Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán lớp 11 năm học 2012-2013

Chia sẻ: Hàn Hồng Hạnh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

86
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo là "Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán lớp 11 năm học 2012-20131" giúp học sinh ôn tập hiệu quả, rèn luyện kỹ năng làm bài thi đạt điểm cao trong kì thi chọn học sinh giỏi cấp trường lớp 11 môn Toán. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi 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 môn Toán lớp 11 năm học 2012-2013

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 2 ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LỚP 11 NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi: TOÁN (Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2 điểm). Giải các phương trình: a) cos 2 x sin x  cos x  sin x b) 16sin 5 x  2  10 sin x  5sin 3 x . 2 Câu 2 (1 điểm). Với các chữ số 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có sáu chữ số đối một khác nhau sao cho các chữ số 1, 2, 3 đứng kề nhau. Câu 3 (1 điểm). Có hai hộp chứa các quả cầu. Hộp thứ nhất chứa 3 quả cầu đỏ, 7 quả cầu trắng và 10 quả cầu xanh. Hộp thứ hai chứa 5 quả cầu đỏ, 7 quả cầu trắng và 8 quả cầu xanh. Từ mỗi hộp lấy ngẫu nhiên một quả cầu. Tính xác suất để hai quả cầu lấy ra có cùng một màu. 8 Câu 4 (1 điểm). Tìm hệ số của x 8 trong khai triển của 1  x 2  2 x 3  thành đa thức. Câu 5 (1 điểm). Tìm số hạng tổng quát và tính tổng 100 số hạng đầu tiên của dãy số un  xác định bởi u1  2013, un1  2un  1, n  1 . Câu 6 (1,25 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với A  1; 4  , B  3; 0  ,  7  C   ; 0  , và điểm M 1; 0  trên cạnh BC. Hãy xác định tọa độ điểm N trên AB và điểm P trên  3  AC sao cho chu vi tam giác MNP nhỏ nhất. Câu 7 (2,25 điểm). Cho tứ diện ABCD. M là một điểm trên cạnh AB. (P) là mặt phẳng qua M song song với AD và BC. a) Xác định thiết diện của tứ diện khi cắt bởi mặt phẳng (P). Thiết diện là hình gì? Hãy xác định vị trí của M trên đoạn AB sao cho thiết diện thu được là hình thoi. b) Cho O là điểm nằm trong tam giác BCD. Các đường thẳng qua O song song với AB, AC, AD tương ứng cắt các mặt phẳng (ACD), (ABD), (ABC) theo thứ tự tại B’, C’, D’. Tìm giá trị lớn nhất của tích OB’.OC’.OD’, biết AB = x, AC  y, AD  z . Câu 8 (0,5 điểm). Cho tam giác ABC có minh rằng a  BC, b  AC, c  AB , min  A, B, C  150 . Chứng ab , bc , ca cũng là độ dài ba cạnh của một tam giác. ---------------------------------------------- Hết ---------------------------------------------------Giám thị coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh……………………......... Giámthị 1:………………………………… Số báo danh………………………….......... Giám thị 2:……………………………… SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 2 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LỚP 11 NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Câu Nội dung 2 2 1 a)Pt   cos x  sin x  sin x   cos x  sin x   0 Điểm 0,25   cos x  sin x   cos x  sin x  sin x  1  0  cos x  sin x  0 2   cos x  sin x  cos x  0   .  cos x  0   x   k  4  k  Z  .  x    k  2   Phương trình có hai họ nghiệm là x   k , x   k  k  Z  . 4 2 0,5 0,25 b) Ta có  2 2  1  cos 2 x  2  16 sin x    4 sin x cos 2 x  2 cos 2 x  1 2   1  cos 4 x = 4 sin x  8sin x cos 2 x  4 sin x.  sin 5 x  5 sin 3 x  10 sin x . 2   5 x   k 2  2 4 Pt  sin 5 x  0 2 5 x  3  k 2  4  k 2   x  20  5  k  Z  .  x  3  k 2  20 5  k 2 3 k 2 Vậy phương trình có 2 họ nghiệm x   ,x   k  Z  . 20 5 20 5 Từ 10 chữ số đã cho ta lập được C73 bộ gốm 6 chữ số khác nhau, trong 16 sin 5 x  16 sin x sin 2 x  2   đó luôn có mặt các chữ số 1,2,3. Từ mỗi bộ như thế lập được 4!3! số có 6 chữ số khác nhau trong đó các chữ số 1,2,3 luôn đứng kề nhau (với quy ước tính cả các số mà có chữ số 0 đứng đầu). Vậy có 4!3! C73 =5040 (số). Trong 5040 số được tạo thành có 3!3! C62 = 540 (số) gồm 6 chữ số khác nhau mà chữ số 0 đứng đầu và các chữ sô 1,2,3 luôn đứng kề nhau. Vậy có 5040 – 540 = 4500 (số cần tìm). 