Tải 2 Đề thi Olympic lớp 11 môn Toán Sở GD&ĐT Quảng Nam - Đề thi học sinh giỏi môn Toán 11 có đáp án

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (325.16 KB, 18 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NAM KỲ THI OLYMPIC QUẢNG NAM NĂM 2018

(Đề thi có 01 trang)

Mơn thi: TOÁN - Lớp: 11

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

Câu 1 (3,0 điểm).

a. Tính tổng các nghiệm của phương trình: sinx 5 6cos2x trên đoạn 2 ;





 

 

 .

b. Giải phương trình: 3cosx 1 4 cos x3  3sin x3 .
Câu 2 (4,0 điểm).

a. Xét tính tăng giảm và bị chặn của dãy

 

un biết:

1 1 1

(n N*)

1 2 2

n
u

n n n

    

   .

b. Cho dãy

 

un biết u 1 2 và 1 3 4
n

n n

u   u  với n N *

Tìm số hạng tổng quát của dãy

 

un . Tính 1

lim n
n
u
u  .
Câu 3 (4,0 điểm).

a. Gọi X 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 2,0,1,8. Chọn ngẫu nhiên một phần tử từ tập X . Tính xác suất để
phần tử được chọn là số chia hết cho 3 .

b. Trên 2 đường thẳng song song và d , ta lần lượt gắn vào đó m điểm và n điểm

sao cho m n 17 (m n N,  *). Tìm m , n để số các tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm trong 17
điểm phân biệt ở trên là lớn nhất.

Câu 4 (2,0 điểm). Cho hàm số

 

| 2 |

5 2

x x

khi x

f x x

khi x

  




 

 



Xét tính liên tục của hàm số f x

 

tại điểm x 2.
Câu 5 (3,0 điểm).

Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn

 

C : x2 y2 2x4y 4 0 và điểm

1
( 3, )

A  . Gọi I là tâm của đường tròn

 

C . M là điểm thay đổi trên

 

C sao cho ba
điểm A M I, , không thẳng hàng. Tia phân giác góc AIM cắt đường thẳng AM tại N.
Gọi

 

K là tập hợp các điểm N khi M thay đổi trên

 

C . Viết phương trình đường

 

K .
Câu 6 (4,0 điểm).

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BD a. Cạnh bên SA

vng góc với mặt phẳng



ABCD



và SA a .

a. Tính cosin góc giữa 2 đường thẳng SB và AD.

b. Gọi ( )



là mặt phẳng qua A song song với BD và cắt cạnh SC tại M sao cho

khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( )



bằng 3 lần khoảng cách từ S đến mặt phẳng ( )



.
Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng ( )



và hình chóp S ABCD. .

––––––––––– Hết ––––––––––––

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NAM KỲ THI OLYMPIC QUẢNG NAM NĂM 2018

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Mơn thi: TỐN Lớp : 11

Đáp án gồm 05 trang

()

Câu Nội dung Điểm

1

a. Tính tổng các nghiệm của phương trình: sinx 5 6 cos2x trên đoạn 2 ;




 
 
 .
1,5
2 2

sinx 5 6cos x  6sin xsinx1 0

1 1

sinx ; sinx

2 3
  

1
sinx
2


( x[ 2 , ]





)  x =6



1
sinx
3


( x[ 2 , ]





)  x =

1
arcsin

3 , x =  

1
arcsin
3
0.25
0.25
0.25
0.25

Tổng các nghiệm phương trình trên [ 2 , ]





là 6



1
arcsin

3+ 

1
arcsin

3 = 
5

6


0.5

b/ Giải phương trình: 3cosx



1 = 4cos3x



3 sin3x. 1,5

3cosx 1 = 4cos3x  3 sin3x  1 = 4cos3x 3cosx  3 sin3x
 1 = cos3x  3 sin3x  3 sin3x  cos3x =1

 sin ( 3x 6



) =

2  sin ( 3x 6


) = sin 6



 3x 6



= 6



+ k2 hoặc 3x  6



5
6


+ k2 ( k   )

0.25
0.25

0.25
0.25
+0,5
2

a. Xét tính tăng giảm và bị chặn của dãy (un) biết

1 1 1

1 2 2

n
u

n n n

   

   . 1.5

Ta có: 0 < un =

1 1 1 1

... 1

1 2 3 2 1

n

n n n   nn  ,  n N*

 (un) bị chặn.

