Đề học sinh giỏi lớp 11 môn Toán cấp trường năm 2018 2019 trường Lưu Hoàng Hà Nội

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

TRƯỜNG THPT LƯU HOÀNG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: Toán - Lớp: 11 (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,0 điểm). Giải phương trình sau: 2 2013 2013 x x   

Câu 2 (3,0 điểm). Cho phương trình (2sin 1)(2 s2 2sin ) 1 2 2 x co x x m cos x     (Với m là tham số) a) Giải phương trình với m = 1. b) Tìm m để phương trình có đúng 2 nghiệm thuộc   0;.

Câu 3 (5,0 điểm).

a) Giải hệ phương trình:

2 2

2 2

3 4 1

3 2 9 8 3

x y x y

x y x y

          

b) Một người bỏ ngẫu nhiên 4 lá thư và 4 chiếc phong bì thư đã để sẵn địa chỉ. Tính xác suất để có ít nhất một lá thư bỏ đúng địa chỉ.

Câu 4 (4,0 điểm). Cho A, B, C là ba góc của tam giác ABC.

a) Chứng minh rằng tam giác ABC vuông nếu: cos sin sin sin B cosC A B C   

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2 2 2

2 2 2 sin sin sin A B C M cos A cos B cos C     

Câu 5 (3,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C1): 2 2 13 x y   , đường tròn (C2):

2 2 ( 6) 25 x y    . a) Tìm giao điểm của hai đường tròn (C1) và (C2). b) Gọi giao điểm có tung độ dương của (C1) và (C2) là A viết phương trình đường thẳng đi qua A cắt (C1) và (C2) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau.

Câu 6 (3,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh SA = a và vuông góc với mặt phẳng (ABCD).

a) Chứng minh rằng các mặt bên của hình chóp là những tam giác vuông. b) M là điểm di động trên đoạn BC và BM = x, K là hình chiếu của S trên DM. Tính độ dài đoạn SK theo a và x. Tính giá trị nhỏ nhất của đoạn SK.

----------------HẾT---------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh: ...................................... Số báo danh: ................ Chữ ký giám thị coi thi số 1: Chữ ký giám thị coi thi số 2:

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TRƯỜNG

Môn : TOÁN Câu Đáp án Điểm Câu 1 2 2013 2013 x x    . ĐK 2013 x  Đặt 2013 t x   ( với t 2 2 0) 2013 2013 t t x t x        . Ta có hệ PT:

2

2

2013

2013

x t

t x

     

( )( 1) 0 x t x t    

+ Với x +t =0 ta được t = -x 2013 x x   . Giải ra ta được 1 8053 2 x   là

nghiệm. + Với x – t +1 = 0 ta được : x +1 = t 1 2013 x x    . Giải ra ta được

1 8049 2 x   là nghiệm

Đáp số : 1 8053 2 x   , 1 8049 2 x  

0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25

Câu 2 (2sin 1)(2 s2 2sin ) 1 2 2 x co x x m cos x     a , Với m =1 ta được phương trình : (2sin 1)(2 s2 2sin 1) 1 2 2 (2sin 1). 2 0 x co x x cos x x cos x       

+ 1 5 sin 2 2 2 6 6 x x k x k           

+ s2 0 4 2 co x x k      

b, Phương trình đã cho tương đương với : (2sin 1)(2 s2 1) 0 x co x m    

Với   1 5 sin 0; 2 6 6 x x x         

Để phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm thuộc   0;thì phương trình :

1 2 2

m cos x   vô nghiệm hoặc có hai nghiệm 5 ; 6 6 x x     .Từ đó ta được m <-1v

m >3 v m =0 .

0,5 1,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25

Câu 3

2 2

2 2

3 4 1

3 2 9 8 3

x y x y

x y x y

          

2 2

2 2 3 4 1

3( 3 ) 2( 4 ) 3

x x y y

x x y y

           

2

2

3 1 0

4 0

x x

y y

       

Ta được nghiệm của hệ là : 3 13 ;0 ; 2

        

3 13 ;4 ; 2

        

3 13 ;0 ; 2

        

3 13 ;4 ; 2

        

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

Câu 4

, Tìm hệ số của 4x trong khai triển sau: 3 5

3 1

n nx x       

biết n là số nguyên thoả mãn