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 3 3 20 5 Gọi B là biến cố quả cầu lấy ra từ hộp thứ hai là màu đỏ  P(B) = 20 Gọi A là biến cố quả cầu lấy ra từ hộp thứ nhất là màu đỏ  P(A) = 0,25 AB là biến cố lấy ra hai quả cầu màu đỏ từ hai hộp; A, B là hai biến cố đôc lập, áp dụng công thức nhân xác suất ta có P(AB) = P(A).P(B) = 15 . 400 0,25 Tương tự ta tính được xác suất để lấy được hai quả cầu màu trắng là 49 80 , xác suất để lấy được hai quả cầu màu xanh là . 400 400 0,25 Vậy xác suất để lấy được hai quả cầu cùng màu thỏa mãn bài toán là 15 49 80 9 + + = . 400 400 400 25 4 0,25 8 Ta có 1  x 2  2 x 3  = 1  x 2  2 x 3    C8k ( x 2  2 x 3 ) k 8 8 k 0 8 k 8 =  C8k  Cki ( x 2 ) k i .(2 x 3 ) i = k 0 i 0 k  C k 8 C ki (2) i .x 2 k i . 0,25 k 0 i 0  2k  i  8 Hệ số của x ứng với k,i thỏa mãn k , i  N , i  k  0,25 8 giải hệ này ta được (k; i) =(3;2) và (k; i) = (4;0). Vậy hệ số chứa x 8 của khai triển là (2) 2 C83 .C 32  C 84 .C 40 .(2) 0 = 742. 5 Ta có u n1  2(u n  1)  1  u n1  2(u n  1)  1  u n1  1  2(u n  1) . Đặt v n  u n  1 , n  1 , ta có dãy v n  là một cấp số nhân với v1  u1  1  2014 , công bội q = 2. Ta có S n  u1  u 2  ...  u100  (v1  1)  (v2  1)  ....  (v100  1) = q100  1 (v1  v 2  ....  v100 )  100  v1 .  100  2014.(2100  1)  100 q 1 6 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 Gọi K là điểm đối xứng của M qua AC A(-1;4) H là điểm đối xứng của M qua AB. H(-5;2) K(3;2) Chu vi tam giác MNP = MN + NP + PM = KN + NP + PH  HK không đổi. Dấu bằng xảy ra khi H, N, P, K thẳng hàng. C(3;0) Vậy chu vi tam giác MNP nhỏ nhất = HK B(-7/3;0) M(1;0) Khi H, N, P, K thẳng hàng. 0,5 Tìm N, P. Gọi I là hình chiếu vuông góc của M trên AC  I(2;1) do đó K(3; 2). Gọi J là hình chiếu vuông góc của M trên AB  J(-2;1) do đó H(-5; 2). 0,25 Phương trình các đường thẳng AB: 3 x  y  7  0 ; AC: x  y  3  0 ; HK: y – 2 = 0 .N = HK ∩ AC, P = HK ∩AB. 0,5 5 Do đó tọa độ các điểm N, P cần tìm là: N(1; 2), P(  ;2) . 3 7 a) Do (P) qua M song song với AD nên (P) ∩ (ABD) = MQ, MQ // AD.Do (P) song song với BC nên (P) ∩ (ABC) = MN,MN // BC; A (P) ∩ (BCD) = QP, QP // BC. Nối MN, NP, PQ, QM ta được thiết diện là tứ giác MNPQ. Thiết diện là hình bình hành. +) Tứ giác MNPQ là hình thoi  MN = MQ. M 0,25 0,75 0,25 AM MN BM MQ N  ,  AB BC AB AD Q D AM  MB MN MQ 1   1     MN    B AB BC AD  BC AD  BC. AD AB.MN AB. AD P  MN   AM   . BC  AD BC AB  AD C AB. AD Vậy M trên cạnh AB sao cho AM  thì thiết diện thu được là AB  AD Ta có: hình thoi. b) +) Vẽ D’, C’, B’. Trong mp(BCD) nối OD cắt BC tại J. Trong mp(ADJ) A Kẻ đường thẳng qua O song song với AD cắt AJ tại D’. Cách xác định tương tự cho các điểm B’ và C’. OD ' OJ S OBC   ; AD JD S BCD OB' S ODC OC ' S OBD  ,  AB S BCD AC S BCD B OD ' OB' OC ' S OBC S OBC S OBD J Vậy      1 AD AB AC S BCD S BCD S BCD Ta có: D’ 8 0,25 C’ Áp dụng BĐT Cauchy ta được B’ D O I C OD ' OB' OC ' OD'.OB'.OC ' 1    3.3  OB '.OC '.OD'  AB. AC. AD . AD AB AC AD. AB. AC 27 Dấu “=” xảy ra  S OBC  S OCD  S OBD  O là trọng tâm tam giác BCD. 1 Vậy (OB’.OC’.OD’) max = xyz khi O là trọng tâm tam giác BCD. 27 0 Do min A, B, C  15  min sin A, sin B, sin C  sin 15 0 . 1  cos 2 30 2 3   0,2588. 2 2 Giả sử ngược lại rằng ab , bc , ca không là độ dài ba cạnh của một Ta có: sin15 0 = tam giác, ta có thể giả sử ab  bc  ca  0,25 0,25 c c  1 a b c c c 1 1 , có một số không lớn hơn . Giả sử  a b 2 a 2 c 1 sin C 1 1 1      sin C  sin A   0, 25 (mâu thuẫn). (ĐPCM). a 4 sin A 4 4 4  trong hai số 0,25 0,25 (Đáp án gồm 3 trang. Học sinh giải theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa) -----------------------------------------------------Hết----------------------------------------------