1 1 1 1 1 1 1 1 1

... ( ... )

2 3 2 2 1 2 2 1 2 3 2

1 1 1 1 1

2 1 2( 1) 1 2 1 2( 1)

n n

u u

n n n n n n n n n

n n n n n

            

      

     

    

 (un) là dãy tăng.

0,25
+ 0,25

0.25

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

0.25

b. Cho dãy (un) biết u1 = 2 và 1 3 4

n

n n

u   u  với n



N*.

Tìm số hạng tổng quát của dãy (un) . Tính 1

lim n
n
u

u  . 2,5

. + Tìm số hạng tổng quát của dãy (un)

Ta có: 1 3 4

n

n n

u   u  (1)

 Tìm số α : 1 .4 1 3.( .4 )

n n

u   u 

    (2)

(1),(2) (3.4n 4 ) 4n n 1

  

    

 (2) viết lại: 1 4 1 3.( 4 )

n n

u  u

   

Xét dãy (vn) với v1=2, vn+1= 3vn ( n  1) - ở đây vn =un4n.
Khi đó vn = 2. 3n1  un4n = 2. 3n1  un = 4n 2. 3n1

0.5
0.25

0.25
0.5
0.5

+ Tính 1

lim n
n
u
u  .

1 1

4 2.3 4 1

lim lim lim

4 2.3 4 4

n n n

n

n n n

n
u
u



 





  



0.5

3 a. Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 3 chữ số ( khơng nhất thiết đôi một
khác nhau ) được thành lập từ các chữ số 2,0,1,8. Chọn ngẫu nhiên một phần tử từ
tập X . Tính xác suất để phần tử được chọn là số chia hết cho 3 .

2,0

Gọi số được chọn là a a a a 1 2 3 ( 1 0)

Tính số phần tử của khơng gian mẫu: n  

 

3.4.4 48

0.5

Gọi A là biến cố: ‘‘ số được chọn là số chia hết cho 3 ’’

1 2 3

a a a chia hết cho 3 khi:



a1a2a3



chia hết cho 3.

Liệt kê các số gồm: 111,222,888, và hoán vị của các bộ số (2;2;8); (8;8;2); (1;2;0) ;

(1;8;0) . (Lưu y, chữ số a 1 0) .

Do đó số kết quả thuận lợi để có A là n A 

 

Vậy xác suất cần tìm:

 

(A) 17

( ) 48

n
P A

n

 



0.5

b. Trên 2đường thẳng song song  và d, ta lần lượt gắn vào đó m điểm và

n điểm sao cho m n 17 (m n N,  *). Tìm m , n để số các tam giác có 3 đỉnh là

3 điểm trong 17 điểm phân biệt đã cho là lớn nhất.

2.0

Mỗi tam giác cần xác lập có 1 đỉnh nằm trên một đường thẳng và 2 đỉnh nằm trên
đường thẳng còn lại.

Trường hợp 1: Một trong hai số m hoặc n là bằng 1  chẳng hạn m =1, khi đó n =16 và

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Trường hợp 2: m, n đều lớn hơn 1.
Số các tam giác có được từ 17 điểm này là

2 2

( 1) ( 1)

. . .
2 2
15
.( 2)
2 2
15 15

.4 .[( ) ( ) ]

8 8

.[17 ( ) ]
8

15 15

(17 1 ) .288 540.

8 8

n m

n n m m

m C nC m n

mn

m n mn

mn m n m n

m n
 
  
   
    
  
   

Dấu bằng xảy ra khi |mn| =1, m,n  N*
 m=9 , n=8 hoặc ngược lại.

Kết luận : Số tam giác là lớn nhất khi m=9, n=8 hoặc ngược lại.

0.5
0,25
0.25
0.25
0.25
4

Cho hàm số

 

2
| 2 |

5 2

x x

khi x

f x x

khi x
  



 
 


Xét tính liên tục của hàm số f x

 

tại điểm x 2.

