Tải bản đầy đủ (.pdf) (5 trang)

Đề thi thử THPT quốc gia

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (455.25 KB, 5 trang )

(1)

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT NGHI LỘC 5


ĐỀ CHÍNH THỨC


ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI LỚP 11 – LẦN 2
NĂM HỌC 2017 – 2018


Mơn thi: TỐN


Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)


Câu 1 (6,0 điểm).


a) Giải phương trình tan 4cos 2sin 2 2 .
3 cos


x x x


x


 


 


 


b) Giải hệ phương trình:





2 2 2


3


2 1 2


3


1 2 4


x


x x y


y
x


y x y x


y




   














Câu 2 (5,0 điểm).


a) Trong một hộp bi có 3 bi đỏ, 4 viên bi vàng, 5 viên bi xanh; lấy ngẫu nhiên 4 viên bi trong
hộp. Tính xác suất để trong 4 viên bi được lấy số bi đỏ lớn hơn số bi xanh.


b) Cho dãy số

 

un


1 2


*
1


2


2017, 2020


5 2


,
3


n
n



u u


u u


u n


 







 . Tìm công thức số hạng tổng quát un theo .n


Câu 3. Cho hình chop S ABCD. có đáy ABCD là hình vng cạnh a, tất cả các cạnh bên đều bằng .a Gọi
điểm M thuộc cạnh SD sao cho SD3SM, điểm G là trọng tâm tam giác BCD.


a) Gọi

 

 là mặt phẳng chứa MG và song song với CD. Xác định và tính diện tích thiết diện
của hình chop với mặt phẳng

 

 .


b) Xác định điểm P thuộc MA và điểm Q thuộc BD sao cho PQ song song với SC. Tính PQ


theo .a


Câu 4 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác đều ABC. Trên các cạnh AB AC, lần lượt lấy các
điểm M N, sao cho AMAN. Biết 0;2 3


3



H 


  là trọng tâm tam giác AMN,


1 3


;


2 2


K  


  là


trung điểm của BN đồng thời các điểm B C, lần lượt thuộc các đường thẳng x 3 0 và
2x 3.y 3 0. Biết B có tung độ âm và C có hồnh độ dương. Xác định tọa độ các đỉnh


, , .


A B C


Câu 5.(2,0 điểm). Cho các số x y z, , thỏa mãn 0  x y z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:




3 4 3 3


2



2 2 2 2


15
.


x z y z x


P


x z
y xz y z xz y




  


 



(2)

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM


Câu Nội dung Điểm


Câu 1a.


(3,0đ) Điều kiện: cosx 0 x 2 k ,k




    



Phương trình 2


sin 4 cos sin 2 .cos 2
3


x xx   x


  


 




sinx 2 1 cos 2x sin 2 x 3 cos 2x cosx 2


     


sinx sin 2 .cosx x 2 cos 2x 3.cos 2 .cosx x 0


    


2



sinx 1 2cos x cos 2x 2 3 cosx 0


    




sin cos 2x x cos 2x 2 3 cosx 0



    




cos 2x sinx 3 cosx 2 0


   


+) cos 2 0


4 2


x   xk


+) sin 3 cos 2 0 sin 1 2 ,


3 6


xx   x    xkk


 


So với điều kiện ta được nghiệm của phương trình: ; 2


4 2 6


x  kx  k


Câu 1b.



* ĐKXĐ:
0
3


1 0


y
x
y




  





Chia phương trình (1) cho y và cho phương trình (2) cho y2.


* Ta có: 2


2


2 3 2


1 1


3 4



1 2 1


x x x


y y y y


x x


y y y


 


   


 


 





 


      


 







1


x  

a 2b

1 3 a2a1



(3)

Câu 2a.
(2,5 đ)


Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi ta có số cách lấy là: 4


12 495


C  (cách) 0,5


Ta tìm số cách lấy 4 viên bi mà số bi đỏ lớn hơn số bi xanh, xảy ra các trường hợp sau:
TH1: Chọn 1 bi đỏ, 3 bi vàng  có 1 3


