng thức sau: 2.0 0 2 1 2 2 2 3 2 2011 2 2012 2 1006 C2012 C2012 C2012 C2012 C2012 C2012 C2012 . 2012 Xét đẳng thức 1 x 2012 . 1 x 2012 1 x2 0.5 2012 2 2012 k 2 k 2012 1006 +) Ta có 1 x  C2012 x suy ra hệ số của số hạng chứa x là C2012 k 0 0.5 2012 2012 2012 2012 k k k k +) Ta có 1 x . 1 x  C2012 x  C2012 x k 0 k 0 0,25 suy ra hệ số của số hạng chứa x2012 là o 2012 1 2011 2 2010 3 2009 2012 2012 C2012C2012 C2012C2012 C2012C2012 C2012C2012 C2012 C2012 2 2 2 2 2 2 0.5 C 0 C1 C 2 C3 C 2011 C 2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012 0.25 Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh.
4 Chứng minh rằng phương trình . x3 2x 4 3 3 2x có đúng một nghiệm 2,0 3 . Điều kiện: x 2 0.25 Phương trình x3 2x 3 3 2x 4 0 3 3 Xét hàm số f(x) x 2x 3 3 2x 4 liên tục trên ; 2 0.25 3 19 3 0.25 f(0) 4 3 3 0, f 0 f(0).f 0 2 8 2 0.25 Nên phương trình f(x) 0 có ít nhất một nghiệm Giả sử phương trình f(x) 0 có hai nghiệm x1 ,x2 Khi đó: f(x1) f(x2 ) 0 0.25 3 3 x1 x2 2 x1 x2 3 3 2x1 3 2x2 0 0.25 2 2 6 x1 x2 x1 x1x2 x2 2 0 3 2x 3 2x 14444444444444444442 444444414444444444243 B 0.25 x1 x2 2 x 3x2 6 (Vì B x 2 2 2 0 ) 0.25 1 2 4 3 2x1 3 2x2 Vậy phương trình luôn có nghiệm duy nhất. 5 a) Cho tam giác ABC . Gọi I,J,M lần lượt là trung điểm của AB,AC,IJ . Đường tròn O 1.5 ngoại tiếp tam giác AIJ cắt AO tại D . Gọi E là hình chiếu vuông góc của D trên BC . Chứng minh A,M,E thẳng hàng. A O J I M D 0.25 C B E Xét phép vị tự ta có V A;2     nên 0.25 AB 2AI; AC 2AJ V A;2 I B,V A;2 J C do đó biến tam giác thành tam giác , do đó phép vị tự này biến đường tròn 0.25 V A;2 AIJ ABC O thành đường tròn O' ngoại tiếp tam giác ABC .   Do 0.25 AD 2AO V A;2 O D O'  D , hay D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 0.25 Giả sử khi đó    . V A;2 M M' OM IJ DM' BC M' E Vậy nên thẳng hàng. V A;2 M E A,M,E
0.25 b) Cho tam giác ABC có tất cả các góc nhỏ hơn 1200 . Tìm trên mặt phẳng chứa tam giác 1.5 điểm M sao cho tổng MA MB MC nhỏ nhất. A M B C 0.25 M' C' Giả sử tam giác ABC có các điểm được sắp xép như hình vẽ Xét phép quay Q 0 , giả sử B; 60 0.25 Q 0 : M M',C C' thế thì ΔMBM' đều nên BM MM' . B; 60 0.25 Tương tự MC M'C' do đó MA MB MC AM MM' M'C' AC' Vậy min MA MB MC AC' khi A,M,M',C' thẳng hàng, khi đó ta dễ dàng kiểm tra 0.5 được A· MB B· MC C· MA 1200 . 0 Hay điểm M nhìn ba cạnh dưới các góc 120 . 0.25 6 a) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Chứng minh rằng mặt phẳng A' BD 2.0 song song với mặt phẳng CB ' D ' . Tìm điểm M trên đoạn BD và điểm N trên đoạn CD’ sao cho đường thẳng MN vuông góc với mặt phẳng (A’BD). A D 0.5 M C B N D' A' C' B' Ta có tứ giác BCD’A’ là hình bình hành nên CD ' BA' CD ' BDA' (1) Ta có tứ giác BDD’B’ là hình bình hành nên B ' D ' BD B ' D ' BDA' (2) 0.5 Từ (1) và (2) ta được A' BD CB ' D ' .            Đặt BM x.BD, CN y.CD ' . Khi đó MN MB BC CN xBD AD y.CD '
        x AB AD BC y AA' AB x y AB 1 x AD y AA' 0.25 Do MN vuông góc (A’BD) nên MN  BD, MN  BA' . Từ đó ta được:   2 1 x x y 0 x MN.BD 0 2x y 1 3 0.5   y x y 0 x 2y 1 MN.BA' 0 y 3  2   1  Do đó BM .BD, CN .CD ' 0.25 3 3 b) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a . Gọi M, N, P lần lượt là trung 2.0 điểm của các đoạn thẳng AD, BB’, C’D’. Xác định thiết diện cắt bởi mặt phẳng (MNP) với hình lập phương ABCD.A’B’C’D’, tính theo a diện tích thiết diện đó. A M D S R C B O 0,25 D' A' N P C' B' Q Gọi S là trung điểm của AB, khi đó MS BD MS BDC ' và NS C ' D NS BDC ' suy ra MNS BDC ' . Do MNS BC ' nên (MNS) cắt (BCC’B’) theo giao tuyến qua N 0,5 song song với BC’ cắt B’C’ tại Q. Do MNS BD B ' D ' nên (MNS) cắt (A’B’C’D’) theo giao tuyến qua Q song song với B’D’ cắt D’C’ tại P’, do P’ là trung điểm của C’D’ nên P’ trùng với P. Do MNS C ' D 0,5 nên (MNS) cắt (CDD’C’) theo giao tuyến qua P song song với C’D cắt DD’ tại R. Do đó thiết diện cắt bởi (MNP) và hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ theo một lục giác đều a 2 0,25 MSNQPR cạnh MR và có tâm là O suy ra: 2 1 3 3a2 3 3a2 S 6S 6. OM.OS.sin 600 . Vậy S 0,5 MSNQPR OMS 2 4 MSNQPR 4 Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác đúng thì Ban Giám khảo thảo luận và thống nhất thang điểm cho phù hợp với Hướng dẫn chấm. SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM KỲ THI HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2018-2019 TRƯỜNG THPT PHAN BỘI CHÂU ĐỀ THI MÔN: TOÁN 11 - THPT ĐỀ ĐỀ NGHỊ Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. Họ và tên thí sinh: . . . . .; Số báo danh
