intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE

Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11

Chia sẻ: Nguyễn Lê | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:13

180
lượt xem
34
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Kì thi học sinh giỏi là kì thi quan trọng đối với mỗi học sinh. Dưới đây là đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 giúp các em kiểm tra lại đánh giá kiến thức của mình và có thêm thời gian chuẩn bị ôn tập cho kì thi sắp tới được tốt hơn.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11

  1. Đề ôn HSG toán 11(đề số 9) (giao đề ngày 12/01,nộp ngày 19/01/2013) Câu 1: ( 2 điểm): Cho hệ phương trình :  x 1  9  y  m   ( với m là tham số )  y 1  9  x  m  a) Giải hệ phương trình khi m  2 5 . b) Tìm m để hệ trên có nghiệm duy nhất Câu 2: ( 3điểm): 1, Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau mà trong đó chỉ có một chữ số lẻ. 2. Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển nhị thức Niutơn của ( x 2  2) n Biết An  8Cn2  Cn  49 3 1 Câu 3: ( 2điểm): 3 Trong mphẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích bằng và điểm A(2;-3), 2 B(3;-2)trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng (d): 3x- y - 8 = 0. Tìm toạ độ điểm C Câu 4: ( 3điểm): Cho hình bình hành ABCD . S là điểm không thuộc (ABCD) ,M và N lần lượt là trung điểm của đoạn AB và SC . a. Xác định giao điểm I = AN  (SBD) b. Xác định giao điểm J = MN  (SBD) c. Chứng minh I , J , B thẳng hàng 1
  2. Đáp án đề số 9 Câu 1: ( 2 điểm): đây là hệ đối xứng loại 2 (bài thi vào trường chuyên tỉnh Hải Dương) a)Thay m = 2 5 ta được hệ pt :  x  1  9  y  2 5 (1)    y  1  9  x  2 5 (2)  Điều kiện : 1  x  9;  1  y  9 . Giả sử hệ pt có nghiệm (x; y) Từ hệ pt trên  x  1  9  y  y  1  9  x (3) Giả sử x  y ta có x  1  y  1 vµ 9  y  9  x suy ra x  1  9  y  y  1  9  x mâu thuẫn với (3) Tương tự x < y cũng suy ra mâu thuẫn . Vậy x = yThay x = y vào pt (1) ta có : x  1  9  x  2 5 bình phương hai vế ta được 10  2  x  1 9  x   20   x  1 9  x   5  x 2  8x  16  0  x  4 . Do đó x = y = 4. Hệ phương trình có một nghiệm : (x; y) = (4; 4). b) Theo cách chứng minh tương tự như trên ta chứng minh được : nếu hệ có nghiệm (x; y) thì x = y. y  x  Khi đó hệ phương trình đã cho  (II)   x  1  9  x  m (4)  Giả sử x0 là nghiệm duy nhất của phương trình (4)  x 0  1  9  x 0  m  (8  x 0 )  1  9  (8  x 0 )  m  8  x 0 cũng là nghiệm của pt (4) do tính duy nhất  8  x 0  x 0  x 0  4  m  2 5 y  x  Khi m  2 5 thay vào hệ (II) ta có   x 1  9  x  2 5  Giải hệ phương trình trên ta được nghiệm duy nhất (x; y) = (4; 4). Vậy với m  2 5 thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. (Có thể xem thêm cách của bạn Mạnh) Câu 2: ( 3điểm): 1)Ta kí hiệi số A là a1a2 a3a4 a5a6  Có 5 khả năng chọn một chữ số lẻ  Mỗi cách chọn 1 chữ số lẻ và 5 chữ số chẵn có P6 = 6! cách sắp xếp 6 chữ số đã cho vào 6 vị trí từ a1 đến a6 Như vậy có 5.P6 = 5.6! cách sắp xếp 10 chữ số từ 0 đến 9 vào 6 vị trí từ a1 đến a6 mà mỗi cách chỉ có một chữ số lẻ. * Trong tất cả cá cách sắp xếp đó thì những cách sắp xếp có chữ số 0 đứng ở vị trí a1 không phải là một số có 6 chữ số . 2