3. 4 12


C C  (cách chọn)
TH2: Chọn 2 bi đỏ, 2 bi vàng  có 2 2


3. 4 18


C C  (cách chọn)
TH3: Chọn 2 bi đỏ, 1 bi xanh, 1 bi vàng  có 2 1 1


3. 4. 5 60


C C C  (cách chọn)


TH4: Chọn 3 bi đỏ, 1 bi vàng  có C C33. 14 4 (cách chọn)


TH5: Chọn 3 bi đỏ, 1 bi xanh  có 3 1


3. 5 5


C C  (cách chọn)


1,0


1 3 2 2 2 1 1 3 1 3 1

4


3 4 3 4 3 4 5 3 4 3 5 12


1


. . . :


5


PC CC CC C CC CC C C1,0


Câu 2b.


(2,5 đ) Đặt



1


1 2 1 1 1



5 2 2 2


, *


3 3 3


n n


n n n n n n n


u u


v u u    u u uv  n .


Suy ra

 

vn là một CSN với số hạng đầu v1u2 u1 3 và công bội 2


3


q .


1,0
Ta có tổng n số hạng đầu của CSN là


1 2


2
3 1


3 2



.... 9 1


1 3


3


n


n


n n


S v v v


 


   


   


 


       


 


 


 



0,5


Mặt khác ta có:


2 2 2


1 3 1


1 1


...


n n n


v u u
v u u


v u u
 
 


 
Cộng theo vế ta được: v1 v2 ....vn1unu1.


Từ đó suy ra cơng thức số hạng tổng quát của dãy

 

un là:


1
1



2


9 1 2017.


3


n


n n


u S u




 
    


 


 


 


1,0



(4)

Qua G kẻ đường thẳng song song với CD cắt AD và BC lần lượt tại E và F.
Qua M kẻ đường thẳng song song với CD cắt SC tại H


Thết diện của hình chóp với mp

 

là tứ giác EFHM
Ta có HM//EF vì cùng song song với CD


0


2


, , 60


3 3


a a


MDHCDECFMDEHCF


Nên DME CHFMEHF do đó EFHM là hình thang cân


1,0


Ta có:


2 2 2


2 2 2 0 4 2 1


2 . cos 60 2. . .


9 9 3 3 2 3


a a a a a


EMDMDEDM DE    



,
3


a


MHEFa.


Gọi

h

là độ dài đường cao của hình thang ta có


2 2 2


2 2


2 3 9 3


EF HM a a a


hEM      


 


Diện tích thiết diện là



2


1 1 2 4 2 2


. .



2 2 3 3 9


EFHM


a a a


Sh EFHM  


1,5


Câu 3b.
(2,5 đ)


Qua M dựng đường thẳng song song với SC cắt CD tại N. Nối A với N cắt BD tại Q.
Trong mp(AMN) từ Q dựng đường thẳng song song với MN cắt AM tại P.


Ta có PQ//MN, MN//SC nên PQ//MN


Suy ra hai điểm P, Q thỏa mãn điều kiện bài toán



(5)

(2,0 đ)


Chứng minh được HEIK là hình bình hành. Suy ra 1
2
HKHB


Do đó 2 2 39


3
HBHCHK



Gọi

3;

, 0; ;3 2 , 0
3


c
Bb bC c   c


 


Từ 2 39 3, 3


3


HBHC   b c


Đường thẳng AH qua H vng góc với BC nên có phương trình

x

0



Gọi A

 

0;a . Ta có

;

3 2 3


2 4 3


a


d A BC BC


a


 


  



 



Với a 4 3(loại vì A, H nằm khác phía đối với BC).
Vậy A

0; 2 3 ,

 

B  3; 3 ,

 

C 3; 3



1,0


Câu 5.
(2,0 đ)


Ta có:


3 3


2


15


x y


y z z


P


x y x y x z


y z y z x



   


     


   


   


 


 


Đặt a x;b y;c z abc 1,c 1


y z x


      và


3 3


2 15


a b


P c


a b a b c


   



 


1,0


Ta có



3 3


3 3 a b 1


a b ab a b ab


a b a b c


      


 


Vậy 1 2 15 2 16 2 8 8 3


3 64 12


P c c c


c c c c c


         


P đạt GTNN là 12 khi c  2 z 2y2x.






Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay
×