Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 11 năm 2012-2013 - Sở GDĐT Hà Tĩnh

Chia sẻ: Pham Linh Dan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

0
56
lượt xem
10
download

Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 11 năm 2012-2013 - Sở GDĐT Hà Tĩnh

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn toán lớp 11 năm 2012 - 2013 này giúp các em học sinh ôn tập kiến thức, ôn tập kiểm tra, thi cuối kỳ, rèn luyện kỹ năng để các em nắm được toàn bộ kiến thức chương trình Toán 11.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 11 năm 2012-2013 - Sở GDĐT Hà Tĩnh

  1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012-2013 MÔN TOÁN LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi:4/4/2013 x 2 3 sin x. 1  cos x   4 cos x.sin 2 3 Câu 1. a) Giải phương trình: 2 0 2sin x  1 b)Tính giới hạn sau 2 x  1. 3 2.3 x  1. 4 3.4 x  1...2013 2012.2013x  1 L  lim x 0 x Câu 2. a) Cho khai triển: 11 1  x  x 2  x 3  ...  x10   a0  a1 x  a2 x 2  a3 x3  ...  a110 x110 Chứng minh đẳng thức sau: 0 1 2 3 10 11 C11a0  C11a1  C11a2  C11a3  ...  C11 a10  C11 a11  11 b) Tính tổng: n S 1 2 Cn 2Cn 3Cn   3  ...   1 nCnn 2.3 3.4 4.5  n  1 n  2  2 Câu 3. a) Cho tam giác ABC có độ dài các đường cao BB '  5; CC '  2 và cos CBB '  . 5 Tính diện tích tam giác ABC.  b) Cho tam giác ABC có các góc thỏa mãn A  B  C  . Tính các góc của tam giác 2 đó khi biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất P  2 cos 4C  4 cos 2C  cos 2 A  cos 2 B Câu 4. Cho hình chóp SABC có SC   ABC  và tam giác ABC vuông tại B. Biết 13 AB  a; AC  a 3 và góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SAC) bằng  với sin   . 19 Tính độ dài SC theo a.  4 a1  3 Câu 5. Cho dãy số  an  thỏa mãn:  n  1, n   n  2  a  n a   n  1 a a 2 2  n n 1 n n 1 Tìm lim an . ----------------------------------------------------HẾT ---------------------------------------------------- - Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay, - Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: …………………………………………………Số báo danh: ………………
  2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 11 Câu Đáp án Điểm 1a)   0,5 1  x  6  k  Điều kiện: sin x    , k , l  (*). 2  x  5  l   6 Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương: 0,5 x 2 3 sin x. 1  cos x   4 cos x.sin 2  3  0 2  2 3 sin x  2 3 sin x.cos x  2 cos x 1  cos x   3  0 2    3 sin x  cos x  3sin 2 x  2 3 sin x.cos x  cos 2 x  0  3,0 0,5  3 sin x  cos x  0 điểm   3 sin x  cos x  3 sin x  cos x  2  0     3 sin x  cos x  2   0,5 TH1: 3 sin x  cos x  0  cot x  3  x   k , k  6      0,5 TH2: 3 sin x  cos x  2  2  sin x cos  cos x sin   2  sin  x    1  6 6  6   2  x    k 2  x   k 2 , k  6 2 3 Đối chiếu điều kiện ta thấy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm 0,5 7 2 x  k 2 , x   k 2 , k  6 3 1b) L  lim  2x  1 1  3 2.3 x  1. 4 3.4 x  1...2013 2012.2013 x 1,0 x 0 x2 3,0 điểm  lim  3  2.3x  1  1 4 3.4 x  1...2013 2012.2013 x  ...  