x 3 Câu 1 (3,0 điểm). Giải phương trình sin x 1 tan x.tan tan x 2 3 2 . 2 cos x Câu 2 (2,0 điểm). 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 7x2 (m 6)x m 0. Câu 3 (4,0 điểm). 1 1 1 a. Tính tổng S 2 2  2  A2 A3 A2019 b. Người ta dùng 18 cuốn sách bao gồm 7 cuốn sách Toán, 6 cuốn sách Lý và 5 cuốn sách Hóa (các cuốn sách cùng loại thì giống nhau) để làm phần thưởng cho 9 học sinh A, B,C, D, E, F,G, H, I , mỗi học sinh nhận được 2 cuốn sách khác thể loại (không tính thứ tự các cuốn sách). Tính xác suất để hai học sinh A và B nhận được phần thưởng giống nhau. 2 Câu 4 (4,0 điểm). Cho dãy số xn được xác định bởi: x1 2019, xn 1 xn xn 1,n 1,2,3, a) Chứng minh rằng dãy xn tăng và lim xn . 1 1 1 b) Với mỗi số nguyên dương n , đặt yn 2019 . Tính lim yn. x1 x2 xn Câu 5 (4,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và SA vuông góc với mặt phẳng ABCD . Biết AB a, BC a 3 và SD a 5. a) Đường thẳng qua A vuông góc với AC cắt các đường thẳng CB,CD lần lượt tại I, J . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SC . Hãy xác định các giao điểm K, L của SB,SD với HIJ và chứng minh rằng AK  SBC . b) Tính diện tích tứ giác AKHL. Câu 6 (3,0 điểm) Cho hai đường tròn (O, R) và (O’, R’) với R R ' cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Một đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (O) và (O’) lần lượt tại P và P’. Gọi Q và Q’ lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ P và P’ xuống OO’. Các đường thẳng AQ và AQ’ cắt các đường tròn (O) và (O’) tạiM và M’. Chứng minh rằng MM’ qua B. Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM KỲ THI HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2018-2019 TRƯỜNG THPT ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN 11 - THPT PHAN BỘI CHÂU (Đáp án có 04 trang) I. ĐÁP ÁN: Câu Nội dung trình bày Điểm Câu 1 (3,0 điểm) x ĐKXĐ: cos x.cos 0 . Phương trình đã cho tương đương 2
x x cos x.cos sin x.sin sin x 2 2 tan x 2 3 3 3 tan2 x x cos x.cos 2 sin x tan x 2 3 3 3 tan2 x cosx 1 3 tan2 x 2 tan x 3 0 tan x 3 hoặc tan x . 3 tan x 3 x k . 3 1 tan x x k . 3 6 Kiểm tra ĐK thỏa mãn. Vậy nghiệm của PT là x k ; x k , k ¢ . 3 6 Câu 2 (2,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương x 1 (x 1)(x2 6x m) 0 2 x 6x m 0 (1) Phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt ' 9 m 0 m 9 khác 1, hay: (*). 2 1 6.1 m 0 m 5 Khi đó, PT đã cho có ba nghiệm x1, x2 và x3 1, trong đó x1, x2 là nghiệm của (1). x1 x2 6 Theo định lý Viet ta có (2). x1.x2 m Xét các trường hợp sau: 2 2 *) Nếu x1.x3 x2 x1 x2 (3). Từ (2) và (3) ta có hệ: x2 x 6 0 x1 x2 6 2 2 2 x2 2; x1 4;m 8 x1.x2 m x1 x2 x 3; x 9;m 27 2 3 2 1 x1 x2 m x2 m 1 2 *) Nếu x1.x2 x3 x1.x2 1 (4). Từ (2) và (4) ta có hệ: x1 x2 6 x1.x2 1 Vậy, có ba giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là: m 1,m 8,m 27 . Câu 3 a (2,0 điểm) 2 k! 1 1 Ta có Ak 2 ,k 2. (k 2)! Ak k(k 1) 1 1 1 Suy ra 2 . Ak k 1 k 1 1 1 1 1 Cho k 2,3, ,2019 ta được S 1  . 2 2 3 2018 2019 1 2018 Vậy S 1 . 2019 2019 b (2,0 điểm) Gọi x, y, z(x, y, z Î ¥ ) lần lượt là số học sinh được nhận các bộ giải thưởng (Toán-Lý); (Toán-Hóa) và
ïì x + y = 7 ïì x = 4 ï ï (Lý-Hóa). Ta có hệ: íï x + z = 6 Û íï y = 3. ï ï îï y + z = 5 îï z = 2 4 3 2 Số cách phát thưởng ngẫu nhiên cho 9 học sinh là: C9 .C5 .C2 = 1260. Gọi T là biến cố “hai học sinh A và B có phần thưởng giống nhau”. 2 3 2 +) Nếu A và B có phần thưởng là sách (Toán- Lý), có: C7 .C5 .C2 = 210 cách phát. 1 4 2 +) Nếu A và B có phần thưởng là sách (Toán- Hóa) có: C7 .C6 .C2 = 105 cách phát. 4 3 +) Nếu A và B có phần thưởng là sách (Lý- Hóa) có: C7 .C3 = 35 cách phát. 210+ 105+ 35 5 Vậy xác suất cầm tìm là P(T ) = = . 1260 18 Câu 4 a (2,0 điểm) 2 2 Ta có xn 1 xn xn 2xn 1 xn 1 0 xn 1 xn ,n 1. Do đó xn tăng. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n rằng xn n 1,n 1 (1). Thật vậy, (1) đúng với n 1.Giả sử (1) đúng với n (n 1) thì 2 xn 1 xn xn 1 1 n(n 1) 1 n n 1 n 2 Vậy (1) đúng với mọi n. Từ xn tăng ngặt và xn n 1,n 1 suy ra lim xn . b (2,0 điểm) 1 1 1 1 Ta có xn+1 - 1= xn (xn - 1). Suy ra = = - . xn+1 - 1 xn (xn - 1) xn - 1 xn 1 1 1 Từ đó = - . xn xn - 1 xn+1 - 1 1 1 1 1 1 1 1 Do đó yn 2019 2019 2019 x1 x2 xn x1 1 xn 1 1 2018 xn 1 1 1 2019 Từ lim xn lim 0 . Vậy lim yn . xn 2018 Câu 5 a (2,0 điểm). S J J L H K D A A D I B C I B C Trong (SBC) gọi K = SB ÇIH Þ K = SB Ç(HIJ ) Trong (SCD) gọi L = SD Ç JH Þ L = SD Ç(HIJ )
