Đề thi chọn học sinh giỏi năm học 2010-2011 môn Toán 11 - Sở Giáo dục và Đào tạo Đà Nẵng

Chia sẻ: Minh Thư | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

128
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo là "Đề thi chọn học sinh giỏi năm học 2010-2011 môn Toán 11 - Sở Giáo dục và Đào tạo Đà Nẵng" giúp học sinh ôn tập hiệu quả, rèn luyện kỹ năng làm bài thi đạt điểm cao trong kì thi học sinh giỏi sắp tới. Chúc các bạn làm bài thi tốt.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi năm học 2010-2011 môn Toán 11 - Sở Giáo dục và Đào tạo Đà Nẵng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 20102011 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (2,0 điểm) sin 2 3 x cos 2 x + sin 2 x = 0. 1) Giải phương trình lượng giác �( 2 − x) ( 2 + y) = 8 x 4 − y 2 + y 4 − x 2 = 4. 2) Giải hệ phương trình Câu II (2,0 điểm) (un ) 1) Cho a, b, c là ba hằng số và là dãy số được xác định bởi công thức: un = a n + 1 + b n + 2 + c n + 3 (∀n ﾥ *). + b u+n c==00. a lim n Chứng minh rằng khi và chỉ khi 2) Các số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành một cấp số nhân có tổng bằng 26. Tìm các số đó, biết rằng: nếu một cấp số cộng có a là số hạng thứ nhất, b là số hạng thứ ba thì c là số hạng thứ chín. Câu III (2,0 điểm) nn++21 n 2333 +.1 1) Chứng minh rằng: với mọi số tự nhiên n, số chia hết cho nhưng không chia hết cho 2) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau. Câu IV (3,0 điểm) ABCD ( ACD . A ' B'). ' C ' D '. 1) Cho hình hộp Trên cạnh AB lấy điểm M khác A và B. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng a) Trình bày cách dựng thiết diện của hình hộp và mặt phẳng (P). b) Xác định vị trí của M để thiết diện nói trên có diện tích lớn nhất. 4 SB ' SD ' 3 + 3 SB SD 2 2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và M là trung điểm của SC. Một mặt phẳng (P) chứa AM và lần lượt cắt các cạnh SB, SD tại các điểm B', D' khác S. Chứng minh rằng: .
Câu V (1,0 điểm) y = sin ( π sin x ) . Khảo sát tính chẵn lẻ, tính tuần hoàn và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số HẾT Họ và tên thí sinh: ...................................................... Số báo danh: ..................................... Chữ ký của giám thị 1: ................................ Chữ ký của giám thị 2:......................................
CÂU NỘI DUNG ĐÁP ÁN ĐIỂM sin 2 3 x cos 2 x + sin 2 x = 0. 1) Giải phương trình lượng giác Câu I � ( 2 − x) ( 2 + y) = 8 x 4 − y 2 + y 4 − x 2 = 4. 