Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 THPT năm học 20120-2011

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

Thêm vào BST

Báo xấu

66
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 lớp 11 THPT năm học 20120-2011" 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 lớp 11 THPT năm học 20120-2011

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ————————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2010-2011 ĐỀ THI MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh THPT chuyên Vĩnh Phúc ) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. ———————————— Câu I (4 điểm) 1. Giải phương trình:   3  1 cos 2 x    3  1 sin x.cos x  sin x  cos x  3  0 x2  2 y2  1  2. Giải hệ phương trình: 2 y 2  3 z 2  1  xy  yz  zx  1   x, y, z   Câu II (2 điểm) Giả sử A, B, C , D lần lượt là số đo các góc DAB, ABC , BCD, CDA của tứ giác lồi ABCD bất kì. A BC . 3 A 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P   sin  sin B  sin C  sin D . 3 1. Chứng minh rằng sin A  sin B  sin C  3sin Câu III (1 điểm) Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên thuộc vào tập A. Tính xác suất để chọn được một số thuộc A và số đó chia hết cho 9 . Câu IV (2,0 điểm) Cho tam giác ABC. Phân giác trong của các góc A, B, C cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt tại các điểm A1 , B1 , C1 . Đường thẳng AA1 cắt đường thẳng CC1 tại điểm I ; đường thẳng AA1 cắt đường thẳng BC tại điểm N ; đường thẳng BB1 cắt đường thẳng A1C1 tại điểm P . Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IPC1 . Đường thẳng OP cắt đường thẳng BC tại điểm M. Biết rằng BM  MN và BAC  2 ABC . Tính các góc của tam giác ABC. Câu V (1 điểm) 1  Cho hàm số f :  0;     0;   thỏa mãn điều kiện f  3 x   f  f  2 x    2 x với mọi 2  x  0 . Chứng minh rằng f  x   x với mọi x  0 . -------------Hết------------Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……………………………………………SBD: ………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HSG LỚP 11 VÒNG TỈNH TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2010 – 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh các trường THPT chuyên) Đáp án gồm 5 trang Câu Nội dung I I.1 (2 điểm) 4điểm 3  1 cos 2 x        Điểm 3  1 sin x.cos x  sin x  cos x  3  0  3 cos 2 x  1  3 sin x.cos x  cos 2 x  sin x.cos x  sin x  cos x  0 0,5   3 sin 2 x  3 sin x.cos x  cos 2 x  sin x.cos x  sin x  cos x  0   3 sin x  sin x  cos x   cos x  sin x  cos x   sin x  cos x  0   sin x  cos x       2 sin  x    0  sin x  cos x  0 4     3 sin x  cos x  1 sin  x     1    6 2        x  4  k x   k   4      x    k 2   x  k 2 k   6 6  2   k 2 x   x    5  k 2 3   6 6 0,5  I.2 (2 điểm) +) Nếu x  0 thay vào hệ ta có hệ vô nghiệm +) Nếu x  0 ta đặt y  ax; z  bx thay vào hệ ta được   0,5 3 sin x  cos x  1  0 0,5 0,25 0,25   x 2 1  2a 2  1 2 2 2 2 2   2 1  2a  2a  3b 4a  3b  1 2 2  2 1  x 2a  3b  1   2 2a  a  1  b  a  1  0  2 1  2a  a  ab  b  x  a  ab  