Đề thi học sinh giỏi cấp trường khối 10 - 11 - 12 trường THPT Trần Quốc Tuấn kèm đáp án

Chia sẻ: Nguyễn Hữu Nguyên | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:61

Thêm vào BST

Báo xấu

1.602
lượt xem 282
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp các bạn có thêm phần tự tin cho kì thi học sinh giỏi sắp tới và đạt kết quả cao. Dưới đây là các đề thi học sinh giỏi cấp trường khối 10 - 11 - 12 của trường THPT Trần Quốc Tuấn kèm đáp án mời các bạn tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp trường khối 10 - 11 - 12 trường THPT Trần Quốc Tuấn kèm đáp án

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT TRẦN QUỐC TUẤN NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN: TOÁN - KHỐI 10 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút Bài 1: (5 điểm) 1) Giải phương trình: 3 x −1 + 3 x +1 = 3 2x 2) Giải hệ phương trình: ⎧ x 2 + 4 + x 2 − 2 xy + y 2 + 1 + y 2 − 6 y + 10 = 5 ⎪ ⎨ 2 ⎪ x + y2 + z2 = x + y + z ⎩ Bài 2: (5 điểm) 1) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y = x + 2 + x +1 + x −1 2) Tùy theo giá trị của a tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: f ( x) = x + 1 + x − 1 + x − a Bài 3: (5 điểm) Cho phương trình: x2 -3x+1= m x 4 + x 2 + 1 3 1) Giải phương trình khi m = − 3 2) Tìm m để phương trình có số lẻ nghiệm thực. Bài 4: (5 điểm) Cho đường tròn (O) cố định và một đường thẳng (d) không cắt (O). Từ điểm A di động trên (d) ta dựng hai tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (O) ( B, C là tiếp điểm). Chứng minh rằng đường thẳng BC luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi trên (d). ------------------------HẾT-----------------------------
KỲ THI HSG CẤP TRƯỜNG ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN – KHỐI 10 Bài 1(5 điểm) 1) (2,5 điểm) Lập phương hai vế phương trình ta được: 2 x + 3 3 x 2 − 1. 3 2 x = 2 x 3 ⇔ x(2 + 3 3 2 3 x 2 − 1 − 2 x 2 ) = 0 • x=0 1đ • 2 + 3 2 x −1 − 2x = 0 3 3 2 2 ⇔ 3 3 2 3 x 2 − 1 = 2( x 2 − 1) ⇔ 54( x 2 − 1) = 8( x 2 − 1)3 1,5đ ⎡ x = ±1 ⎢ ⇔⎢ 27 ⎢x = ± 1+ 2 ⎣ 2) (2,5đ) Đặt r r r a = ( x; 2); b = ( y − x;1); c = (3 − y;1) r r r 1đ ⇒ a+b+c =5 r r r r r r Từ phương trình (1) suy ra: a + b + c = a + b + c r r r Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a; b; c cùng hướng ⎧ 3 x y − x 3− y ⎪x = 2 ⎪ = = ⇔⎨ 1đ 2 1 1 ⎪y = 9 ⎪ ⎩ 4 9 Thay vào (2) ta được z = − 10 3 9 10 Hệ có nghiệm ( , , − ) 0,5đ 2 4 4 Bài2(5 đ) 1) Lập bảng biến thiên 1đ Vẽ đồ thị 1đ 2) Chứng minh được: Với a ≤ b ≤ c thì mìnf(x) = f(b) 1đ Vậy với a ≤ −1 thì mìn(x) = f(-1) = 1- a Với −1 ≤ a ≤ 1 thì mìn(x) = f(a) = 2 Với 1 ≤ a thì mìnf(x) = f(1) = 2a 2đ