2,0

2 2

2 2 2

6 6

lim ( ) lim lim

| 2 | 2

( 2)( 3)
lim

( 2)
lim ( 3) 5

x x x

x

x x x x

f x
x x
x x
x
x
  


  


   
 
 
  


   
0.25
0.25
0.25
2 2

2 2 2

6 6

lim ( ) lim lim

| 2 | 2

( 2)( 3)
lim

2
lim ( 3) 5

x x x

x

x x x x

f x
x x
x x
x
x

  


  


   
 
 
  


  
0.25
0.25
0.25

Vì xlim ( )2 f x xlim ( )2 f x nên hàm số khơng có giới hạn tại x=2 nên khơng thể liên tục tại

x=2.

0.5

5

Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn

 

2 2

: 2 4 4 0

C x y  x y 

và điểm

1
( 3, )

A  . Gọi I là tâm của đường tròn

 

C .M là điểm thay đổi trên

 

C sao cho 3

điểm A M I, , khơng thẳng hàng. Tia phân giác góc AIM cắt đường thẳng AM tại

N . Gọi

 

K là tập hợp các điểm N khi M thay đổi trên

 

C . Viết phương trình

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

đường

 

K .

Hình vẽ:

Vì IN là tia phân giác của góc AIM nên

3
5

MN IM

AN  IA  

3 5 8

5 5

MN AN AM

AN AN

 

  



5
8

AN  AM

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 

(*) (do N nằm giữa A và M )

Vậy phép vị tự tâm A, tỉ số

5
8

k 

biến điểm M thành điểm N.

0.5

0.5
0.25
0.25

Gọi P,Q là 2 giao điểm của đường thẳng IA và (C).

Do đó khi M chạy khắp đường tròn (C) ( M  P, M  Q) thì N chạy khắp (K) với (K)

đường tròn (C’) là ảnh của đường tròn (C) qua phép vị tự tâm A tỉ số

5
8

k 

( trừ 2 điểm
là ảnh của P,Q qua phép vị tự trên).

Viết phương trình đường trịn (C’).

Gọi I’ là tâm đường trịn (C’), ta có:

5
'

AI  AI

 



1 7
' ;

2 8

I   

 

R’ là bán kính đường trịn (C’), ta có: R’ =

5 15

8R 8 .

Vậy phương trình đường trịn (C’) :

2 2 2

1 7 15

2 8 8

x y

     

   

     

     

0.5

0.25
0.25

6 Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, biết BD a; cạnh

bên SA vng góc với mặt phẳng



ABCD



và SA a . 
a. Tính cosin góc giữa 2 đường thẳng SB và AD .

b. Gọi ( ) là mặt phẳng qua A song song với BD và cắt cạnh SC tại M
sao cho khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( ) bằng 3 lần khoảng cách từ S đến
mặt phẳng ( ) . Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng ( ) và hình chóp

S ABCD.

4.0

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

a. Tính cosin góc giữa 2 đường thẳng SB và AD . 1.5

Tính góc SBC .

 SAB vng cân tại A  SB = a 2.

Gọi O là tâm hình thoi ABCD. AC = 2 AO = a 3
SA =a, AC = a 3  SC = 2a

Ta có: SC2 = SB2+BC22SB.BC . cos B

4a2 = 2a2+ a2  2.a2 2 cos B cosB =

2 2


Gọi  là góc giữa SB và BC , ta có: cos =

1
2 2

0.25
0.25
0.25

0.5
0.25

b. Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng ( ) và hình chóp S ABCD. . 2.0

Ta có: AC = a 3 và SA =a  SC =2a.

 d(C, α) = 3 d(S, α)  SM =

1 1

3 4 2

a
CM  SC

 Gọi I là giao điểm của SO và AM.

Trong mp (SBD) kẻ đường thẳng song song BD cắt SB, SD tại E và F.
Thiết diện tạo bởi (α) và hình chóp S.ABCD là tứ giác AEMF.