  3. 1 * Do tính bình đẳng của các chữ số đã chọn có số cách sắp xếp không phải là số có 6 chữ sốvà 6 5.6! bằng  5.5! 6 Vậy số các số có 6 chữ số mà trong đó chỉ có một số lẻ là 5.6!-5.5! = 5!( 30 - 5) = 25.5! = 3000 số (có thể làm cách khác) 2) Điều kiện n  3; n  N * . n n Ta có:  x 2  2    Cnk x 2k 2n k . Hệ số của x8 là Cn4 .2n 4 k 0 A  8C  C  49   n  2  n  1 n  4  n  1 n  n  49  n3  7 n 2  7 n  49  0 3 n 2 n 1 n   n  7   n2  7   0  n  7 Vậy hệ số của x8 là C74 .23  280 Câu 3: ( 2điểm): * Ta có 1 2S 3 S ABC  AB.d (C , AB )  d (C , AB )  ABC  (1) 2 AB 2   * Đường thẳng AB có véctơ chỉ phương AB  (1;1)   véctơ pháp tuyến là n AB  (1;1)  AB: x-y-5=0 Gọi điểm G(xG, yG) thì C( 3xG-5 ;3yG +5) 3 xG  5  3 yG  5  5 3 Ta có  2 2   xG  1  3 xG  yG  8   yG  5 Ta có   x  2  3 xG  3 yG  15  3   G   yG  2  Vậy có hai điểm thoả mãn C1(1;-1) , C2(-2;-10) (có thể làm nhiều cách khác nữa) Câu 4: ( 3điểm): Giải a. Xác định giao điểm I = AN  (SBD )  Chọn mp phụ (SAC)  AN  Tìm giao tuyến của (SAC ) và (SBD)  ( SAC)  (SBD) = SO  Trong (SAC), gọi I = AN  SO I  AN I  SO mà SO  ( SBD)  I  ( SBD) Vậy: I = AN  ( SBD) S b. Xác định giao điểm J = MN  (SBD) 3 I N A J D
  4.  Chọn mp phụ (SMC)  MN  Tìm giao tuyến của (SMC ) và (SBD) S là điểm chung của (SMC ) và (SBD) Trong (ABCD) , gọi E = MC  BD  ( SAC)  (SBD) = SE  Trong (SMC), gọi J = MN  SE J MN J SE mà SE  ( SBD)  J  ( SBD) Vậy J = MN  ( SBD) c. Chứng minh I , J , B thẳng hàng Ta có : B là điểm chung của (ANB) và ( SBD)  I  SO mà SO  ( SBD)  I  ( SBD)  I  AN mà AN  (ANB)  I  (ANB)  I là điểm chung của (ANB) và ( SBD)  J  SE mà SE  ( SBD)  J ( SBD)  J  MN mà MN  (ANB)  J  (ANB)  J là điểm chung của (ANB) và ( SBD) Vậy : B , I , J thẳng hàng 4
  5. SỞ GD&ĐT VĨNH KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2011-2012 PHÚC ĐỀ THI MÔN: TOÁN —————— Dành cho học sinh THPT chuyên Vĩnh Phúc ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ———————————— Câu 1 (3,0 điểm).  y  x( xy  2) 1. Giải hệ phương trình:  z  y ( yz  2) ( x, y , z  ) .   x  z ( zx  2)  2. Tính giới hạn sau: lim x x . x  0 Câu 2 (2,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ac  12 và bc  8. Tìm giá trị nhỏ nhất có 1 1 1  8 thể được của biểu thức D  a  b  c  2        ab bc ca  abc Câu 3 (2,0 điểm). Tìm tất cả các số nguyên dương n và số nguyên tố p thỏa mãn đồng thời các điều kiện n  2 p và ( p  1) n  1 chia hết cho n p 1 . Câu 4 (2,0 điểm). Xét các điểm M, N (M, N không trùng với A) tương ứng thay đổi trên các đường thẳng chứa các cạnh AB, AC của tam giác ABC sao cho MN BC và các đường thẳng BN, CM cắt nhau tại P. Gọi Q là giao điểm thứ hai (khác điểm P) của đường tròn ngoại tiếp các tam giác BMP và CNP. 1. Chứng minh rằng Q luôn nằm trên một đường thẳng cố định. 2. Gọi A ', B ', C ' lần lượt là điểm đối xứng với Q qua các đường thẳng BC , CA , AB . Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A ' B ' C ' nằm trên một đường thẳng cố định. Câu 5 (1,0 điểm). Ta gọi mỗi bộ ba số nguyên dương (a ; b ; c) là một bộ n  đẹp nếu a  b  c, ước chung lớn nhất của a, b, c bằng 1 và  a n  bn  c n   a  b  c  . Ví dụ, bộ (1; 2; 2) là
  6. 5  đẹp, nhưng không phải là 3  đẹp. Tìm tất cả các bộ n  đẹp với mọi n  1 (nếu có). —Hết— Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh………………. SỞ GD&ĐT VĨNH KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC PHÚC ——————— NĂM HỌC 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN ——————————— I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câ Điể Ý Nội dung trình bày u m 1 1 2,0 điểm  y (1  x 2 )  2 x  Hệ phương trình tương đương:  z (1  y 2 )  2 y  x(1  z 2 )  2 z  Nếu một trong ba số x , y , z bằng 1 thì hệ phương trình vô nghiệm. 0,5  2x  y  1  x2   2y  hệ phương trình trở thành  z  2  1 y  2z x   1  z2   2 tan  Đặt x  tan  với     ;  . Do tan 2    2 0,5  2 2 1  tan   y  tan 2  2 3 Ta có  z  tan 4  tan   tan 8    0,    ,    ,     0,5  x  tan 8 7 7 7 
  7.  2 4 Vậy, hệ phương trình có 7 nghiệm: (0;0;0),  tan ; tan ; tan  ,    7 7 7   2 4    4  2    2 4  0,5  tan ; tan ; tan  ,  tan ; tan ; tan  ,   tan ;  tan ;  tan ,  7 7 7   7 7 7   7 7 7   2 4    4  2    tan ;  tan ;  tan  ,   tan ;  tan ;  tan .  7 7 7   7 7 7  2 1,0 điểm Xét hàm số f  x   ln x với x   0;1 . Theo định lí Lagrange tồn tại c   3 x ;1 0,25 1    sao cho: f 1  f x  f '  c  1  x  1  3 x 3 c 3    1  1  3 x  ln1  ln 3 x  3 1  3 x x   0,5 1 1 1    1  x   ln x  3 1  3 x  x 1  3 x   3 3 x 3   x ln x  6 x 1  3 x .   Do lim  x 1  3 x   lim 6 x 1  3 x   0 x 0    x 0   0,25 x ln x  x x  lim       0  xlim x  1 . Vậy lim x  1. x 0  3    0  x0 2 2,0 điểm Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a b 6 ab 6 a b 6    3 3 · ·  3, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi   3 2 ab 3 2 ab 3 2 ab (1) b c 8 bc 8 b c 8    3 3 · ·  3, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi   2 4 bc 3 4 bc 2 4 bc (2) 0,5 c a 12 c a 12 c a 12    3 3 · ·  3, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi   4 3 ca 4 3 ca 4 3 ca (3) a b c 24 a b c 24     44 · · ·  4, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 3 2 4 abc 3 2 4 abc a b c 24    (4) 3 2 4 abc 6 32 84 24 (1)  4  (2)  7  (3)  (4)  3  a  b  c       40 hay ab bc ca abc 0,5 26 78 3D    40 bc ca 1 1 1 1 Mặt khác, từ giả thiết suy ra  và  . Do đó ca 12 bc 8 0,5 1 1 13 117 121 40  3D  26   78   3 D   39  3D  D bc ca 4 12 12 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  3, b  2, c  4. 0,5