Bài 3 (5 đ) Ta có x4 + x2 + 1= (x2 +1)2 – x2 = (x2+x+1)(x2- x + 1) Và x2 – 3x +1 = 2(x2 – x + 1) – ( x2 +x + 1) 1đ x − x +1 2 3 Đặt t = với ≤ t ≤ 3 ta được phương trình: x + x +1 2 3 2t2 – mt -1 = 0 (1) 1đ 3 3 1) Với m = − ta có phương trình: 2t2 + t-1 = 0 3 3 ⎡ 3 ⎢t = − ⎢ 2 ⎢ 3 ⎢t = ⎣ 3 3 t= thì x=1 1đ 3 3) Do phương trình (1) có hai nghiệm khác dấu (ac ⎢ ⎢ 5 3 ⎢t = 3 ⇒ m = ⎣ 3 3 5 3 Vậy m=1; m = − ; m = 1đ 3 3 Bài4 Chọn hệ trục như hình vẽ. O (0;0) là trung điểm BC; A(0;a), B(-c;0) C(c;0), c a c a D(- ; ) ; E( ; ) Vậy: 2 2 6 2 uuur uuu r ruuu a2 − c2 AB = (−c; −a ) .Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp nên gọi I(0;y) nên ID. AB = 0 ⇒ y = . Vậy 2a a2 − c2 I(0; ) 2a uur c c2 uuur 3c a Ta có: IE = ( ; )và DC = ( ; − ) 6 2a 2 2 uu uuur c 3c c 2 a r Suy ra: IE.DC = . − . = 0 6 2 2a 2 Suy ra IE vuông góc với DC Bài 5 (5đ)
B O E F C A d D Gọi D là hình chiếu vuông góc cuarO trên (d); E, F lần lượt là giao điểm của BC với OA và OD. 1đ Tam giác vuông ODA ~ OEF nên: OD.OF = OE.OA 1đ Mặt khác tam giác vuông OBA có BE là đường cao nên: OE.OA = OB2 = R2 1đ 2 Suy ra OD.OF = R không đổi. 1đ Mà O, D cố định R không đổi nên F cố định. Vậy BC luôn đi qua F cố định. 1đ
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT TRẦN QUỐC TUẤN NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN: TOÁN - KHỐI 11 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút Bài 1: (6,0 điểm) Giải các phương trình sau: (sin 2 x − sinx + 4)cos x − 2 1/ =0 2sinx + 3 2/ 4 16 − x 2 = x 3 − 12 x Bài 2: (2,5 điểm) 1 1 1 Cho ba số thực dương x, y, z thoả + + = 2011 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: x y z 1 1 1 P= + + 2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z Bài 3: (5điểm) 1/Xác định m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: 2 − x + 2 + x − (2 − x)(2 + x) = m ⎧ x 2 + y 2 − xy = 3 ⎪ 2/Giải hệ phương trình : ⎨ 2 ⎪ y +1 + x +1 = 4 2 ⎩ Bài 4: (5 điểm) 1/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( C): x2+ y2 +4x -6y – 3 = 0. Viết phương trình đường tròn ( C’) đối xứng với đường tròn ( C) qua đường thẳng d: x -2y+ 3 = 0. 2/Cho đường tròn ( O1; R1) tiếp xúc trong với đường tròn (O ; R ) tại điểm A cho trước. Tiếp tuyến bất kỳ của ( O1; R1) tại M cắt (O ; R ) tại 2 điểm C và D. Chứng minh rằng: DAM = MAC Bài 5: (1,5 điểm) Cho 20 điểm trên mặt phẳng, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Xét tập hợp các đường thẳng đi qua 2 điểm cuả 20 điểm đã cho. Số giao điểm khác 20 điểm đã cho do các đường thẳng này tạo thành nhiều nhất là bao nhiêu? ----------------HẾT----------------