ïì IJ ^ AC Ta có íï Þ IJ ^ (SAC)Þ IJ ^ SC , mà AH ^ SC . Suy ra SC ^ (IJH ). îï IJ ^ SA Suy ra AK ^ SC . Mà BC ^ (SAB)Þ BC ^ AK . Vậy AK ^ (SBC). b (2,0 điểm). SA.AC 2a Ta có SA = SD2 - AD2 = a 2 ; AH = = ; SA2 + AC 2 3 SA.AB 2a AK = = SA2 + AB2 6 2a Do AK ^ (SBC)Þ AK ^ KH , do đó KH = AH 2 - AK 2 = . 6 Tương tự phần (a) thì AL ^ (SCD)Þ AL ^ HL . Từ đó tính được a 2 LH = AH 2 - AL2 = . 15 1 1 8a2 Suy ra S = S + S = AK.KH + AL.LH = . AKHL AKH ALH 2 2 15 Câu 6 3,0 điểm P' I P A O' Q' J O Q S M' M B Gọi S là giao điểm của d và OO’, khi đó S là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn (O) và R ' (O’). Đặt k , khi đó ta có. R V (S,k) : (O) (O '), P P ',Q Q ' Gọi I, J là giao điểm của AB với PP’ và OO’. Khi đó ta có 2 IP2 IA.IB IP ' IP IP ' Mà PQ // IJ // P’Q’ nên JQ = JQ’ Suy ra AB là trung trực của QQ’. Mà OO’ là trung trực của AB. Vậy tứ giác AQBQ’ là hình thoi Do đó Q’B //AQ hay Q’M’ // QM. Giả sử V(S, k) biến M thành B’ khi đó QM // Q’B’ Mà M thuộc (O) suy ra B’ thuộc (O’) do đó B’ trùng với B. Vậy V(S, k) biến M thành B. Tương tự ta có V(S, k) biến M’ thành B. Suy ra M, B, M’ thẳng hàng hay MM’ qua B Hết TRƯỜNG THPT SÀO NAM KÌ THI OLIMPIC NĂM HỌC 2016-2017 Môn thi: TOÁN – Lớp 11 ĐỀ ĐỀ NGHỊ Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (4,0 điểm).
a) Tính tổng các nghiệm thuộc 0,10 của phương trình: sin 2 x 2 cos 2 x 1 sin x 4 cos x b) Giải phương trình: sin2 x tan x 1 3sin x cos x sin x 3 u 1,u 1 1 2 Câu 2 (4,0 điểm). Cho dãy số thực (un ) xác định bởi: 5u 3u u n 1 n ; n 1 n 2 2 1/Tìm số hạng tổng quát của dãy số (un) n 1 2/Tính lim k 1 uk 5 Câu 3 (4,0 điểm). a) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có bảy chữ số khác nhau được lập từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra có chữ số 0 và 1 đứng cạnh nhau. b) Cho khai triển sau: 2 2020 x 2 x 2 2020 2019 b1 b2 b2020 a2020 x a2019 x a1 x a0 2 2020 x 1 (x 1) (x 1) (x 1) .Tính a0 và tổng S b1 b2 b2020 f (x) 5 Câu 4 (2,0 điểm). Cho f(x) là hàm đa thức thỏa mãn lim 3.Tính x 1 x 1 3 5 f (x) 2 3 I lim x 1 x 1 Câu 5 (3,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD. Từ B kẻ các đường thẳng BE vuông góc với CD và BK vuông góc với AD (E CD, K AD). Biết KE = a và BD = b (b>a). Tính khoảng cách từ B đến trực tâm của tam giác BEK. Câu 6 (3,0 điểm). Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC với cả ba góc nhọn. Trên đường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P) tại A, lấy điểm M. Dựng BK ⊥ AC, BH ⊥ CM. Đường thẳng KH cắt (d) tại N. a) Chứng minh rằng BN ⊥ CM và BM ⊥ CN b) Tìm vị trí điểm M trên (d) sao cho đoạn MN ngắn nhất. HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
TRƯỜNG THPT SÀO NAM HƯỚNG DẪN CHẤM THI OLIMPIC Môn thi: TOÁN – Lớp 11 ĐỀ NGHỊ Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐIỂ CÂU NỘI DUNG ĐÁP ÁN M a) Giải phương trình: sin 2x 2cos2x 1 sin x 4cos x Câu 1 (*) Û 2sin x cosx + 4cos2 x - 2 = 1+ sin x - 4cosx Û (4cos2 x - 1)+ sin x (2cosx - 1)+ 2(2cosx - 1)= 0 1a Û (2cosx - 1)(2cosx + 1+ sin x + 2)= 0 (2đ) é2cosx - 1 = 0 p p Û ê Û cosx = cos Û x = ± + k2p,(k Î ¢ ) ê2cosx + sin x = - 3 VN 3 3 ëê ( ) • S 50 0.5đ ● Điều kiện: cosx ¹ 0. ● Do cosx ¹ 0 nên chia hai vế (*) cho cos2 x ¹ 0 , ta được: sin2 x 3sin x cosx - 3sin2 x 1 (*) Û (tan x + 1)= + 3. cos2 x cos2 x cos2 x 1b Û tan2 x (tan x + 1)= 3tan x - 3tan2 x + 3(1+ tan2 x) (2đ) Û tan3 x + tan2 x - 3tan x + 3tan2 x - 3tan2 x - 3 = 0 é p étan x = - 1 êx = - + kp 3 2 ê ê 4 Û tan x + tan x - 3tan x - 3 = 0 Û ê Û ê (k,l Î ¢ ) êtan x = ± 3 ê p ë êx = ± + lp ë 3 ; u 1,u 1 1 2 Cho dãy số thực (un ) xác định bởi: 5u 3u (1) u n 1 n ; n 1 Câu 2 n 2 2 (4,0 đ) 1/Tìm số hạng tổng quát của dãy số (un) n 1 2/Tính lim k 1 uk 5 + Giả sử tồn tại x.y sao cho : xun 2 yun 1 xun 1 yun ;Từ (1) suy ra x 2; y 3 5u 3u 2a u n 1 n 2u 3u 2u 3u ,n 1 1đ (3,0đ) n 2 2 n 2 n 1 n 1 n xn 2 xn 1,n 1,(xn 1 2un 1 3un ,n 1)