lim 2013 2012.2013x  1 x 0 x x0 x n ax  1  1 a 1,0 Chứng minh công thức: lim   a  0; n  *  (1). x0 x n Áp dụng (1) ta thu được 1,0 2011.2012 L  1  2  3  ...  2012   2011.1006  2023066 . 2 2a) Xét x  1 từ khai triển trên nhân hai vế với  x  1 ta có: 11 1,0 11 11 x 11 1    x  1  a 0  a1 x  a2 x 2  ...  a110 x110  (2) 11 11 k 0,5 VT (2)   C11 x11k  1 k  Hệ số của x11 trong vế trái bằng C11  11 1 2,5 k 0 điểm  11 k k  1,0 VP(2)    C11 x11k  1   a0  a1 x  a2 x 2  ...  a110 x110   k 0 
  3.  Hệ số của x11 trong vế phải bằng 0 1 2 3 10 11 C11a0  C11a1  C11a2  C11a3  ...  C11 a10  C11 a11 Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh 2b) Ta có Cnk  n!  1 .  n  1! C k 1  n 1 (3) 0,5 k  1 k ! k  1 n  k  ! n  1  k  1 ! n  1   k  1  ! n  1   k  1 kCnk   1 kCnk22 k 0,5 Áp dụng 2 lần công thức (3) ta được:  k  1 k  2   n  1 n  2  Cho k chạy từ 1 đến n rồi cộng vế các đẳng thức trên ta có 0,5 n 2,0  n  1 n  2  S  Cn3 2  2Cn4 2  3Cn5 2  ...   1 nCnn22 n điểm    Cn 1  Cn 1   2  Cn 1  Cn 1   3  Cn 1  Cn 1   ...   1 nCn 11 2 3 3 4 4 5 n 2 3 4 n n 1  Cn 1  Cn 1  Cn 1  ...   1 Cn 1 0 1  0 1 2 3 4 5  Cn 1  Cn 1  Cn 1  Cn 1  Cn 1  Cn 1  Cn 1  Cn 1  ...   1 n 1  n 1 Cn 1  0,5 n 1 1   n  1  1  1   n n Vậy S  .  n  1 n  2  3a) Xét hai trường hợp: 1 +) B và C không tù. Khi đó A 2 2 1 cos CBB '   sin C  , cos C  5 5 5 B’ BB ' 5 BC   C’ 2,5 cos CBB ' 2 H điểm CC ' 4 3 Suy ra sin B   , cos B  BC 5 5 C B 2 BB ' 5 1 5 1,0  sin A  sin B cos C  sin C cos B   AB    S  AB.CC '  5 sin A 2 2 2 +) B hoặc C tù 0,5 2 1 Do BB '  CC ' nên B  C và C tù  sin C  , cos C   5 5 4 3 2 25 25 Còn sin B  , cos B  (giống trường hợp 1)  sin A  , AB  Suy ra S  5 5 5 5 2 2 3b)   1 0,5 Ta có A  B  C   C   0  cos C  3 2 2 cos 2 A  cos 2 B  2 cos  A  B  cos  A  B   2cocC cos  A  B   2 cos C (3) 0,5
  4. ( Do cos C  0 và cos  A  B   1 ).  2,5 Dấu bằng trong (3) xảy ra khi A  B hoặc C  điểm 2 2 Từ đó P  4  2cos 2 C  1  2  2 cos 2 C  1  1  2 cos C      0,5  8cos C  2cos C  1  2 cos C 2 2 2 16 cos 4 C  8cos 2 C  1  1  2 cos C  4   4 cos 2 C  1  1  2 cos C   4  4 (4). 0,5  0,5 Dấu bằng trong (4) xảy ra khi C  3  Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất khi A  B  C  3 4) Gọi H, K là hình chiếu của C lên SA, SB. 1,0 S Ta chứng minh được CK  ( SAB), SA  (CHK ) . H Suy ra CHK vuông tại K và SA  KH . x Do đó   CHK . K C A a 2,5 B điểm Đặt SC  x  0 . Trong tam giác vuông SAC ta có 1,0 1 1 1 3a 2 x 2    CH 2  2 . CH 2 CA 2 CS 2 3a  x 2 2a 2 x 2 2 Tương tự, trong tam giác vuông SBC ta có CK  2 . 2a  x 2 13 CK 2 13 2(3a 2  x 2 ) 13 0,5 Ta có sin        x  6a , vì x > 0. Vậy SC  6a 19 CH 2 19 3(2a 2  x 2 ) 19 5)  n  2 2 n2 0.5 * Dễ thấy an  0, n  . Từ giả thiết ta có    n  1 an 1 an * 1 1 1,0 Với mỗi n  , đặt yn   ta có y1  1 và 2,0 an 4 điểm 2 1  1 2 n2  n  2   yn 1    n 2  yn     n  1   n  2  yn 1  n 2 yn  yn 1  y 2 n  4  4  n  2 2 2 2 4n 2  n  1 2 0,5  n 1   n  2   1  4 Do đó yn      ...   y1  2  an  2  n 1  n 1   3   n  1 n 2 16  n 2  n  1 Vậy lim an  4 .