KỲ THI HSG CẤP TRƯỜNG ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN – KHỐI 11 Câu Nội dung Điểm Bài 1/1 3 0,5đ ĐK: sinx ≠ − 2 P/t ⇔ (sin 2 x − sinx + 4)cos x − 2 = 0 1 ⇔ (2cos x − 1)(sin x cos x + 2) = 0 0,5 π 1 P/t có nghiệm x= + k 2π (k ∈ Z ) 3 ĐK: −4 ≤ x ≤ 4 Bài1/2 0,5 Đặt x = 4 cost, 0 ≤ t ≤ π P/t trở thành: 16sint = 64cos3t – 48 cost 1 ⇔ sin t = cos3t 0,5 π 5π 3π Giải được t = ; t = ; t = 1 8 8 4 ⎧ π 5π 3π ⎫ Vậy P/t có tập nghiệm S = ⎨4cos ;4cos ;4cos ⎬ ⎩ 8 8 4 ⎭ Aps dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: Bài 2 1 a+b 1⎛ 1 1⎞ 1 4ab ≤ (a + b)2 ⇔ ≤ = ⎜ + ⎟ . Dấu bằng xảy ra khia=b(1) a + b 4ab 4 ⎝ a b ⎠ Áp dụng (1) ta có 1 1⎛ 1 1 ⎞ 1 ⎡ 1 1 ⎛ 1 1 ⎞⎤ 1 ⎛ 1 1 1 ⎞ 0,5 ≤ ⎜ + ⎟ ≤ ⎢ + ⎜ + ⎟⎥ = ⎜ + + ⎟ 2 x + y + z 4 ⎝ 2 x y + z ⎠ 4 ⎣ 2 x 4 ⎝ y z ⎠⎦ 8 ⎝ x 2 y 2 z ⎠ 1 ⎛ 1 1 1 ⎞ 2011 Tương tự ta có được P ≤ ⎜ + + ⎟ = . Dấu bằng xảy ra 0,5 4⎝ x y z ⎠ 4 3 khix=y=z= 0,5 2011 Đặt t= 2 − x + 2 + x ĐK 2 ≤ t ≤ 2 2 Bài 3/1 1 t2 − 4 P/t trở thành: t - =m 2 0,5 Kết quả : 2 2 − 2 ≤ m ≤ 2 1 ⎧ ( x + y) 2 ⎪ − 3 xy = 3 Bài 3/2 Hệ ⇔ ⎨ 0,5 ⎪ x + y + 2 ( x + 1)( y + 1) = 14 2 2 2 2 ⎩ 1 Đặt s = x+y, p= xy . 1
Hệ có nghiệm là : ( )( 3; 3 , − 3; − 3 ) ( C) có tâm I (-2;3), bán kính R= 4 Bài 4/1 Gọi I’ là ảnh của I qua phép đối xứng trục d , I’(0; -1) 1 1 0,5 ( C’) : x2+(y+1)2=16 Bài 4/2 o1 A R Xét phép vị tự tâm A tỷ số k = R1 1 Phép vị tự này biến đường tròn (O1,R1 ) thành đường tròn (O;R) k uuur R uuuu r V A : O1 → O do AO = AO1 R1 Khi đó tiếp tuyến CD của đường tròn (O1,R1 ) tại M biến thành tiếp tuyến xy của đường tròn (O;R) tại M’( M ' = V A( M ) k 1 ⇒ xy / / CD ⇒ DM = M C ⇒ DAM = M AC ' ' ' ' A,M,M’ thẳng hàng ⇒ DAM = MAC 0,5 Cứ 2 điểm có 1 đ/t nên số đường thẳng từ 20 điểm đã cho là Bài 5 2 0,5 C 20 =190 2 Nếu cứ 2 đ/t cho 1 giao điểm thì sẽ có C 190 giao điểm. Nhưng cứ mỗi điểm trong 20 điểm đã cho có 19 đ/t đi qua nên 2 điểm này là giao của C 19 cặp đường thẳng. Như vậy với 20 điểm đã 2 cho sẽ có 20. C 19 giao điểm trong 2 1 C 190 giao điểm nói trên. Suy ra số 2 2 giao điểm cần tìm là C 190 -20. C 19 =14.535
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Nội dung Điểm Câu I/1