xn 2 xn 1 x3 5 1đ 2un 1 3un 5,n 1 (2) 3 + giả sử có 2 số k sao cho:u k (u k) n 1 2 n So sánh với (2) ta có k= -5 1đ 3 3 u 5 (u 5),n 1 y y ,n 1 (3) n 1 2 n n 1 2 n (yn 1 un 1 5,n 1, y1 4) 3 3 3 +Từ(3) y y 4( )n ,n 1 u 4( )n 1 5,n 1 n 1 2 n 2 n 2 • Hoặc có thể lập luận như sau 5u 3u u n 1 n 2(u u ) 3(u u ),n 1 n 2 2 n 2 n 1 n 1 n 3 x x ,n 1,(x u u ,n 1; x 2) n 2 2 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 1 n 2 3 2b + Lim Lim( )n 1 (Cấp số nhân lùi vô hạn) k 1 uk 5 4 k 1 3 4 (1đ) 1đ Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có chữ số 0 và 1 đứng cạnh nhau sẽ có hai trường hợp TH1 : Ta xem số 10 có vai trò như một chữ số. Như vậy số cách lập số tự nhiên có bảy chữ số khác nhau mà số 1 và 0 đứng cạnh nhau là 6 ! = 720 số. 3a TH2 : Ta xem số 01 có vai trò như một chữ số, thế thì chữ số này không được đứng (2đ) đầu nên số cách lập số tự nhiên có bảy chữ số khác nhau mà số 0 và 1 đứng cạnh nhau là 5.5 ! = 600 số. 1 Vậy: n(A) 720 600 1320 . 0,5 n(A) 1320 11 Kết luận: P A 0,306 n() 4320 36 0,5 2 2020 x 2x 2 2020 2020 * f (x) f (0) a0 b1 b2 b2020 2 a0 S 2 x 1 0,5 2020 2020 1 k 2k 2020 f (x) x 1  C2020 (x 1) x 1 k 0 3b * (2đ) 1009 C k 2020 0.5 2020 C k (x 1)2k 2020  2020 2k  2020 k 0 (x 1) k 2010 1009 1008 1007 0 *Mà b1 b3 b2019 0 S C2020 C2020 C2020 C2020 2020 2020 1009 1008 1007 0 1010 2 (1 1) 2(C2020 C2020 C2020 C2020 ) C2020 (do : C k C n k ) n n 0.5
1 S 22019 C 2010 0.5 2 2020 1 a f (0) S 22019 C 2010 0 2 2020 Câu 4 f (x) 5 3 5 f (x) 2 3 (2,0 đ) Cho f(x) là hàm đa thức thỏa mãn lim 3.Tính I lim x 1 x 1 x 1 x 1 f (x) 5 g(x) f (x) 5 (x 1)g(x) (1) x 1 f (x) 5 Ta có lim 3 lim g(x) 3 g(1) 3 x 1 x 1 x 1 Từ (1) ta có f(1)=5 3 5 f (x) 2 3 5( f (x) 5) I lim lim x 1 x 1 x 1 (x 1) 3 (5 f (x) 2)2 33 5 f (x) 2 9 5g(x) 5 =lim 0.5 x 1 3 (5 f (x) 2)2 33 5 f (x) 2 9 9 0.5 0.5 0.5 B B' C H E A D K 0.5 Câu 5 Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với BC tại B’. (3,0đ) Gọi H là trực tâm của tam giác BEK. Do EH vuông góc với BK và KH vuông góc với BE      Suy ra: DE KH và EH KD do đó ta có Phép tịnh tiến theo vectơ KD biến K thành D, H thành E và B thành B’ nên BH B'E . 0.5 Vì BH  KE nên B’E  KE hay tam giác B’EK vuông tại E B'E 2 B'K 2 KE 2 BD2 KE 2 b2 a2 (vì BB’DK là hình chữ nhật nên B’K = BD = b. Vậy BH B'E b2 a2 0,50
M H 1.5 A K C N B 1.0 a) Ta có BK  AC (gt)  BK  AMC BK  CM BK  MA (gt) mà BH  CM CM  BKH  BN BN  CM Ta có Câu 6 BK  AMC  CN BK  CN (1). (3,0đ) Mặt khác, xét tam giác MNC có MN  AC, NH  MC (do MC  BKH ) suy ra K là trực tâm của tam giác MNC MK  CN (2) . Từ (1) và (2) suy ra CN  MBK CN  MB 0.5 b) Vì K là trực tâm của tam giác MNC nên AM.AN = AK.AC. Do AMK đồng dạng với ACN . Như vậy khi M di chuyển trên (d) thì tích AM.AN không đổi. Vậy MN = AM + AN bé nhất khi và chỉ khi AM AN AK.AC TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC KÌ THI OLIMPIC NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: TOÁN – Lớp 11 ĐỀ ĐỀ NGHỊ Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (5,0 điểm). (cos x 1)(2cos x 1) c) Giải phương trình: 1 sin 2x 2cos2 x. sin x 3tan 2x d) Giải phương trình: 2 3.sin 2x 3 2 sin 2x 1
u1 3 Câu 2 (4,0 điểm). Cho dãy số thực (u ) xác định bởi: 5u 3 * n u n , n n 1 ¥ 3un 1 un 1 * a) Chứng minh dãy số vn , n ¥ . là một cấp số cộng. un 1 b) Tìm số hạng tổng quát của dãy số un . và tìm limun Câu 3 (3,0 điểm). a) Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có chín chữ số đôi một khác nhau.Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên thuộc vào tập A. Tính xác suất để chọn được một số thuộc A và số đó chia hết cho 3. b) Cho tập hợp A gồm n phần tử tử (n≥4). Biết rằng số tập con gồm 4 phần tử của A bằng 20 lần số tập con gồm 2 phần tử của A. Tìm k 1;2;3; ;n sao cho số tập con gồm K phần tử của A là lớn nhất? Câu 4 (2,0 điểm). Chứng minh rằng phương trình 8x3 6x 1 0 có ba nghiệm thực phân biệt. Hãy tìm 3 nghiệm đó. Câu 5 (3,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD. Từ B kẻ các đường thẳng BE vuông góc với CD và BK vuông góc với AD (E CD, K AD). Biết KE = a và BD = b (b>a). Tính khoảng cách từ B đến trực tâm của tam giác BEK. Câu 6 (3,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật có AB a, BC b , SA SB SC SD c . K là hình chiếu vuông góc của P xuống AC . a) Tính độ dài đoạn vuông góc chung của SA và BK . b) Gọi M , N lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng AK và CD . Chứng minh: Các đường thẳng BM và MN vuông góc nhau. HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2: TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI OLIMPIC Môn thi: TOÁN – Lớp 11 ĐỀ ĐỀ NGHỊ Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ĐIỂ CÂU NỘI DUNG ĐÁP ÁN M (cos x 1)(2cos x 1) e) Giải phương trình: 1 sin 2x 2cos2 x. Câu 1 sin x f) Giải hệ phương trình: sin2 x tan x 1 3sin x cos x sin x 3
Điều kiện: sin x 0 x m (m Z). Phương trình đã cho tương đương với: 2cos2 x 3cos x 1 sin x 2sin2 x.cos x 2sin x.cos2 x . cos 2x 3cos x 2 sin x cos x(1 cos 2x) sin x(1 cos 2x) . cos x2x 2(sin x cos x 1) cos2x(sin x cos x) 0 . 1a cos 2x 2 0 cos 2x 2 sin x+cos x 1 0 . (2,5đ) sin x+cos x 1 0 cos 2x 2 x k2 . 2 (k Z). sin x x k2 4 2 2 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x k2 ( k ¢ ). 2 Hướng dẫn giải. sin 2x 0 1 Điều kiện: sin 2x * ( nếu thí sinh viết không đủ (*) thì trừ 0,5 điểm). 4 cos2x 0 sin 2x Khi đó: PT(1) 4 3.sin 2x 2 3.sin 2x 3 2 3.sin 2x 3 . cos 2x 1b 2 3.sin 4x 3sin 2x 3 cos 2x . (2,5đ) 3 1 sin 4x sin 2x cos2x sin 4x sin 2x 2 2 6 4x 2x k2 x k . 6 12 k,k ' Z 5 4x 2x k '2 x k ' 6 36 3 Kết hợp với điều kiện (*) ta có nghiệm của phương trình là 5 x k , x k ' k,k ' Z, k ' 6m 2, k ' 6m 5, m Z . 12 36 3 u1 3 Cho dãy số thực (u ) xác định bởi: 5u 3 * n u n , n n 1 ¥ 3un 1 Câu 2 un 1 * c) Chứng minh dãy số vn , n ¥ . là một cấp số cộng. un 1 3n d) Tìm số hạng tổng quát của dãy số un . và tìm lim un 4,0 đ un 1 vn 1 Ta có vn un thay vào hệ thức truy hồi ta có un 1 vn 1 v 1 2a 5. n 3 (2,0đ) v 1 v 1 v 1 2v 8 v 1 2v 8 n 1 n n 1 n n 1 n v 1 v 1 v 1 2v 4 2 4 n 1 3. n 1 n 1 n vn 1
hay vn 1 vn 3 và v1 2 . Suy ra dãy số vn là một cấp số cộng có v1 2 và công sai d 3. Ta có vn v1 n 1 d 2 3 n 1 3n 1. 3n 1 1 3n Do đó un . Thử lại thấy dãy số này thỏa mãn. 2b 3n 1 1 3n 2 3n (2,0đ) Vậy số hạng tổng quát của dãy số u là u n ¥ *. n n 3n 2 3n limu lim 1 n 3n 2 a) Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có chín chữ số đôi một khác nhau.Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên thuộc vào tập A. Tính xác suất để chọn được một số Câu 3 thuộc A và số đó chia hết cho 3. b) Tìm ba số hạng liên tiếp lập thành cấp số cộng trong dãy số sau 0 1 2 23 C23,C23,C23, ,C23 . Gọi số tự nhiên theo yêu cầu bài toán có dạng a1a2a3a4a5a6a7 (a1 0) Ta có: n() 6.6! 4320 số 0,5 +) Trước hết ta tính n(A). Với số tự nhiên có chín chữ số đôi một khác nhau thì 8 8 chữ số đầu tiên có 9 cách chọn và có A9 cho 8 vị trí còn lại. Vậy n A 9A9 . 3a +) Giả sử B 0;1;2; ;9 ta thấy tổng các phần tử của B bằng 453 nên số có 0,5 (1,5đ)  chín chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 3 sẽ được tạo thành từ 9 chữ số của các tập B \ 0; B \ 3; B \ 6; B \ 9 nên số các số loại này là 9 8 9 8 A9 3.8.A8 11 A9 3.8.A8 . Vậy xác suất cần tìm là 8 9.A9 27 0,5 Hướng dẫn giải 4 Số tập con gồm 4 phần tử từ n phần tử của A : Cn tập. Số tập con gồm 2 phần tử từ n phần tử của A :C 2 tập. n 0,5 n! n! 20 (n 4)!4! (n 2)!2! Theo đề bài, ta có:C 4 20C 2  (n 3)(n 2) 240 n n 0.5 n 18(n)  3b n 13(l) (1,5đ) Gọi K là số phần tử có số tập con lớn nhất trong A( 0 K 18, K ¢ ). Khi đó : K K 1 C18 C18 K K 1 C18 C18 18! 18! 1 1 (18 K)!K ! (18 K 1)!(K 1)! (18 K) (K 1) 17 19 K K 9 18! 18! 1 1 2 2 (18 K)!K ! (18 K 1)!(K 1)! K 19 K 0.5