  5. Lưu ý: Mọi cách giải khác mà đúng đều cho điểm tương ứng ---------------------HẾT---------------------
  6. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012-2013 MÔN TOÁN LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi:4/4/2013 x 2 3 sin x. 1  cos x   4 cos x.sin 2 3 Câu 1. a) Giải phương trình: 2 0 2sin x  1 b)Tính giới hạn sau 2 x  1. 3 2.3 x  1. 4 3.4 x  1...2013 2012.2013x  1 L  lim x 0 x Câu 2. a) Cho khai triển: 11 1  x  x 2  x 3  ...  x10   a0  a1 x  a2 x 2  a3 x3  ...  a110 x110 Chứng minh đẳng thức sau: 0 1 2 3 10 11 C11a0  C11a1  C11a2  C11a3  ...  C11 a10  C11 a11  11 b) Tính tổng: n S 1 2 Cn 2Cn 3Cn   3  ...   1 nCnn 2.3 3.4 4.5  n  1 n  2  2 Câu 3. a) Cho tam giác ABC có độ dài các đường cao BB '  5; CC '  2 và cos CBB '  . 5 Tính diện tích tam giác ABC.  b) Cho tam giác ABC có các góc thỏa mãn A  B  C  . Tính các góc của tam giác 2 đó khi biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất P  2 cos 4C  4 cos 2C  cos 2 A  cos 2 B Câu 4. Cho hình chóp SABC có SC   ABC  và tam giác ABC vuông tại B. Biết 13 AB  a; AC  a 3 và góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SAC) bằng  với sin   . 19 Tính độ dài SC theo a.  4 a1  3 Câu 5. Cho dãy số  an  thỏa mãn:  n  1, n   n  2  a  n a   n  1 a a 2 2  n n 1 n n 1 Tìm lim an . ----------------------------------------------------HẾT ---------------------------------------------------- - Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay, - Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: …………………………………………………Số báo danh: ………………
  7. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 11 Câu Đáp án Điểm 1a)   0,5 1  x  6  k  Điều kiện: sin x    , k , l  (*). 2  x  5  l   6 Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương: 0,5 x 2 3 sin x. 1  cos x   4 cos x.sin 2  3  0 2  2 3 sin x  2 3 sin x.cos x  2 cos x 1  cos x   3  0 2    3 sin x  cos x  3sin 2 x  2 3 sin x.cos x  cos 2 x  0  3,0 0,5  3 sin x  cos x  0 điểm   3 sin x  cos x  3 sin x  cos x  2  0     3 sin x  cos x  2   0,5 TH1: 3 sin x  cos x  0  cot x  3  x   k , k  6      0,5 TH2: 3 sin x  cos x  2  2  sin x cos  cos x sin   2  sin  x    1  6 6  6   2  x    k 2  x   k 2 , k  6 2 3 Đối chiếu điều kiện ta thấy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm 0,5 7 2 x  k 2 , x   k 2 , k  6 3 1b) L  lim  2x  1 1  3 2.3 x  1. 4 3.4 x  1...2013 2012.2013 x 1,0 x 0 x2 3,0 điểm  lim  3  2.3x  1  1 4 3.4 x  1...2013 2012.2013 x  ...  lim 2013 2012.2013x  1 x 0 x x0 x n ax  1  1 a 1,0 Chứng minh công thức: lim   a  0; n  *  (1). x0 x n Áp dụng (1) ta thu được 1,0 2011.2012 L  1  2  3  ...  2012   2011.1006  2023066 . 2 2a) Xét x  1 từ khai triển trên nhân hai vế với  x  1 ta có: 11 1,0 11 11 x 11 1    x  1  a 0  a1 x  a2 x 2  ...  a110 x110  (2) 11 11 k 0,5 VT (2)   C11 x11k  1 k  Hệ số của x11 trong vế trái bằng C11  11 1 2,5 k 0 điểm  11 k k  1,0 VP(2)    C11 x11k  1   a0  a1 x  a2 x 2  ...  a110 x110   k 0 