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT TRẦN QUỐC TUẤN NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN: TOÁN - KHỐI 12 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút Bài 1: (5 điểm) Giải các phương trình sau: 4x 1. 3 81x − 8 = x3 − 2 x 2 + −2 3 π 2. cos3 x − cos5 x = 4 2cos( x − ) − 8 3cos 2 x sin x cos 2 x 6 Bài 2: (2.5 điểm) Giải hệ phương trình sau: ⎧ x + y + 1 + 1 = 4( x + y ) 2 + 3 x + 3 y (1) ⎪ ⎨ ⎪ 5x − 1 − 3 2 y + x = 4 3 ⎩ (2) Bài 3: (3 điểm) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3. Chứng minh: 3(a2 + b2 + c2) + 4abc ≥ 13. Bài 4: (2.5 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x + 2 có đồ thị gọi là (C). Tìm tọa độ các điểm M, N trên đồ thị (C) sao cho MN = 4 2 , đồng thời các tiếp tuyến với (C) tại M và N song song nhau. Bài 5: (5 điểm) Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c (a, b, c là các số dương cho trước). a. Gọi M là điểm bất kỳ trong không gian. Chứng minh rằng bình phương khoảng cách từ M đến một trong các đỉnh tứ diện không lớn hơn tổng bình phương các khoảng cách từ M đến ba đỉnh còn lại. abc b. Gọi V là thể tích khối tứ diện ABCD. Chứng minh rằng V ≤ . 6 2 Bài 6: (2 điểm) Cho hai tập hợp A và B thỏa đồng thời hai điều kiện sau: 1. Mỗi tập hợp đều chứa các số nguyên dương khác nhau và nhỏ hơn 2011. 2. Tổng số phần tử của A và B lớn hơn 2011. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một phần tử của A và một phần tử của B có tổng bằng 2011. ----------Hết----------
KỲ THI HSG CẤP TRƯỜNG ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN – KHỐI 12 Câu Nội dung Điểm ⎧9 y = 3 x3 − 6 x 2 + 4 x (1) ⎪ Đặt 81x − 8 = 3 y − 2. Ta có hệ: ⎨ 3 0.75 ⎪9 x = 3 y − 6 y + 4 y (2) 3 2 ⎩ Lấy (1) trừ (2) vế theo vế được: (x – y)(3x2 + 3y2 + 3xy – 6x – 6y + 13) = 0 ⇔ x = y v 3x2 + 3y2 + 3xy – 6x – 6y + 13=0 0.75 1.1 3± 2 6 0.5 Với y = x giải được x = 0, x = (2.5 3 đ) 3x2 + 3y2 + 3xy – 6x – 6y + 13=0 vô nghiệm vì VT > 0 với mọi x, y. 0.5 3± 2 6 KL: Phương trình có 3 nghiệm: x = 0, x = 3 π Biến đổi pt đã cho thành: sin 4 x.sinx = 2 2cos( x − ) − 3 sin 4 x.cos x 1.0 1.2 6 π π 1.0 ⇔ sin 4 x.cos( x − ) = 2cos( x − ) . (2.5 6 6 đ) 2π Từ đó giải được nghiệm x = + kπ , k ∈ Z 0.5 3 Xét PT (1): Đk x + y ≥ 0. Đặt t = x + y, t ≥ 0. PT (1) trở thành: t + 1 + 1 = 4t 2 + 3t 0.5 ⎛ 1 ⎞ 1 1.0 ⇔ (1 − 2t ) ⎜ + 2t + 1⎟ = 0 ⇔ t = ⎝ t + 1 + 3t ⎠ 2 1 Với t = ta có 2y = 1 – 2x. Thế vào PT (2): 5 x − 1 + 3 2 x − 1 + x − 4 = 0 (3) 2 3 2 (2.5 1 đ) Đk: x ≥ . x = 1 là một nghiệm của PT(3). 