3 Câu 4 Chứng minh rằng phương trình 8x 6x 1 0 có ba nghiệm thực phân biệt. Hãy tìm 3 nghiệm đó. 2,0 đ Đặt f x 8x3 6x 1; tập xác định D ¡ suy ra hàm số liên tục trên ¡ . Ta có 1 f 1 3, f 1, f 0 1, f 1 1 suy ra 2 1 1 f 1 f 0, f f 0 0, f 0 f 1 0 . Từ 3 bất đẳng thức này và tính liên tục 2 2 0.5 của hàm số suy ra pt f x 0 có ba nghiệm phân biệt thuộc 1; 1 . 0.5 Đặt x cost, t 0;  thay vào pt ta được: 2,0đ 2 2 4cos3 t 3cost 1 cos3t cos t k , kết hợp với t 0;  ta được 3 9 3 5 7  t ; ;  . Do đó phương trình đã cho có 3 nghiệm: 9 9 9  0.5 5 7 x cos , x cos , x cos . 9 9 9 0.5 B B' C H E A D K 0,50 Câu 5 Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với BC tại B’. (3,0đ) Gọi H là trực tâm của tam giác BEK. Do EH vuông góc với BK và KH vuông góc với BE      Suy ra: DE KH và EH KD do đó ta có Phép tịnh tiến theo vectơ KD biến K thành D, H thành E và B thành B’ nên BH B'E . 1.5 Vì BH  KE nên B’E  KE hay tam giác B’EK vuông tại E B'E 2 B'K 2 KE 2 BD2 KE 2 b2 a2 (vì BB’DK là hình chữ nhật nên B’K = BD = b. Vậy BH B'E b2 a2 1.0
_S _D _N _C _K _M O_ B_ _A 0.5 Hướng dẫn giải a) + Theo giả thiết ta được: SO  ABCD SAC  ABCD . Mà BK  SAC và B BK  AC BK  SA . + Gọi H là hình chiếu của K xuống SA HK  SA và HK  BK ( vì HK  SAC ) HK là đoạn vuông góc chung của SA và BK . Suy ra được: BH  SA và HBK vuông tại K . 1 1 1 a 2b2 + Do ABC vuông đỉnh A nên: BK2 . BK2 AB2 BC2 a 2 b2 a 2 c2 .a SI.AB 4 Câu 6 + SAB cân đỉnh S , BH là đường cao nên HB SA c (3,0đ) + Do HBK vuông tại K nên: (4c2 a 2 )a 2 a 2b2 HK2 HB2 BK2 4c2 a 2 b2 (4c2 a 2 b2 )a 4 a 2 (4c2 a 2 b2 ) HK2 HK 4c2 (a 2 b2 ) 2c (a 2 b2 )    b) + 2BM BA BK ( vì M là trung điểm của AK )     1    1  + MN MB BC CN (AB KB) BC BA 2 2  1   + MN KB BC . 2 + Do đó:               4BM.MN (BA BK).(KB 2BC)= BA.KB 2BA.BC BK.KB 2BK.BC           = BA.KB BK.KB 2BK.BC= KB.(BA BK 2.BC)             = KB.(BA BC BK BC)= KB.(CA CK) KB.CA KB.CK 0 Vậy: BK  MN . ( Có thể tính và áp dụng định lý Pythagor). 1.5
1.0 TRƯỜNG THPT HỒ NGHINH ĐỀ KHẢO SÁT OLYMPIC 24/3 TỔ TOÁN - TIN Môn : Toán 11 Thời gian : 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (4 đ) 5 a. Giải phương trình cos2 x 4cos x 3 6 2 b. Tìm x để 2 3sin x.cos x;sin x;sin4 x cos4 x theo thứ tự tạo thành cấp số cộng. Câu 2. (4 đ) 1 1 1 1 a.Tính tổng sau S C 0 C 2 C 4 C 2016 C 2018 2018 3 2019 5 2019 2017 2019 2018 2019 . Trên mặt phẳng cho 6 điểm phân biệt trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Biết rằng các đường thẳng đi qua hai trong 6 điểm trên không có hai đường thẳng nào song song và cũng không có ba đường thẳng nào đồng quy tại một điểm ngoài 6 điểm đã cho. Chọn ngẫu nhiên một tam giác được tạo bởi các đường thẳng đó. Tính xác suất chọn được một tam giác có ít nhất một đỉnh trong 6 điểm trên. Câu 3. (3 đ) 3 u 1 4 Cho dãy số u : . Tính tổng của 2019 số hạng đầu của dãy số n u n 1 un n 2 1 6n.un 1 4un 1 đã cho. Câu 4. (3 đ) Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(6;10). B,C nằm trên Ox. Biết hình vuông BCED có tâm I (7;-5) và hình vuông MNPQ với M,N thuộc BC, P thuộc AC, Q thuộc AB. Tìm phép vị tự biến BCED thành MNPQ k 0 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp hình vuông MNPQ. 3 x 1. 2x2 x 1 1 Câu 5 ( 2 điểm) Tính giới hạn: lim x 0 x Câu 6. (4 đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M,N lần lượtlà trung điểm của SB,CD. a. Chứng minh AM vuông góc BN. b. Tính khoảng cách từ AC đến SD. HẾT .
ĐÁP ÁN Nội dung Điểm Câu 1 5 a. Phương trình cos2 x 4cos x 3 6 2 4đ b. Tìm x để 2 3sin x.cos x;sin x;sin4 x cos4 x theo thứ tự tạo thành cấp số cộng. 5 a. Phương trình cos2 x 4cos x 2đ 3 6 2 2 5 pt 1 2sin x 4cos x 0 3 6 2 0.5đ 2 4cos x 8cos x 3 0 0.5đ 6 6 1 cos x 0.5đ 6 2 x k2 6 0.5đ x k2 2 b. Tìm x để 2 3sin x.cos x;sin x;sin4 x cos4 x theo thứ tự tạo thành cấp số cộng. 2đ ycbt 2 3sin x.cos x sin4 x cos4 x 2.sin x 0.5đ 3sin 2x cos2x 2.sin x 0.5đ sin 2x sin x 0.5đ 6 x k2 6 7 2 0.5đ x k 18 3 Câu 2 1 1 1 1 a.Tính tổng sau S C 0 C 2 C 4 C 2016 C 2018 2018 3 2019 5 2019 2017 2019 2018 2019 b. Trên mặt phẳng cho 6 điểm phân biệt trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Biết rằng các đường thẳng đi qua hai trong 6 điểm trên không có hai đường 6đ thẳng nào song song và cũng không có ba đường thẳng nào đồng quy tại một điểm ngoài 6 điểm đã cho. Chọn ngẫu nhiên một tam giác được tạo bởi các đường thẳng đó. Tính xác suất chọn được một tam giác có ít nhất một đỉnh trong 6 điểm trên.