Ta có BD ^ (SAC)  EF ^ (SAC)  EF ^ AM ( SAEMF = ½ AM. EF.)
 Tính AM, EF

Xét  SAM , tính AM theo hệ thức cosin ta được AM = a

3
2

(có thể kiểm chứng AM ^ SC  … AM = a

3
2 )

Xét  SAC – Kẻ ON // AM. O là trung điểm AC  N là trung điểm CM.

0.25

0.5
0.25

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

MN =

2CM =

1 3 3

2 4SC8SC  SN = SI+MN =

1 3

4SC8SC =
5
8SC

ON // AM 

2
4

5 5

SC
SI SM

SO SN  SC 

Xét  SBD, EF // BD 

EF 2

SE SI

BDSC SO  EF =

2 2

5 5

a
BD 

 SAEMF =

2 AM. EF=

1 3 2 3

. .

2 2 5 10

a

a a 

0.25

Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác đúng thì Ban Giám khảo thảo luận và thống nhất thang

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NAM KỲ THI OLYMPIC LỚP 11 CẤP TỈNHNăm học 2016 – 2017
Mơn thi : TỐN

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 25/3/2017

Câu 1 (3,0 điểm). Giải các phương trình sau:

2cos 2 2sin 1 0

x  x

 

   

 

  b) 3(sin 2xcos ) cos 2x  x sinx2

Câu 2 (4,0 điểm).

a) Chứng minh bất đẳng thức sau bằng phương pháp quy nạp:
nn1(n1)n , n N n, 3.

b) Cho dãy số ( )un thỏa:

1 1

2
3

4 n n . n 6 n 0,

u

u  u  u u n N






     

 .

Tìm số hạng tổng quát của

( )

u

n và tính

lim

u

n.

Câu 3 (4,0 điểm).

a) Từ 10 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 lập được bao nhiêu số tự nhiên thỏa: là số có 8
chữ số, trong đó có 2 chữ số lẻ khác nhau và 3 chữ số chẵn khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có
mặt đúng 2 lần.

b) Một đa giác đều có 24 đỉnh, tất cả các cạnh của đa giác sơn màu xanh và tất cả các
đường chéo của đa giác đó sơn màu đỏ. Gọi X là tập hợp tất cả các tam giác có ba đỉnh là các
đỉnh của đa giác đều trên. Người ta chọn ngẫu nhiên từ X một tam giác, tính xác suất để chọn
được tam giác có ba cạnh cùng màu.

Câu 4 (2,0 điểm). Cho hàm số

35 3 2 1

( )

.sin 2017
2

x x

x
f x

x

m  

    



 



 

 

 

  



khi 1

x





Tìm giá trị của m để hàm số f x( ) liên tục tại

x 

1

.
Câu 5 (3,0 điểm).

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1;0) và trực
tâm H. Phương trình đường trịn đi qua ba trung điểm của ba cạnh HA,HB,HC là

2 2

5 1 25

6 6 18

x y

   

   

   

    . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Câu 6 (4,0 điểm).

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, AB a BC a ,  3,

SA a. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD); M là trung
điểm của OB.

a) Gọi



góc giữa đường thẳng SO và mặt phẳng (SCD). Tính sin



.
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CM theo

a

–––––––––––– Hết ––––––––––––

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NAM KỲ THI OLYMPIC LỚP 11 CẤP TỈNHNăm học 2016 – 2017
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Mơn thi: TỐN

(Đáp án – Thang điểm gồm 06 trang)

Câu 1 (3,0 điểm)

a 2cos 2 x32sinx1 0

  1,5

2 cos 2 2sin 1 0

x  x

 

   

 

  2 cos 2 .cosx 3 sin 2 .sinx 3 2sinx 1 0

 

 

     

 

cos 2x 3.sin 2x 2sinx 1 0

      2sin2x 2 3 sin .cosx x2sinx0

2sin (sin 3.cos 1) 0

sin 0

sin 3.cos 1 0

x x x

x

x x

    




 

  



0.25

 sinx 0 x k .





sin 3.cos 1 0 sin( )

3 2

x x   x





.2
6

.2
2

x k





 


 

  


Vậy phương trình có nghiệm là: x k. ,x 6 k.2 ,x 2 k.2



    

0.25

b 3(sin 2xcos ) cos 2x  x sinx2 1,5

3(sin 2xcos ) cos 2x  x sinx2

3(2.sin .cosx x cos ) (2cosx x 1) sinx 2

     

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

    

2 2

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

     

( 3 cosx sin )x ( 3 cosx sin ) 0x

    

0.25

3 cos sin 0

3 cos sin 1

x x

  

 

 



* 3 cosx sinx 0 cos(x 6) 0 x 3 k.



</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>



3.cos sin 1 cos( )

6 2

x x  x





6
.2
2
x k
x k




 

 
  

0.25

Vậy phương trình có nghiệm là: x 3 k. ,x 6 k.2 ,x 2 k.2



     

0.25

Câu 2 (4,0 điểm)

a Chứng minh bất đẳng thức sau bằng phương pháp quy nạp:

nn1(n1)n , n N n, 3. 2,0
- Xét n 3: Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 81 64 (đúng).

- Giả sử bất đẳng trên đúng với một số tự nhiên k tùy ý (k 3) tức là:
kk1 (k1)k

+ Ta đi chứng minh bất đẳng thức đã cho đúng với n k 1, tức là đi chứng minh

2 1

(k 1)k (k 2)k

   (1)

Từ giả thiết quy nạp ta có:

1 ( 1) 1

( 1)
k
k k
k
k
k k
k



   


Do đó để chứng minh (1), ta chỉ cần chứng minh:

2 1

( 1) ( 2) .

( 1)
k
k k
k
k
k k
k

 
  
 (2)

Ta có:





2 1 2 2

( 1) ( 2) . ( 1) ( 2)

( 1)

k

k k k

k

k k k k k

k


  
      






1 1

2 2 1 2 1

(k 1) k k k( 2) k (k 2k 1)k (k 2 )k k

 

          

(đúng)
Suy ra (1) đúng, hay bất đẳng thức đã cho đúng với n k 1.

Vậy bất đẳng thức đã cho đúng với mọi số thự nhiên n thỏa n 3.

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
b

Cho dãy số

( )

u

n thỏa:

1 1

4 n n . n 6 n 0,

u

u  u  u u n N





     
 .

Tìm số hạng tổng quát của ( )un và tính limun.

2,0

1 1 1 1

4 . 6 0 (4 ) 6

n

n n n n n n n n

n
u

u u u u u u u u

u

           



Dễ dàng chứng minh được un 0, n N*.

0.25

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Do đó

6 1 1 2 1 1

4 2 3 2

n
n

n n n

u
u

u u u



 

      

   (1).

Đặt

1 1
2

n
n
v

u

 

; khi đó từ (1) suy ra:

1 1

2 2 2

3 3 3

n n

n n n

v v v v

 



   
      

    .

Suy ra:

1 1 2 1

2 3 1 2

2 3

n

n n

n

u
u



 

    

   

  

  .

0.5

Do đó

lim lim 2

1 2

2 3

n n

u 

 

 

 

   



   

 

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Câu 3 (4,0 điểm)

a Từ 10 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 lập được bao nhiêu số tự nhiên thỏa: là số 
có 8 chữ số, trong đó có 2 chữ số lẻ khác nhau và 3 chữ số chẵn khác nhau mà 
mỗi chữ số chẵn có mặt đúng 2 lần.

2,0

* Bước 1: Xét số có 8 chữ số , trong đó có hai chữ số lẻ khác nhau và 3 chữ số chẵn

khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần (kể cả số có chữ số 0 đứng đầu).

- Từ 10 chữ số chọn ra 5 chữ số khác nhau gồm 2 số lẻ và 3 số chẵn có C C52. 53cách chọn.

+ Với mỗi cách chọn trên ta có: số các số có 8 chữ số trong đó có 2 chữ số lẻ khác nhau

và 3 chữ số chẵn khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần là

2!2!2! số.

+ Vậy với C C52. 53 cách chọn ở trên ta tạo được 
2 3
5 5

. . 504000

2!2!2!

C C 

số (kể cả số 0
đứng đầu tiên)

* Bước 2: Xét các số thoả mãn điều kiện ở bước 1 mà có chữ số 0 đứng đầu .