2) Giải hệ phương trình 2,0 đ sin 3 x = 3sin x − 4sin 3 x = (3 − 4sin 2 x)sin x = (1 + 2 cos 2 x) sin x, Có: 0,25 � [(1 + 2 cos 2 x) 2 cos 2 x + 1]sin 2 x = 0 nên PT 0,25 � (4 cos 3 2 x + 4 cos 2 2 x + cos 2 x + 1) sin 2 x = 0 I.1 (1,0đ) � (1 + cos 2 x)(1 + 4 cos 2 2 x)sin 2 x = 0 0,25 sin x = 0 � � x = kπ 2 cos 2 x = −1 (với k nguyên) 0,25 x;xy=� − 2;22] 2[cos u u , v [0; π2 ] y = 2 cos 2v Điều kiện: . Đặt với (1 − cos 2u )(1 + cos 2v) = 2 cos 2u sin 2v + cos 2v sin 2u = 1 HPT 0,25 sin(usin 2 + vu)ucos +cos 2 =−1/ v =vu1/ sin( v)22= 2 sin π2(u +π v) = 1 I.2 u + vu=+ v = 4 4 (1,0đ) 0,25 sin(uu −u− vv=)=π= π1/ 2 π 44 u + v =v = 0 π u + 4v = 4 (thỏa) 0,25 π x = 2 cos =0 2 y = 2 cos 0 = 2 Kết luận: nghiệm hệ phương trình là 0,25 Câu II ( un ) 2,0 đ 1) Cho a, b, c là ba hằng số và là dãy số được xác định bởi công thức: un = a n + 1 + b n + 2 + c n + 3 (∀n ﾥ *). + b u+nc==00. a lim n Chứng minh rằng khi và chỉ khi 2) Các số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành một cấp số nhân có tổng bằng 26. Tìm các số đó, biết rằng: nếu một cấp số cộng có a là số hạng thứ nhất, b là số hạng thứ ba thì c là
số hạng thứ chín. un n + n2 + n + 3 vn = = a+b +c vn a+b+c n +1 n +1 n +1 Đặt khi un = vn n + 1 Ta có: 0,25 II.1 a +unb(+= c ) 0 0. lim n + (1,00đ) cho nên: nếu thì 0,25 a + b + c = n0 + a = −b − c � Ngược lại nếu thì khi ta có un = b ( ) ( n + 2 − n +1 + c n + 3 − n +1 = ) b n + 2 + n +1 + 2c n + 3 + n +1 0 0,50 uv11 ==aa,, uv32 = b, vu93==cc Gọi là ba số theo thứ tự lập thành một cấp số nhân có công bội q; (vn) là cấp số cộng có công sai d với . Khi đó ta có: u1 = v1 = a u1 = v1 = a u2 = v3 = b � �aq = a + 2d (1) � � 2 u3 = v9 = c � �aq = a + 8d (2) � u1 + u2 + u3 = 26 � 3a + 10d = 26. (3) Dễ thấy q = 1 d = 0, nên: 0,50 II.2 26 a=b=c= (1,00đ) 3 q = 1 0,25 (ad 0) Nếu q 1 hệ trên trở thành q=2d3 a= aq=−d1 = 2 q 2 − 4q + 3 = 0 3a + 10d = 26 a = 2, b = 6, c = 18 0,25 nnn++21 2333 +.1 Câu 1) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n; số chia hết cho nhưng không chia hết cho III 2) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau. 2,0 đ 3n 2 +1 III.1 Đặt An = (1,0đ) 21 + 1 n = 0 thì A0 = = 3 chia hết cho 31 mà không chia hết cho 32 0,25 k 0,25 23 + 1 Giả sử Ak = chia hết cho 3k+1 mà không chia hết cho 3k+2 (Ak = B.3k+1; với B nguyên, không chia hết cho 3).Ta có:
23 k +1 ( + 1 = 23 k ) 3 ( k + 1 = 23 + 1 ) ( ( 23k ) 2 k ) − 23 + 1 Ak+1 = k +k 2+1� 3 =� B3� A� B � A ( 3 2kk ++11) 2 3k 3k3� k( B�3k − 3 −2B 3� −�32� k � 2 �� ) Ak+1 = = 0,25 2 kk+1 k BB23k.3+213 − 23 B 2 .3 Dễ thấy: chia hết cho 3 mà không chia hết cho 3 (vì B không chia hết cho 3) nên không chia hết cho 3 Ak+1 chia hết cho 3k+2, nhưng không chia hết cho 3k+3. Kết luận: 0,25 Ω = 95 = 59.049 Ta có: 0,25 Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có: C39 Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là . Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây: 5! 3 � = 60 3! TH1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH1 này có Ý.2 cả thảy số tự nhiên. (1,0đ) 5! 3 � = 90 2!2! TH2. 