Đề thi học sinh giỏi cấp trường có đáp án môn: Toán 11

Chia sẻ: Nguyễn HHà Phương | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

98
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn có thêm tài liệu học tập và ôn thi môn Toán, mời các bạn cùng tham khảo "Đề thi học sinh giỏi cấp trường có đáp án môn: Toán 11". Hy vọng đề thi sẽ giúp 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 học sinh giỏi cấp trường có đáp án môn: Toán 11

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG ĐỀ MÔN: TOÁN 11 Thời gian làm bài : 120 phút Câu I (2,0 điểm) 1) Giải phương trình lượng giác sin 2 3 x cos 2 x + sin 2 x = 0. ( 2 − x) ( 2 + y) = 8 � 2) Giải hệ phương trình x 4 − y 2 + y 4 − x 2 = 4. Câu II (2,0 điểm) 1) Cho a, b, c là ba hằng số và (un ) là dãy số được xác định bởi công thức: un = a n + 1 + b n + 2 + c n + 3 (∀n ﾥ *). Chứng minh rằng lim un = 0 khi và chỉ khi a + b + c = 0. n 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) 1) Chứng minh rằng: với mọi số tự nhiên n, số 23n + 1 chia hết cho 3n +1 nhưng không chia hết cho 3n + 2. 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) 1) Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D '. Trên cạnh AB lấy điểm M khác A và B. TaiLieu.VN Page 1
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng ( ACD '). 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. 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 4 SB ' SD ' 3 tại các điểm B', D' khác S. Chứng minh rằng: + . 3 SB SD 2 Câu V (1,0 điểm) Khảo sát tính chẵn lẻ, tính tuần hoàn và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = sin ( π sin x ) . HẾT Họ và tên thí sinh: ...................................................... Số báo danh: ..................................... Chữ ký của giám thị 1: ................................ Chữ ký của giám thị 2:...................................... TaiLieu.VN Page 2
ĐIỂ CÂU NỘI DUNG ĐÁP ÁN M 1) Giải phương trình lượng giác sin 2 3 x cos 2 x + sin 2 x = 0. Câu I ( 2 − x) ( 2 + y) = 8 � 2) Giải hệ phương trình x 4 − y 2 + y 4 − x 2 = 4. 2,0 đ Có: sin 3 x = 3sin x − 4sin 3 x = (3 − 4sin 2 x)sin x = (1 + 2 cos 2 x) sin x, 0,25 nên PT � [(1 + 2 cos 2 x) 2 cos 2 x + 1]sin 2 x = 0 0,25 I.1 � (4 cos3 2 x + 4 cos 2 2 x + cos 2 x + 1)sin 2 x = 0 � (1 + cos 2 x)(1 + 4 cos 2 2 x) sin 2 x = 0 0,25 (1,0đ) sin x = 0 � � x = k π 2 (với k nguyên) cos 2 x = −1 0,25 x = 2 cos 2u Điều kiện: x; y �[ − 2; 2] . Đặt với u, v [0; π2 ] y = 2 cos 2v (1 − cos 2u )(1 + cos 2v) = 2 HPT cos 2u sin 2v + cos 2v sin 2u = 1 0,25 sin u cos v = 1/ 2 sin(u + v) + sin(u − v) = 2 I.2 sin 2 u cos 2 v = 1/ 2 π π sin 2(u + v) = 1 u+v = u+v = (1,0đ) 4 4 0,25 π sin(u − v) = 1/ 2 u−v = π 4 u= π 4 (thỏa) u+v = π 4 u+v = v=0 4 0,25 π =0 x = 2 cos Kết luận: nghiệm hệ phương trình là 2 y = 2 cos 0 = 2 0,25 Câu II 1) Cho a, b, c là ba hằng số và ( un ) là dãy số được xác định bởi công 2,0 đ thức: TaiLieu.VN Page 3
un = a n + 1 + b n + 2 + c n + 3 (∀n ﾥ *). Chứng minh rằng lim un = 0 khi và chỉ khi a + b + c = 0. n 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+2 n+3 Đặt vn = = a+b +c vn a + b + c khi n + n +1 n +1 n +1 Ta có: un = vn n + 1 0,25 II.1 cho nên: nếu a + b + c 0 thì nlim+ un (= ) 0. 0,25 (1,00đ) Ngược lại nếu a + b + c = 0 � a = −b − c thì khi n + 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 Gọi u1 = a, u2 = b, u3 = c 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 v1 = a, v3 = b, v9 = c . Khi đó ta có: u1 = v1 = a u1 = v1 = a u2 = v3 = b � �aq = a + 2d (1) � � 2 Dễ thấy q = 1 d = 0, nên: u3 = v9 = c � �aq = a + 8d (2) II.2 � u1 + u2 + u3 = 26 � 3a + 10d = 26. (3) 0,50 (1,00đ) 26 q = 1 a = b = c = 3 0,25 Nếu q 1 (ad 0) hệ trên trở thành 2d a= q −1 q=3 q 2 − 4q + 3 = 0 a=d =2 a = 2, b = 6, c = 18 3a + 10d = 26 0,25 TaiLieu.VN Page 4
1) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n; số 23n + 1 chia hết cho 3n +1 nhưng không chia hết cho 3n + 2. Câu 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 Đặt An = 23n + 1 n = 0 thì A0 = 21 + 1 = 3 chia hết cho 31 mà không chia hết cho 32 0,25 Giả sử Ak = 23k + 1 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: III.1 ( ) Ak+1 = 23k +1 + 1 = ( 23k ) + 1 = ( 23k + 1) ( 23k ) − 23k + 1 3 2 0,25 (1,0đ) ( k ) Ak+1 = Ak Ak2 − 3 23 = B � ( B �3k +1 ) 2 − 3 �23k � � 3k +1 � �= 3 k + 2 � 3 2 k +1 B � � 3 − B� k 23 �� 0,25 Dễ thấy: B3.32k +1 chia hết cho 3 mà B 23k không chia hết cho 3 (vì B không chia hết cho 3) nên B 2 .32k +1 − 23k không chia hết cho 3 Ak+1 chia hết cho 3k+2, nhưng không chia hết cho 3k+3. Kết luận: 0,25 Ý.2 Ta có: Ω = 95 = 59.049 0,25 (1,0đ) Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có: 0,25 Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là C39 . Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây: 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 5! chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH1 này có cả thảy 3 � = 60 3! số tự nhiên. 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 TaiLieu.VN Page 5
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 5! thảy 3 � = 90 số tự nhiên. 2!2! 9! Vậy: ΩA = (60 + 90)C39 = 150 � = 150 �� 7 4 3 = 12600 . 3!6! 0,25 ΩA 12.600 1.400 Kết luận: P ( A) = = = 0,213382106 Ω 59.049 6.561 0,25 1) Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D '. Trên cạnh AB lấy điểm M khác A và B. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng ( ACD '). 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 Câu IV nhất. 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, 4 SB ' SD ' 3. SD tại các điểm B', D' khác S. Chứng minh rằng: + 3 SB SD 2 3,0 đ IV.1.a I 0,50 (0,75đ) D' Q C' R F A' P D B' S C K 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 TaiLieu.VN Page 6
(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. Thiết diện là lục giác MNPQRS 0,25 Do các mặt đối diên của hình hộp song song nên các cạnh đối của lục giác thiết diên 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 AM IV.1.b Đặt = k ; ta có điều kiện 0 < k < 1 và có: AB (1,25đ) 2 S1 �JM � �AM � �AM � 2 2 2 = � � = � � = � � = k S1 = k2S S �AC � �DC � �AB � 0,25 2 2 2 S 2 �JK � �JM + MK � �JM MK � 2 � = ( k + 1) S2 =( k + 2k +1)S 2 = � �= � �= � + S �AC � � AC � �AC AC � 0,25 Diện tích thiết diện: Std = S2 − 3S1 2 1 � 3 � 1 �� 3S 1 Std = 2 S (−k + k + ) = 2S � − � 2 k − �� (dấu bằng xảy ra k = ) 2 4 � 2 �� 2 � 2 0,25 1 S lớn nhất k = M là trung điểm của AB 0,25 2 TaiLieu.VN Page 7
Lấy I = AM B'D' và O = AC BD, S ta có: S, O, I là các điểm chung của 2 mặt phẳng (SAC) và D' M (SBD) I S, O, I thẳng hàng. D P C Và I là trọng tâm các mặt O chéo SAC B' A SI 2 N B = VI.2 SO 3 (1,00đ) 0,25 SD SB Vẽ BP // B'I và DN // D'I ( P, N SO ) OP = ON . Đặt x = ; y= SD ' SB ' SB SD SP SN 2SO 3 x+ y = + = + = = 2 = 3 x, y [1; 2] (*) 0,25 SB ' SD ' SI SI SI 2 2 1 1 3 �2 � 4 Suy ra: + = 3� �= x y xy �x + y � 3 0,25 Từ (*): 1 x 2 x 2 − 3x + 2 0 x(3 − x) 2 x y 2 ‫׳‬ 3 3 x+ y 3 1 1 3 xy xy x + y 2 2 2 0,25 Khảo sát tính chẵn – lẻ, tính tuần hoàn và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Câu V nhất của hàm số y = sin ( π sin x ) . 1,0đ Tập xác định của hàm số y = f ( x) = sin ( π sin x ) là D = ﾥ (đối xứng qua 0) V ∀x �ﾥ , f ( − x) = f ( x). Vậy, f chẵn (f không lẻ vì nó không đồng nhất bằng 0) 0,25 (1,0đ) ∀x �ﾥ , f ( x + 2π) = f ( x). Vậy, f tuần hoàn 0,25 Tập giá trị của hàm số t = π sin x là [ 0; π] nên 0,25 TaiLieu.VN Page 8
min f = min sin t = 0, max f = max sin t = 1 0 t π 0 t π 0,25 TaiLieu.VN Page 9