  8. 121 Vậy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức D bằng , đạt được khi 12 a  3, b  2, c  4. 3 2,0 điểm p  2 Với n  1 thì mọi số nguyên tố p đều thỏa mãn. Với  thì n  4 và 0,25 n  2 (2  1)n  1 n . Suy ra n  2 . Xét n  2 và p  3. 0,25 Do ( p  1) n  1 là số lẻ và là bội của n p 1 nên n là số tự nhiên lẻ, do đó n  2 p . Gọi q là ước nguyên tố nhỏ nhất của n. 0,25 Do q | ( p  1) n  1 nên ( p  1)n  1  mod q  và ( p  1; q)  1 . Do n, q đều lẻ nên (n ; q  1)  1 ; do đó tồn tại u, v  * sao cho un  v(q  1)  1 . Khi ấy u lẻ và un u  p  1  ( p  1)·( p  1)v ( q1)   1   p  11v  mod q   p  0  mod q  0,5 Suy ra q| p , do p, qlà các số nguyên tố nên q  p . Từ đó, do n  2 p suy ra n  p p p   0,25 Vậy p p 1 là ước của ( p  1) p  1   (1) p k C p p k  p 2   C k  1 p k p k 2  1 k p k 1  k 2  p pk Do mỗi số hạng của k  C  1 p p k 2 đều chia hết cho p nên k 2 0,5 p  1  2  p  3 . Bởi vậy n  p  3 . Kết luận: (n ; p)  {(2; 2), (3; 3)}  {(1; p): p là số nguyên tố}. 4 2,0 điểm A B' M N P J C' I Q B C L 1 1,0 điểm Do B, Q, P, M cùng nằm trên một đường tròn và C, Q, P, N cùng nằm trên 0,5 một đường tròn, nên ( BQ ; BM )  ( PQ ; PM )  ( PQ ; PC )  ( NQ ; NC )  mod  
  9. và ( MQ ; MB)  ( PQ ; PB)  ( PQ ; PN )  (CQ ; CN )  mod   Từ đó suy ra BQM ~ NQC (2) Gọi I và J theo thứ tự là hình chiếu của Q trên các đường thẳng BM và CN. QI MB AB 0,5 Khi đó, do (2) nên   (do MN BC ). QJ NC AC Từ đó, theo tính chất của đường đối trung, Q nằm trên đường đối trung kẻ từ A của tam giác ABC. 2 1,0 điểm Gọi L là giao điểm của AP với BC. Áp dụng định lý Céva cho tam giác ABC ta có MA LB NC    1 (1) 0,25 MB LC NA MA NA LB Do MN BC nên  từ đó và (1) suy ra  1 hay L là trung điểm MB NC LC BC. Do AQ là đường đối trung nên BAQ  CAP và kết hợp với tứ giác AIQJ nội 0,25 tiếp nên AQI  AJI suy ra CAP  AJI  AQI  BAQ  900  AP  IJ (3). Do cách xác định các điểm B ', C ' nên AB '  AC '  AQ hay tam giác AB ' C ' cân tại A , kết hợp với IJ là đường trung bình của tam giác QB ' C ' 0,25  IJ B ' C ', AB '  AC ' (4) Từ (3), (4) suy ra AP là đường trung trực của đoạn B’C’ suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A’B’C’ nằm trên đường thẳng AP hay nằm trên 0,25 trung tuyến AL của tam giác ABC. 5 1,0 điểm Trước hết ta có nhận xét: Với mỗi số nguyên tố p thì 1 nÕu   a; p   1 a p 1   (định lý Fermat) 0 nÕu   a; p   p 0,25 Do đó, vì ước chung lớn nhất của a, b, c bằng 1 suy ra a p 1  b p1  c p 1  1, 2, 3  mod p  Vậy, nếu p là một ước nguyên tố của a p 1  b p1  c p 1 thì p  2 hoặc p  3 . 0,25 Từ đó, nếu (a ; b ; c) là n  đẹp thì a  b  c chỉ có các ước nguyên tố là 2, 3. Do x 2  0, 1  mod 4  và a, b, c không cùng chẵn nên a 2  b 2  c 2  1, 2, 3  mod 4  (1) 0,25 Do x 3  0,  1  mod 9  và a, b, c không cùng chia hết cho 3 nên a 6  b 6  c 6  1, 2, 3  mod 9  (2) Từ (1) và (2) suy ra nếu (a ; b ; c) là n  đẹp thì a  b  c không chia hết cho 4 và 9. Do đó a  b  c bằng 3 hoặc 6. 0,25 Bằng việc kiểm tra trực tiếp, thu được (1; 1; 1) và (1; 1; 4) là n  đẹp với mọi n  1.
  10. Câu I: Giải phương trình: 6 3cos x 4sin x 6. 3cos x 4sin x 1 Câu II: Cho phương trình: sin 2 4x m 2 3 sin 4x + m2 4 0. Tìm m để phương trình có đúng 4 nghiệm 3 thuộc ;2 . 2 Câu III: Cho các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5. a. Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau từ các chữ số trên. b. Tính tổng các chữ số lập được. Câu IV: Phép vị tự tâm I(3; 5) tỷ số k = 2 biến đường thẳng d1: x + 3y – 8 = 0 thành đường thẳng d1’ và đường thẳng d2: x – 2y + 2 = 0 thành đường thẳng d2’. a. Tìm phương trình d1’; d2’. b. Chứng minh rằng (d1’; d2’) = ( d1 ; d2) và tính số đo của góc tạo bởi d1; d2. Câu V: Giải phương trình: k k 2 k 1 C 14 C 14 2C 14 . ------------------------ Hết ----------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
  11. TRƯỜNG THPT CHUYÊN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NGUYỄN TẤT THÀNH MÔN: TOÁN LỚP 11 - 12 THPT ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2012-2013 (Đề có 01 trang) (Thời gian làm bài: 180 phút, không kể giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH  xy  6x 2  20xy + 6y2   351 Bài 1(4,0 điểm). Giải hệ phương trình   với x, y   x + y   x  14xy + y   378 2 2  1 Bài 2(3,0 điểm). Cho các số thực a, b, c thỏa mãn: 0 < a, b, c < và a + 3b + 5c = 3. 2 1 9 25 Chứng minh rằng :    81 a  6b  10c  5  b 10c  2a  3  c  2a  6b  1 Bài 3(5,0 điểm) Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp tâm I, tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại các điểm D, E, F. Đường thẳng AI cắt đường tròn (I) tại M, N
  12. sao cho M nằm giữa A và N. Đường thẳng DM và EF cắt nhau tại K, đường thẳng NK cắt đường tròn tâm (I) tại điểm thứ hai là P khác N. Đường thẳng AI và EF cắt nhau tại Q. a) Chứng minh rằng: Tứ giác PQID là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh rằng: Các điểm A, P, D thẳng hàng. II. PHẦN RIÊNG A. PHẦN DÀNH CHO HỌC SINH LỚP 11 Bài 4.a (4,0 điểm). Cho hàm số f(x) = x4 + ax3 + bx2 + cx + d, trong đó a, b, c, d là f 15   f  11 những hằng số thực. Biết f(1) = 9, f(2) = 18, f(3) = 27. Hãy tính  118 30 Bài 5.a (4,0 điểm). Tìm tất cả các bộ số nguyên dương (m ; n) sao cho p = m2 + n 2 là số nguyên tố và m3 + n3 - 4 chia hết cho p. B. PHẦN DÀNH CHO HỌC SINH LỚP 12 Bài 4.b (4,0 điểm)  x1  (0;1)  Cho dãy số thực (xn) được xác định bởi:   x n+1  x n 1  x n  , n  1  Tính: lim (nxn)
  13. Bài 5.b (4,0 điểm) Có 2012 con thỏ nhốt trong 1006 chuồng, mỗi chuồng có đúng hai con. Sau mỗi ngày người ta lại thay đổi vị trí của thỏ sao cho không có hai con thỏ nào đã nằm chung chuồng những ngày trước đó lại nằm chung chuồng thêm một lần nữa. Hỏi có tối đa bao nhiêu ngày làm được như vậy? ----- HẾT -----
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2