- Từ 9 số đã cho (bỏ số 0) chọn ra 4 số khác nhau gồm 2 số lẻ và 2 số chẵn (vì đã có số 0

đứng đầu) có C C52. 42cách chọn.

+ Với mỗi cách chọn trên ta có: số các số có 8 chữ số có số 0 đứng đầu, trong đó có mặt
2 chữ số lẻ khác nhau, 3 chữ số chẵn khác nhau và mỗi chữ số chẵn khác 0 có mặt đúng

hai lần là

7!
2!2! số.

+ Vậy với C C52. 42cách chọn ở trên ta tạo được 
2 2
5 4

. . 75600

2!2!

C C 

số ( ở bước 2)
* Từ 2 bước trên suy ra số các số thoả đề bài là: 504000 75600 428400  số

0.25

0.5

0.25

b b) Một đa giác đều có 24 đỉnh, tất cả các cạnh của đa giác sơn màu xanh và tất cả các đường chéo của đa giác đó sơn màu đỏ. Gọi X là tập hợp tất cả các tam giác có ba đỉnh 
là các đỉnh của đa giác đều trên. Người ta chọn ngẫu nhiên từ X một tam giác, tính xác 
suất để chọn được tam giác có ba cạnh cùng màu.

2,0

Gọi đa giác là A1A2...A24

Số phần tử của không gian mẫu là n(Ω)= C =2024324

Gọi A là biến cố chọn được tam giác có ba cạnh cùng màu, ba cạnh này cùng màu đỏ.
Gọi B là biến cố chọn được tam giác có đúng 1 cạnh màu xanh (cạnh đa giác)

Giả sử xét cạnh màu xanh A1A2, ta có 20 cách chọn đỉnh Ai ( Ai



{A4; A5;...;A23})

Nên số phần tử của B là n(B) = 24.20 = 480 .

0.25
0.25

0.25
0.25
Gọi C là biến có chọn được tam giác có hai cạnh màu xanh, như vậy tam giác đó có hai

cạnh là hai cạnh liên tiếp của đa giác, nên n(C) = 24
Ta có n(A) + n(B) + n(C) = n()

Suy ra số phần tử biến cố A là

n A = n( ) n(B) n C

 

  

 

2024 480 24 1520  

Vậy xác suất của biến cố A là

n(A) 190

P(A)=

n(Ω)



253

0.25
0.25

0.25

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Cho hàm số

35 3 2 1

1
( )

.sin 2017
2

x x

x
f x

x

m  

    



 



 

 

 

  



khi 1

x





Tìm giá trị của m để hàm số f x( ) liên tục tại

x 

1

.

(1) .sin 2017
2

f m   m

  0,25

lim ( )

x  f x m

 

0,25

3 3

1 1 1

( 5 3 2) ( 2 1) 5 3 2 2 1

lim ( ) lim lim

1 1 1

x x x

x x x x

f x

x x x

  

  

 

              

        

    

     

0,25

+ Tính được:
3

5 3 2 5

lim

1 12

x

x
x



 


 0,5

+ Tính được: 1

2 1 1

lim

1 2

x

x
x




 


 0,25

Suy ra 1

11
lim ( )

x f x 

Để f x( ) liên tục tại x 1 thì xlim ( ) lim ( )1 f x x 1 f x f(1)

 

  0,25

Suy ra:

11
12

m 

là giá trị cần tìm.

0,25

Câu 5 (3,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1;0) và trực tâm
H . Phương trình đường trịn đi qua ba trung điểm của ba cạnh HA,HB,HC là

2 2

5 1 25

6 6 18

x y

   

   

   

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

- Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB.
- Gọi I, E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh HA, HB, HC.
+ CH ^IE và CH / /ME. Suy ra ME ^IE (1).

+ Tương tự, chứng minh được MF ^IF (2).

Từ (1) và (2) suy ra M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác IEF.

0.5
0.25

0.25

- Tương tự, N và P nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác IEF.
Suy ra sáu điểm: M, N, P, I, E, F cùng nằm trên một đường tròn.