1 1 1 1 a.Tính tổng sau S C 0 C 2 C 4 C 2016 C 2018 2019 3 2019 5 2019 2017 2019 2019 2019 2đ 1 1 Chứng minh được C k C k 1 k 1 n n 1 n 1 0.5đ 1 1 3 5 2017 2019 Khi đó, S C2020 C2020 C2020 C2020 C2020 2019 0.5đ 1 1 2020 C1 C 2 C 2020 2020 2020 2020 2019 1 2 2020 0.5đ 1 1 C2020 C2020 C2020 22020 2 C1 C3 C5 C 2017 C 2019 2020 2020 2020 2020 2020 0.5đ 22019 S 2019 b.Trên mặt phẳng cho 6 điểm phân biệt trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Biết rằng các đường thẳng đi qua hai trong 6 điểm trên không có hai đường thẳng nào song song và cũng không có ba đường thẳng nào đồng quy tại một điểm 2đ ngoài 6 điểm đã cho. Chọn một tam giác bất kì tạo bởi các đường thẳng đó mà mỗi tam giác có ít nhất một điểm trong 6 điểm trên. A “tam giác được chọn có ít nhất một điểm trong 6 điểm đã cho”. Số đường thẳng tạo thành từ 6 điểm C 2 15 6 0.5đ 3 3 Số tam giác được tạo thành n  C15 6.C5 395 3 Th1: Tam giác có 3 điểm trong 6 điểm có C6 20 2 1 1 Th2: Tam giác có đúng 2 điểm trong 6 điểm có : C6 .C4 . C4 1 180 1 2 2 Th3: Tam giác có đúng 1 điểm trong 6 điểm có : C6 .C5 .C3 180 0.5đ n A 380 0.5đ 0.5đ 380 76 P A 395 79 Câu 3. 3 u 1 4 Cho dãy số u : . Tính tổng của 2019 số hạng đầu của n u 3đ n 1 un n 2 1 6nun 1 4un 1 dãy số đã cho. QuyNapU n 0,n 1 1 Ta có 6n 4 0.5đ un un 1 1 1 2 3n2 n 3 n 1 n 1 un un 1 1 2 1 đ 2 u1 3
1 9n2 3n 2 3n 2 3n 1 u 3 3 n 1đ 1 1 u n 3n 2 3n 1 2019 2019 1 1 1 6057  ui  1 0.5đ 1 1 3n 2 3n 1 6058 6058 Câu 4. Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(6;10). B,C nằm trên Ox. Biết hình vuông BCED có tâm I (7;-5) và hình vuông MNPQ với M,N thuộc BC, P thuộc 3đ AC, Q thuộc AB. Tìm phép vị tự biến BCED thành MNPQ K 0 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp hình vuông MNPQ. A Q P B C M H N . D E BC Chứng minh Phép vị tự tâm A, tỉ số k thỏa mãn yêu cầu bài toán. BC AH 1đ d(I;BC) = 5 => bán kính đtròn ngoại tiếp BCED là R = R 5 2 0.5đ 1 Tính được k 0.5đ 2 13 5 V(A;k)(I) = I’(V A;k I I ' ; 2 2 0.5đ 5 2 R ' k.R 2 2 2 13 5 25 Phương trình cần tìm x y 2 2 2 0.5đ Câu 5 3 2 2 1 3 x 1. 2x2 x 1 1 x 1 1 . 2x x 1 2x x 1 1 lim lim điểm x 0 x x 0 x 2x2 x 1 2x 1 1 1 5 lim x 0 3 2 3 2x2 x 1 1 3 2 6 1 đ x 1 x 1 1
Câu 6 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB,CD. 4 đ a. Chứng minh AM vuông góc BN. b. Tính khoảng cách từ AC đến SD. S M K B A H P I D N C a. chứng minh AM vuông góc BN. 2đ Cm SHC / / MAP 0.5đ Chứng minh được BN  HC 0.5đ BN  SHC 0.5đ BN  AM 0.5đ b. Tính khoảng cách từ A đến SD. 2đ Dựng hình 0.5đ Chứng minh d H; SDI HK 0.5đ a. 21 HK 0.5đ 14 a. 21 d AC;SD 2.d H; SID 0.5đ 7
SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ TRƯỜNG THPT BẮC TRÀ MY Môn thi: TOÁN - Khối 11 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) ĐỀ : Câu I (6,0 điểm) 1) Giải phương trình lượng giác sin( 2x)cot3x sin( 2x) 2cos5x=0 2 2 (4x 1)x (y 3) 5 2y 0 2) Giải hệ phương trình : 2 2 4x y 2 3 4x 7 Câu II (3,0 điểm) Cho dãy số (un ) được xác định bởi công thức u 1 1 2 ,n ¥ * n(un 2) n 1 un 1 n 1 1) Tìm công thức tổng quát un theo n 2) Tìm limun Câu III (4,0 điểm) n 1) Chứng minh rằng: với mọi số tự nhiên n, số 23 1 chia hết cho 3n 1 nhưng không chia hết cho 3n 2. 2) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau. Câu IV (5,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh C thuộc đường thẳng d: x+2y- 6=0. Điểm M(1,1) thuộc cạnh BD biết rằng hình chiếu vuông góc của M trên AB, AD đều nằm trên đường thẳng : x y 1 0 . Tìm tọa độ điểm C. Câu V (2,0 điểm) 1 Tìm hệ số của số hạng chứa x13 trong khai triển f (x) ( x x2 )3 (2x 1)15 thành đa thức 4 HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
ĐIỂ CÂU NỘI DUNG ĐÁP ÁN M 1) Giải phương trình lượng giác sin( 2x)cot3x sin( 2x) 2cos5x=0 2 2 Câu I (4x 1)x (y 3) 5 2y 0 2) Giải hệ phương trình : 2 2 4x y 2 3 4x 7 6,0 đ cos3x pt cos 2x. sin 2x 2cos5x=0 sin 3x 0,5 cos 2x.cos3x sin 2 x.sin 3x 2 cos5x.sin 3x 0 0,5 cos5x.(1 2 sin 3x) 0 cos5x 0 1 2 sin 3x 0 1 I.1 x k 10 5 2 x k (với k nguyên) 12 3 2 x k 4 3 1 0.5 5 y a x 2 a x ĐK: . Đặt 5 b2 3 b 5 2y y x 2 4 Ta có hệ phương trình trở thành (1) 8a2 2a b3 b 0 (2a b)(4a2 2ab b2 1) 0 0.5 2a b 0 2 2 4a 2ab b 1 0 x 0 I.2 Với 2a=b 2x 5 2y 5 4x2 y 2 4 2 Thay vào (2) ta có: 16x 24x 3 8 3 4x 0 0.5 4x2 (4x2 1) 5(4x2 1) 8( 3 4x 1) 0 16 (2x 1)(8x3 4x2 10x 5 ) 0 3 4x 1 2x 1 0 16 8x3 4x2 10x 5 0(*) 3 4x 1 16 0.5 Ta có : (*) 2x2 (4x 3) 3x(4x 3) 2x2 x 5 0 3 4x 1 3 Với 0 x có: 4