  8.  Hệ số của x11 trong vế phải bằng 0 1 2 3 10 11 C11a0  C11a1  C11a2  C11a3  ...  C11 a10  C11 a11 Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh 2b) Ta có Cnk  n!  1 .  n  1! C k 1  n 1 (3) 0,5 k  1 k ! k  1 n  k  ! n  1  k  1 ! n  1   k  1  ! n  1   k  1 kCnk   1 kCnk22 k 0,5 Áp dụng 2 lần công thức (3) ta được:  k  1 k  2   n  1 n  2  Cho k chạy từ 1 đến n rồi cộng vế các đẳng thức trên ta có 0,5 n 2,0  n  1 n  2  S  Cn3 2  2Cn4 2  3Cn5 2  ...   1 nCnn22 n điểm    Cn 1  Cn 1   2  Cn 1  Cn 1   3  Cn 1  Cn 1   ...   1 nCn 11 2 3 3 4 4 5 n 2 3 4 n n 1  Cn 1  Cn 1  Cn 1  ...   1 Cn 1 0 1  0 1 2 3 4 5  Cn 1  Cn 1  Cn 1  Cn 1  Cn 1  Cn 1  Cn 1  Cn 1  ...   1 n 1  n 1 Cn 1  0,5 n 1 1   n  1  1  1   n n Vậy S  .  n  1 n  2  3a) Xét hai trường hợp: 1 +) B và C không tù. Khi đó A 2 2 1 cos CBB '   sin C  , cos C  5 5 5 B’ BB ' 5 BC   C’ 2,5 cos CBB ' 2 H điểm CC ' 4 3 Suy ra sin B   , cos B  BC 5 5 C B 2 BB ' 5 1 5 1,0  sin A  sin B cos C  sin C cos B   AB    S  AB.CC '  5 sin A 2 2 2 +) B hoặc C tù 0,5 2 1 Do BB '  CC ' nên B  C và C tù  sin C  , cos C   5 5 4 3 2 25 25 Còn sin B  , cos B  (giống trường hợp 1)  sin A  , AB  Suy ra S  5 5 5 5 2 2 3b)   1 0,5 Ta có A  B  C   C   0  cos C  3 2 2 cos 2 A  cos 2 B  2 cos  A  B  cos  A  B   2cocC cos  A  B   2 cos C (3) 0,5
  9. ( Do cos C  0 và cos  A  B   1 ).  2,5 Dấu bằng trong (3) xảy ra khi A  B hoặc C  điểm 2 2 Từ đó P  4  2cos 2 C  1  2  2 cos 2 C  1  1  2 cos C      0,5  8cos C  2cos C  1  2 cos C 2 2 2 16 cos 4 C  8cos 2 C  1  1  2 cos C  4   4 cos 2 C  1  1  2 cos C   4  4 (4). 0,5  0,5 Dấu bằng trong (4) xảy ra khi C  3  Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất khi A  B  C  3 4) Gọi H, K là hình chiếu của C lên SA, SB. 1,0 S Ta chứng minh được CK  ( SAB), SA  (CHK ) . H Suy ra CHK vuông tại K và SA  KH . x Do đó   CHK . K C A a 2,5 B điểm Đặt SC  x  0 . Trong tam giác vuông SAC ta có 1,0 1 1 1 3a 2 x 2    CH 2  2 . CH 2 CA 2 CS 2 3a  x 2 2a 2 x 2 2 Tương tự, trong tam giác vuông SBC ta có CK  2 . 2a  x 2 13 CK 2 13 2(3a 2  x 2 ) 13 0,5 Ta có sin        x  6a , vì x > 0. Vậy SC  6a 19 CH 2 19 3(2a 2  x 2 ) 19 5)  n  2 2 n2 0.5 * Dễ thấy an  0, n  . Từ giả thiết ta có    n  1 an 1 an * 1 1 1,0 Với mỗi n  , đặt yn   ta có y1  1 và 2,0 an 4 điểm 2 1  1 2 n2  n  2   yn 1    n 2  yn     n  1   n  2  yn 1  n 2 yn  yn 1  y 2 n  4  4  n  2 2  n 1   n  2   1  2 2 4 4n 2  n  1 2 0,5 Do đó yn      ...   y1  2  an  2  n 1  n 1   3   n  1 n 2 16  n 2  n  1 Vậy lim an  4 .
  10. Lưu ý: Mọi cách giải khác mà đúng đều cho điểm tương ứng ---------------------HẾT---------------------

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản