Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường lần 1 môn Toán năm học 2012- 2013

Chia sẻ: Hàn Hồng Hạnh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

85
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các em có thể tham khảo "Đề thi HSG năm 2011 - 2012 môn Toán 11" này để luyện tập những kỹ năng làm bài, rèn luyện kiến thức tiếng Toán để chuẩn bị thật tốt cho các kì thi môn Toán sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường lần 1 môn Toán năm học 2012- 2013

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT SÔNG LÔ ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 (2,0 điểm). Giải bất phương trình: ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LẦN 1 NĂM HỌC 2012-2013 Môn: Toán – Lớp 11 ( Ngày thi: 13/11/2012) (Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề) Đề thi có 01 trang x 2  91  x  2  x 2 Câu 2 (2,0 điểm). Giải phương trình và hệ phương trình: tan x cos 3 x  2 cos 2 x  1 a)  3(sin 2 x  cos x) 1  2sin x Câu 3 (2,0 điểm). 1) Hỏi số 16200 có bao nhiêu ước số tự nhiên?  x1  y 1  4 b)   x 6  y  4  6 1  x7 ) n , biết rằng: 4 x k 1 2 n 20 C2 n1  C2 n 1  ...  C2 n 1  2  1 ( n nguyên dương, Cn số là tổ hợp chập k của n phần tử) 2) Tìm hệ số của số hạng chứa x 26 trong khai triển nhị thức Niutơn của ( Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường thẳng  : 5 x  2 y  19  0 và đường tròn (C ) : x 2  y 2  4 x  2 y  0. Từ một điểm M nằm trên đường thẳng  kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C ) (A và B là hai tiếp điểm). Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB biết rằng AB  10 . Câu 5 (1,0 điểm). Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác và thỏa mãn điều kiện a 2  b2  c 2  1  2(ab  bc  ca) . Chứng minh rằng (a  b  c) 4  (b  c  a ) 4  (c  a  b) 4  1 3 -------------------------------HẾT------------------------------Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm. -------------------------------HẾT------------------------------Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT SÔNG LÔ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LẦN 1 NĂM HỌC 2012-2013 Môn: Toán – Lớp 11 ( Ngày thi: 13/11/2012) (Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề) Đề thi có 01 trang ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 Ý Nội dung Điểm 2,0 Giải bất phương trình Điều kiện x  2 . Bất phương trình đã cho tương đương với x 2  91 - x  2 - x2 < 0 Đặt f(x) là vế trái, ta sẽ xét dấu f(x) Trước hết ta tìm nghiệm của f(x): 0,25 x 2  91 -10 = x  2 -1 + x 2  9   1 1 ( x  3).( x  3).    0 (*) 10  x 2  9 1  x  2   Vì x  2 nên biểu thức trong ngoặc bên vế trái của (*) dương. Từ đó (*)  x  3 0,25 Ta có f(x) = 0  0,75 0,25 Xét dấu f(x): - + 3 2 2 1 2 +  Qua bảng xét dấu ta có nghiệm của bất phương trình đã cho là x  3 Giải phương trình và hệ phương trình Giải phương trình 1   5 Điều kiện: cos x  0, sin x  hay x    k 2 , x   k 2 , x   k 2 , k  . 