b   1  0,5  a  1  4a  3b  1 4a  3b  1 b  1     b  1  2a  a  1 2a  1  b  a  1  0  a  1 2a  1  b   0   2a 2  3a  1  0  a  1 +) Nếu  thay vào (1) không thỏa mãn b  1 2 2 2 2 0,5 0,25  a  1   b  1 b  1  2a a  1 +) Nếu  2   vào (1) không thỏa mãn, thay 1 thay  b   1 2 a  3 a  1  0 a      2   b  0 1  a  2 vào (1) ta có x   2 . Do đó nghiệm của hệ là  b  0 1 1      x; y; z    2; ; 0  ,   2;  ;0  2   2   0,25 II II.1 (1 điểm) 2điểm x y Nhận xét. Nếu 0  x, 0  y;   thì 2 x y x y x y sin x  sin y  2 sin cos  2sin . Dấu bằng xảy ra khi x  y 2 2 2 0,25 Sử dụng nhận xét trên ta có A BC A B A  B  4C  2 sin  2sin 3 2 6 A  B A  B  4C  A BC 2 6  4 sin  4 sin 2 3 A BC sin A  sin B  sin C  3sin . Dấu bằng xảy ra khi A  B  C . 3 sin A  sin B  sin C  sin 0,5 0,25 II.2 (1 điểm) Đặt t  BC  D  2 , ta có A  2  3t;  t  3 3 3 1 Khi đó theo phần II.1 ta có 3 5  2  3t  P   sin  cos t  sin t   3sin t   2 2  3  0,25 0,25 2 2  3 5   Khi đó P         sin 2 t  cos 2 t  7  2   2       0,25 3 5 ; sin t   2 28 28 Vậy max P  7  B  C  D  t , A  2  3t (với t xác định bởi (1) và (2)) Đẳng thức xảy ra khi cos t   0,25 +) Trước hết ta tính n(A). Với số tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau 1điểm thì chữ số đầu tiên có 9 cách chọn và có A97 cho 7 vị trí còn lại. Vậy III 0,25 n  A   9 A97 +) Giả sử B  0;1; 2;...;9 ta thấy tổng các phần tử của B bằng 45 9 nên số có chín chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 9 sẽ được tạo thành từ 8 chữ số đôi một khác nhau của các tập B \ 0; 9 ; B \ 1; 8 ; B \ 2; 7 ; B \ 3; 6 ; B \ 4; 5 nên số các số loại này là A88  4.7. A77 . Vậy xác suất cần tìm là A88  4.7. A77 1  . 9. A97 9 0,25 IV * Dễ thấy IPC1  900 , do đó O là trung điểm của IC1 . 2điểm * IOP  2 IC1P  CAB  CC1B  BC1 // OP * Do BM=MN; OI  OC1  IN // C1 B Do đó CIA1  BAC , mà CIA1  0,5 1 BAC  ACB 2  0,5 0,5  0,5 1 BAC  ACB  BAC  ACB 2 Cùng với BAC  2 ABC ta được BAC  ACB  720 ; ABC  360 Vậy BAC    C A1 N B1 I M 0,5 P B A O C1 V 1điểm 1  f (3x )  f  f (2 x)   2 x (1) 2  1 Từ (1) suy ra f ( x)  f  2 0,25 2x  2x   2x f     f ( x)  , x  0 (2) 3  3  3 Khi đó  1  2x   2x 2 1 f ( x)  f  f      .  2  3  3 3 2  2x  2 x 1  2 x  2x  4 2  f    f      x  3  3 3  3  3  27 3  Xét dãy (an ) , (n=1,2,…) được xác định như sau: a1  0,25 2 1 2 và an1  an2  . 3 3 3 Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n rằng với mỗi n  * luôn có f ( x)  an x với x  0 (3) Thật vậy, khi n  1 thì theo (2), ta có ngay (3) Giả sử mệnh đề (3) đúng với n  k . Khi đó  1  2x   2x 1 2x 2x  2x  2 x 1 f ( x)  f  f      a .f    a .a .  k k k 3 3  3  3 2  2  3  3 2 a2  2  k .x  ak 1.x 3 0,25 Vậy (3) đúng với n  k  1 . Tiếp theo ta chứng minh lim an  1 . Thật vậy, ta thấy ngay an  1 n  * . Do 1 đó: an1  an  (an  1)(an  2)  0 , suy ra dãy (an ) tăng ngặt. 3 1 2 Dãy (an ) tăng và bị chặn trên nên hội tụ. Đặt lim an  l thì l  l 2  với l  1 , 3 3 suy ra l  1 . Vậy lim an  1 .Do ®ã tõ (3) suy ra f ( x )  x víi mäi x  0 (®pcm). 0,25