1 trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số kia bằng 1 chữ số khác trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 2! hoán vị của các vị trí mà a, a chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà b, b chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH2 này có cả thảy số tự nhiên. 0,25 9! ΩA = (60 + 90)C 39 = 150 � = 150 �� 7 4 3 = 12600 3!6! Vậy: . 0,25 Ω 12.600 1.400 P ( A) = A = = 0,213382106 Ω 59.049 6.561 Kết luận: 0,25 Câu ABCD . A ' B '). ( ACD ' C ' D '. IV 1) Cho hình hộp Trên cạnh AB lấy điểm M khác A và B. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng a) Trình bày cách dựng thiết diện của hình hộp và mặt phẳng (P). b) Xác định vị trí của M để thiết diện nói trên có diện tích lớn nhất. 4 SB ' SD ' 3 . + 3 SB SD 2 2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và M là trung điểm của SC. Một mặt phẳng (P) chứa AM và lần lượt cắt các cạnh SB, SD tại các điểm B', D' khác S. Chứng minh rằng: 3,0 đ
I D' Q C' R F A' P D B' S C IV.1.a K (0,75đ) O A E N J M B Trong mp(ABCD), qua M vẽ đường thẳng song song với AC cắt DB, BC lần lượt tại E, N. Trong mp(BDD’B’), qua E vẽ đường thẳng song song với D’O (O=AC BD) cắt B’D’ tại F. Trong mp(A’B’C’D’), qua F vẽ đường thẳng song song với AC cắt A’D’, D’C’ lần lượt tại R, Q. Trong mp(AA’D’D), qua R vẽ đường thẳng song song với AD’ cắt AA’ tại S. Trong mp(CC’D’D), qua Q vẽ đường thẳng song song với CD’ cắt CC’ tại P. 0,50 Thiết diện là lục giác MNPQRS 0,25 IV.1.b Do các mặt đối diên của hình hộp song song nên các cạnh đối của lục giác thiết diên (1,25đ) MNPQRS song song và 3 cặp cạnh đó lần lượt song song với các cạnh tam giác ACD’. Các tam giác JKI, ACD’, RQI, JMS, NKP đồng dạng MJ MA NC NK PC PK QD ' QI = = = = = = = MN MB NB NM PC ' PQ QC ' QP MJ=NK và PK=QI Các tam giác RQI, JMS, NKP bằng nhau (gọi diện tích của chúng là S1 và gọi diện tích các tam giác JKI, ACD’ lần lượt là S2, S) 0,25 0 < k
1k = 1 � 2 3 � 1 �� 3S Std = 2 S (−k + k + ) = 22S � − � 2 k − �� 2 4 � 2 �� 2 � (dấu bằng xảy ra ) 1 k= 2 S lớn nhất M là trung điểm của AB 0,25 VI.2 S Lấy I = AM B'D' và O = AC BD, (1,00đ) ta có: S, O, I là các điểm chung của 2 mặt phẳng (SAC) và (SBD) S, O, I thẳng hàng. D' M Và I là trọng tâm các mặt chéo SAC I SI 2 = SO 3 D P C O B' A N B 0,25 x =( P, N; ySO SD = ON )SB OP = SD ' SB ' Vẽ BP // B'I và DN // D'I . Đặt SB SD x, ySP [1; 2] SN 2SO 3 x+ y = + = + = =2 =3 SB ' SD ' SI SI SI 2 (*) 0,25 2 1 1 3 �2 � 4 + = 3� �= x y xy �x + y � 3 Suy ra: 0,25 1−x3−xyxx+) 222 2‫ ׳‬0 x x(3 2 Từ (*): 1x +3 y1 33 + x xy y 22 0,25 y = sin ( π sin x ) . Câu V Khảo sát tính chẵn – lẻ, tính tuần hoàn và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 1,0đ sinﾥ ( π sin x ) y = f ( x)D= = V Tập xác định của hàm số là (đối xứng qua 0) (1,0đ) ∀x �ﾥ , f (− x) = f ( x). Vậy, f chẵn (f không lẻ vì nó không đồng nhất bằng 0) 0,25 ∀x �ﾥ , f ( x + 2π) = f ( x). 0,25 Vậy, f tuần hoàn
t =[ 0; π] x π sin 0,25 maxf f == min min sintt == 0, max sin 1 00 t t ππ 0,25