2 2 6 6 Khi đó phương trình đã cho tương đương sin x( 4 cos 2 x  3)  4 cos 2 x  3  3 cos x( 2 sin x  1) 1  2 sin x (sin x  1)(1  4 sin 2 x)   3 cos x( 2 sin x  1) 1  2 sin x  (sin x  1)(1  2 sin x)  3 cos x(2 sin x  1) 1   5  sin x   2  x   6  k 2 , x   6  k 2  2 sin x  1  0    cos x     1  x    k 2 , x     k 2 sin x  1  3 cos x     6 2 6 2  Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là  5 x    k 2 , x    k 2 , k   . 6 6 Giải hệ phương trình.. §iÒu kiÖn: x  -1, y  1  x1  x6  y 1  y 4  10  x6  x1  y 4  y 1  2 0,25 0,25 2,0 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 Céng vÕ theo vÕ råi trõ vÕ theo vÕ ta cã hÖ  §Æt u= x  1  x  6 , v = y  1  y  4 . Ta cã hÖ   u  v 10 u 5 x 3  v 5  y 5 lµ nghiÖm cña hÖ 5 5   2 u v  3 1 Tìm số ước số… 0,5  0,5 2,0 1,0 Câu Ý Nội dung Điểm Ta cã: 16200  23.34.52 0,25 ¦íc cua 16200 có d¹ng: 2 m.3n.5 p  m, n, p  ; 0  m  3, 0  n  4, 0  p  2  + Víi mçi bé sè (m, n, p) ta cã 1 íc sè tù nhiªn cña 16200. 0,25 0,25 + Chän m: cã 4 c¸ch. n: cã 5 c¸ch. p: cã 3 c¸ch. Suy ra: cã 4.5.3=60 (bé sè(m, n, p) VËy cã 60 íc sè cÇn t×m. 2 0,25 Tìm hệ số... C 1 2 n 1 C 2 2 n 1 1,0  ...  C n 2 n 1 20  2 1  C20n 1  C21n 1  C22n 1  ...  C2nn1  2 20  2(C20n 1  C21n 1  C22n 1  ...  C2nn1 )  221  C20n 1  C21n 1  C22n 1  ...  C2nn1  C2nn11  ...  C22nn11  C22nn1  C22nn11  221  (1  1)2 n 1  221  2 n  1  21  n  10 10 Với n = 10 ta có ( 0,5 10 1 1  x 7 )10   C10k ( 4 ) k .( x 7 )10k   C10k x 7011k 4 x x k 0 k 0 0,25  70  11k  26  k  4 26 + Vậy hệ số của x trong khai triển ( 1  x7 )10 là: C104  210 4 x 4 0,25 3,0 A M H B Đường tròn (C) có tâm I (2; 1), bán kính R  5. Gọi H  MI  AB. Ta có AH  1 10 AB  . 2 2 0,5 Trong tam giác vuông MAI (tại A) với đường cao AH ta có 1 1 1 1 4 1       AM  5  MI  10 . AH 2 AI 2 AM 2 AM 2 10 5 Ta có  : 5x  2y 19 0   : x 5 y  3   M (5  2m; 3  5m) 2 5 2 2 0,5 2 Khi đó MI  10  (3  2m)  ( 2  5m)  10  29m  32m  3  0  m  1 hoặc m 3 . 29 0,5 Chú ý rằng, đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB là đường tròn đường kính MI. Với m  1 ta có M (3;  2). Khi đó pt đường tròn ngoại tiếp AMB là 2 5 2 5  1 5  x     y    . 2  2 2  3  139 72  Với m   ta có M  ; . Khi đó pt đt ngoại tiếp AMB là 29  29 29  2 2 197   101  5  x   y   . 58   58  2  Chứng minh bất đẳng thức… 0,75 0,75 1,0 Câu Ý Nội dung Đặt a  x  y , b  y  z , c  z  x; x  0, y  0, z  0 thì điều kiện bài toán được đưa về xy  yz  zx  Điểm 1 (*) 4 Và bất đẳng thức cần chứng minh đưa về: đưa về bất đẳng thức : x 4  y 4  z 4  1 (**) 48 0,25 Áp dụng bất đẳng thức coossi cho 4 số, ta có 1 1   144 144 1 1 y4  z 4    144 144 x4  y4  xy (1) tương tự 3 yz 1 1 xz (2) , x 4  z 4    (3) 3 144 144 3 Cộng vế với vế các BĐT (1), (2), (3) trên ta có (**) Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  1 12 hay a  b  c  0,5 1 3 --------------------HẾT -------------------- 0,25