16 2x2 (4x 3) 3x(4x 3) 2x2 x 5 0 3 4x 1 0.5 3 Vậy (*) có nghiệm thỏa 0 x 4 1 Vậy hệ có nghiệm: (x; y) ( ;2) 2 Câu II (3,0 điểm) Cho dãy số (un ) được xác định bởi công thức u 1 1 Câu 2 ,n ¥ * n(un 2) n 1 un 1 II n 1 1) Tìm công thức tổng quát u theo n n 3,0 2) Tìm limun đ 2 Từ công thức truy hồi ta có : (n 1)un 1 nun (n 1) (1) 0.5 Xét dãy số (vn ) với vn nun (4) v1 1 Từ (1) và (2) suy ra : v v (n 1)2 v v (n 1)2 n 1 n n 1 n 0.5 v (v v ) (v v ) (v v ) (v v ) (v v ) v II.1 n n n 1 n 1 n 2 n 2 n 3 3 2 2 1 1 n(n 1)(2n 1) n2 (n 1)2 32 22 12 0.5 6 n(n 1)(2n 1) un 6 0.5 II.2 n(n 1)(2n 1) Ta có : limu lim n 6 1 n 1) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n; số 23 1 chia hết cho 3n 1 nhưng không chia hết cho 3n 2. Câu 2) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, III lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có 2,0 mặt ba chữ số khác nhau. đ 3n Đặt An = 2 1 1 1 2 n = 0 thì A0 = 2 1 = 3 chia hết cho 3 mà không chia hết cho 3 0,25 k 3 k+1 k+2 k+1 Giả sử Ak = 2 1chia hết cho 3 mà không chia hết cho 3 (Ak = B.3 ; với III.a B nguyên, không chia hết cho 3).Ta có: 3 2 3k 1 3k 3k 3k 3k Ak+1 = 2 1 2 1 2 1 2 2 1 0,25 2 3k k 1 k 1 2 3k k 2 3 2k 1 3k Ak+1 Ak Ak 32 = B 3 B 3 32 = 3 B 3 B 2 0,25
k Dễ thấy: B3.32k 1 chia hết cho 3 mà B 23 không chia hết cho 3 (vì B không k chia hết cho 3) nên B2.32k 1 23 không chia hết cho 3 k+2 k+3 Ak+1 chia hết cho 3 , nhưng không chia hết cho 3 . Kết luận: 0,25 5 Ta có:  9 59.049 0,25 Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có: 3 Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là C9 . Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây: TH1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra 5! cùng một số n, nên trong TH1 này có cả thảy 3 60 số tự nhiên. III.b 3! TH2. 1 trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số kia bằng 1 chữ số khác trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 2! hoán vị của các vị trí mà a, a chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà b, b chiếm chỗ 5! thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH2 này có cả thảy 3 90 số tự 2!2! nhiên. 0,25 9! Vậy:  (60 90)C3 150  150  7  4 3 12600 . A 9 3!6! 0,25  12.600 1.400 Kết luận: P A A 0,213382106  59.049 6.561 0,25 1.Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh C thuộc đường thẳng d: Câu x+2y-6=0. Điểm M(1,1) thuộc cạnh BD biết rằng hình chiếu vuông góc của M trên IV AB, AD đều nằm trên đường thẳng : x y 1 0 . Tìm tọa độ điểm C. 3,0 đ Gọi H, K là hình chiếu vuông góc của M lên AB, AD. 1 Gọi N là giao điểm của KM và BC I là Giao điểm của CM và HK Ta có tam giác DKM vuông tại K và M· DK 450 1 Suy ra KM=KD=NC 1 IV. Lại có : MH=MN KHM CNM H· KM M· CN · · · · 0 1 Mà N· MC I·MK nên IMK HKM NMC NCM 90 CI  HK Đường thẳng CI qua M(1 ;1) và vuông góc đường thẳng d nên có pt : 1 (x-1)+(y-1)=0 x y 0 Do điểm C thuộc đường thẳng CI và dt nên tọa độ C là nghiệm của hệ
x y 0 x 2 x 2y 6 0 y 2 I(2;2) 1 1 Ta có: f (x) (2x 1)6 (2x 1)15 0.25 64 0,25 1 (2x 1)21 64 21 21 k k k 0,25 VI.2 Theo nhị thức Niutơn ta có: (2x 1) C212 x k 0 13 21 13 13 Hệ số của số hạng chứa x trong khai triển (2x 1) là: C21 2 0,25 Vậy hệ số của số hạng chứa x13 trong khai triển của f (x) là: 1 C13 213 C13 27 64 21 21 SỞ GD&ĐT QUẢNG ĐỀ THI MÔN: TOÁN 11 NAM Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề —————— ———————————— ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 (1,5 điểm). tan2 x tan x 2 Giải phương trình: 2 sin x . tan x 1 2 4 Câu 2 (3,0 điểm). 1. Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1. 2. Chứng minh đẳng thức sau: 0 2 1 2 2 2 3 2 2011 2 2012 2 1006 C2012 C2012 C2012 C2012 C2012 C2012 C2012 . Câu 3 (2,5 điểm).