Như vậy đường tròn qua I;E;F cũng qua ba trung điểm ba cạnh. Do đó xét phép vị
tự tâm G tỉ số

k 

2

biến đường tròn (IEF) thành đường trịn (ABC)

Ta có đường trịn (IEF) có tâm 1

5 1

( ; )

6 6

O

bán kính 1

5 3 2

R 

0.25
0.25

0.25

Gọi O2 là tâm đường trịn (ABC) ta có:

GO



2 GO



, ta tìm được 2

4 1

( '

)

3 3

O



Bán kính 2

5 2

3 R 

. Khi đó phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC

là:

2 2

4

1

50

3

9 x

y































0.5

0.25

Câu 6 (4,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, AB a BC a ,  3, SA3a.

Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vng góc với mặt phẳng (ABCD); M là trung điểm của
OB.

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

(Hình vẽ phục vụ câu a - 0,5 điểm)

a Gọi



góc giữa đường thẳng SO và mặt phẳng (SCD). Tính sin



. 1,5

+ Lập luận được SA vng góc với (ABCD). 0,25

+ Gọi H là là hình chiếu vng góc của A lên SD
+ Chứng minh được AH vng góc với (SCD).

0,25

+ Gọi E là trung điểm của CH. Suy ra OE^(SCD)
+ Suy ra hình chiếu vng góc của SO lên (SCD) là SE.

+ Suy ra được góc giữa SO và (SCD) là góc OSE, hay  OSE.

0,25

+Trong tam giác vng SOE tại E có:



sin sinOSEOE
OS

+ 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 4 3a 3a

= + = + = AH= OE=

AH AS AD 9a 3a 9a  2  4

0,25

2 2

AC= AB +BC =2a AO=a; SO= SA +AO =a 102 2 0,25

Suy ra


sin sin

10
  OSE 3

4 0,25

b Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CM theo

a

. 2,0

+ Qua B dựng đường thẳng d song song với CM, hạ AK vng góc với d tại K .
+ Đường thẳng CM cắt AB và AK lần lượt tại N và F.

Chứng minh được NA=2NB. 0,25

+ Suy ra:





d CM,SB =d(CM,(SKB))=d(N,(SKB))= .d(A,(SKB))

3 . 0,25

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

ΔANC ΔABC ABCD

2 2 1 2 1

S = .S = . S . .a.a 3

3 3 2 3 2 3

a

 

2 2 2a 7

CN= BC +BN =

3 0,25

Suy ra:

a 3
AF=

7 ;

3 3 a 3 3a 3

AK= AF= . =

2 2 7 2 7 0,25

Tính được:

3a 3
AP=

31 hay

3a 3
d(A,(SKB))=AP=

31 0,5

Suy ra





1 a 3

d CM,SB = .d(A,(SKB))=

3 31 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.

</div>


<a href=' /> de thi hoc sinh gioi vat li 9 co dap an (07_08)tinh Tien Gang

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NGỮ VĂN 6 CÓ ĐÁP ÁN

Tuyển tập đề thi học sinh giỏi ngữ văn 8 có đáp án hay

Các đề thi học sinh giỏi ngữ văn 7 (kèm đáp án)

ĐỀ KIỂM TRA HỌC SINH GIỎI KHỐI 4(1 ) Có đáp án

Đề thi Học sinh giỏi Ngữ văn 8 và Đáp án thi làn II (HK2)

Đề thi học sinh giỏi huyện 09-10 có đáp án

Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi Vật lý 9(có đáp án)

20 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VẬT LÝ 7 (CÓ ĐÁP ÁN)

Đề và Đáp án Học Sinh Giỏi Vật Lý 12 (có đáp án) (32)

Tải 2 Đề thi Olympic lớp 11 môn Toán Sở GD&ĐT Quảng Nam - Đề thi học sinh giỏi môn Toán 11 có đáp án





 

 

 

 

 

 

 

<sub> </sub>

 

 

 



















 





 

 

 

 

 

 

 

 

 

 





( )

<i>u</i>

lim

<i>u</i>

khi 1

khi 1

<i>x</i>

<i>x</i>





<i>x </i>

1





<i>a</i>





















































