nn 2.Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có sáu chữ số khác nhau

(1)

Câu I (4,0 điểm).

1.Giải phương trình 2 cos² 2 3 cos 4 4 cos² 1

4 x x x

 

   

 

 

2.Cho các số x5 ;5y x2 ;8y xy theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng; đồng thời các số

 

²

(y1) ;2 xy1; x2 theo thứ tự lập thành một cấp số nhân. Hãy tìm ,x y . Câu II (5,0 điểm).

1. Tính tổng S 2.1C ²_n3.2C³_n4.3C⁴_n... n(n 1)C  ⁿ_n

2.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.

Câu III (5,0 điểm).

1.

Tìm

2

lim 2

4 3 2

n n n

 

  2. Giải hệ phương trình

2 2

4 8 17 1

21 1 2 4 3

x x x y y

x y y y x

       

 

     

 

Câu IV(2,0 điểm).

Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 4), B(1; 2), đỉnh C thuộc đường thẳng : 2 1 0

d x  y   , trọng tâm G. Biết diện tích tam giác GAB bằng 3 đơn vị diện tích, hãy tìm tọa độ đỉnh C.

Câu V (4,0 điểm).

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn BC2a đáy bé ADa , ABb . Mặt bên SAD là tam giác đều. M là một điểm di động trên AB, Mặt phẳng (P) đi qua M và song song với SA, BC.

1. Tìm thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mp P . Thiết diện là hình gì?

 

2. Tính diện tích thiết diện theo a, b và ^x^^AM^{, 0}



^^x^^b



^. Tìm x theo b để diện tích thiết diện lớn nhất

---Hết---

Họ và tên thí sinh :... Số báo danh ...

Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:...

Họ và tên, chữ ký: Giám thị 2:...

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH 2 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) ĐỀ CHÍNH THỨC

(2)

Huớng dẫn chấm

Câu Nội dung Điểm

Câu I.

1 ₂ ₂

2 cos 2 3 cos 4 4 cos 1

4 x x x

 

   

 

 

PT 4 3cos4 2



1 cos2



1

cos 6

1    



 



 

  x x x

x

x 3cos4 2cos2 4

sin  



0.5

x

x cos2

4 6

cos 



 



 

  ^0.5























 

2 6 2

4

2 6 2

4

k x x



k Z



k x

x k



















 



12 3 36

1.0

2  x5 ;5y x2 ;8y xy theo thứ tự lập thành CSC nên ta có:

 

5 8 2 5 2

2 1

x y x y x y

x y

    

 

0.5





^y^^{1 ;}



² ^xy^^1;



^x^²



² theo thứ tụ lập thành CSN nên ta có:



^y^¹

 

² ^x^²



² ^



^xy^¹

  

² ²

0.5

 Thay (1) vào (2) ta đc:

     

 

2 2 2 2

4 2 4 2

2

1 2 2 2 1

4 2 1 4 4 1

3 3

3 2

4 3

2 3

y y y

y y y y

y x

y

y x

   

     

 

   



  

   



1.0

Câu II

1 ² ³ ⁴ ⁿ

n n n n

S 2.1C 3.2C 4.3C ... n(n 1)C 

Số hạng tổng quát: 1.0

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH 2 ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: Toán – Lớp 11 ĐỀ CHÍNH THỨC

(3)

   

 

  

     

 

2²

 

1 1 !

! !

1 2 !

2 ! 2 ! 2 !

1 2

k

k n

u k k C k k n

k n k

n n n

k n k

n n C_^ k n

   



 

      

   



¹

 

ⁿ⁰² ⁿ¹ ² ^... ⁿⁿ²²



Sn n C_ C_  C_^ 1.0

^^{n n}



^^{1 2}



ⁿ^² ^0.5

2. Số phần tử của không gian mẫu: n_A₁₀⁶ A₉⁵ 136080 0.5

*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)

 Lấy ra 3 số chẵn có: C ₄³

 Lấy ra 3 số lẻ có: C ₅³

 Số các hoán vị của 6 số trên: 6!

Suy ra số các số tạo thành: C C₄³. ₅³.6! 28800

0.5

TH2: ( số tạo thành có số 0)

 Lấy ra hai số chẵn khác 0: C ₄²

 Lấy ra 3 số lẻ: C ₅³

 Số các hoán vị không có số ) đứng đầu: 6! 5! 5.5!  Số các số tạo thành: C C₄². ₅³.5.5! 36000

0.5

Gọi biến cố A: “số đuợc chọn có 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ”

Suy ra : n_A28800 36000 64800

Xác suất xảy ra biến cố A: 64800 10 136080 21

A A

P n n_

  

1

Câu III

1

 

2 2

4 3 2

lim lim

4 3 2 3

4 3 2

4 3 2 2

lim lim

1 3

3 3 1 1

n n n n

n n n

n n n n n n n

n n n n

n n n

n

 

 



   

 

  

 

 

 

 

2.0

(4)

2

 

2 2

4 8 17 1 1

21 1 2 4 3 2

x x x y y

x y y y x

       

 

     

 

Điều kiện: y0

 

   

2 2

1 ( 4) 8 17 1 0

4 4 0

8 17 1

x y x x y

x y

x x y

        

 

    

   

0.5

    

2 2

4 4

4 0

8 17 1

x y x y

x y

x x y

   

    

   

   

2 2

4 (1 4 ) 0

8 17 1

4

x y

x x y

y x

      

   

  

0.5

Vì:

   

²

 

²

2 2 2 2

4 1 4 1

1 4 0 ,

8 17 1 8 17 1

x x y y

x y

x y

x x y x x y

      

     

       

0.5

Thay yx4 vào 2 ta đuợc :

 

     

2 4 25 1 2 16

4 2 25 5 8 2 16 0

1 1 12

4 2 25 5 8 2 16 0

x x x x

x x

x x x x

       

          



 

    

      

 

0.5

 

0 4

1 1 12

4 2 25 5 8 2 16 0

x y

x vn

x x x x

  



 

   

       



0.5 0.5

Câu IV Ta có: ^BA^^



^{2; 2 ,}



^AB^^{2 2}

Phuơng trình đuờng thẳng AB: 1 2

1 0

1 1

x y

 

    

0.5

 

: 2 1 0 1 2 ;

Cd x y  C   t t

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC suy ra: 2

1 ; 2

3 3

G t t

 

 

 

0.5

Khoảng cách từ G đến AB: _ _; _

G AB 2

d  t 0.5

Vì diện tích GAB bằng 3 đơn vị nên ta có: 0.5

(5)

 

;

3 7;3

1 . 3

2 ^{G AB} 3 5; 3

t C

d AB

t C

   

  

   



Câu V + Từ M kẻ đuờng thẳng song song với BC và SA lần luợt cắt DC tại N, SB tại Q.

+ Từ Q kẻ đuờng thẳng song song với BC cắt SC tại P.

Thiết diện hình thang cân MNPQ

0.5 0.5

+ Tính diện tích MNPQ

Ta tính đuợc 2. .

, ;

b x a x ab ax

MQ NP a PQ MN

b b b

 

    từ đó tính đuợc

. 3

. 2 ab a x

QK b

 

1.5

Suy ra diện tích MNPQ là: x

    

2 2

1 3.

. 3

2 4

MNPQ

S MN PQ QK a b x b x

   b   0.5

  

2 2 2 2

2 2

3. 3. 3 3. 3. 3.

4 3 12 2 12

MNPQ

a a b x b x a

S b x b x

b b

  

 

      

 

Dấu “=”xẩy ra khi 3 xb .

1

D a A

C

S

N

B b 2a

M P Q

x

P Q

N H K M