0.5 3 5 1 Chứng tỏ được h/số f ( x) = 5 x − 1 + 3 2 x − 1 + x − 4 đồng biến trên [ ; +∞) 3 3 5 Suy ra x = 1 là nghiệm duy nhất của PT (3). 1 0.5 Kết luận hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = (1; − ) 2 Ta có a2 + b2 + c2 = 9 – 2(ab + bc + ca) BĐT cần chứng minh trở thành: 27 – 6a(3 – a) + 2(2a – 3)bc ≥ 13 1.0 3 Vai trò a, b, c như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử a = min{a,b,c}. Suy ra a ≤ 1, 2a – 3 < 0. Do đó: (3.0 27 – 6a(3 – a) + 2(2a -3)bc đ) b+c 2 3 27 1.0 ≥ 27 + 6a 2 − 18a + 2(2a − 3)( ) = a3 − a 2 + 2 2 2 1.0
3 2 27 Lập BBT của hàm số f(a) = a − a + với a ∈ (0;1] ta có f(a) ≥ 13. (đpcm) 3 2 2 Gọi M(a; a3 – 3a + 2) và N(b; b3 – 3b + 2) (a ≠ b) y/ = 3x2 – 3. Hệ số góc các tiếp tuyến tại M, N lần lượt là:kM = 3a2 – 3, kN = 3b2 – 3. Giả sử các tiếp tuyến tại M và N song song nhau, ta có: kM = kN , từ đó tìm được b = - 1.0 4 a. Khi đó MN2 = 4a2 + 4a2(3 – a2)2. (2.5 Theo đề ta có: 4a2 + 4a2(3 – a2)2 = 32. Giải tìm được a = ± 2, từ đó tìm được hai điểm đ) M(2; 4) và N(- 2; 0) hoặc M(- 2; 0) và N(2; 4). 1.0 Thử lại các tiếp tuyến tại M, N song song nhau. KL: M(2; 4) và N(- 2; 0) hoặc M(- 2; 0) và N(2; 4). 0.5 a. Ta chỉ cần c/m: MA2 + MB2 + MC2 ≥ MD2. Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Vì ABCD là tứ diện gần đều nên O cũng chính là trọng tâm tứ diện. 0.5 Ta có: uuuu uuu uuu uuur uuur r r r MA + MB + MC − MD = 2 R + 2OM − 2.OM (OA + OB + OC − OD) 2 2 2 2 2 2 uuuu uuur 2 r = 2.(OM + OD) ≥ 0 1.5 Đẳng thức xảy ra khi M đối xứng với D qua O. 5 b. Trong mp(ABC) dựng tam giác A/B/C/ sao cho A, B, C lần lượt là trung điểm các -------- cạnh B/C/, C/A/ và A/B/. (5.0 Dễ thấy DA/, DB/ và DC/ đôi một vuông góc và A/B/ = 2a, B/C/ = 2c, C/A/ = 2b. 1.0 đ) 1 / 2 Ta có: A D.B D ≤ ( A D + B / D 2 ) = 2a 2 / / 2 Tương tự: B D.C D ≤ 2c , A D.C D ≤ 2b . Suy ra: A D.B D.C D ≤ 2 2abc / / 2 / / 2 / / / 1.0 1 / 2abc 1 abc 1.0 VDA/ B /C / = A D.B / D.C / D ≤ ⇒ VABCD = VDA/ B /C / ≤ (đpcm) 6 3 4 6 2 Gọi A = {a1, a2, …, am } và B = {b1, b2 , …., bn }, m + n > 2011 (gt) 0.5 Xét n số ci sau đây: ci = 2011 – bi (i = 1,2,3,…,n) Vì bi đôi một khác nhau nên ci cũng đôi một khác nhau. Vì bi nguyên dương nhỏ hơn 6 2011 nên mọi số ci cũng là số nguyên dương nhỏ hơn 2011. 0.5 Do đó ta có m + n số nguyên dương nhỏ hơn 2011 sau đây: a1, a2, …, am, c1, c2, …,cn. 0.5 (*) Vì chỉ có 2010 số nguyên dương nhỏ hơn 2011 trong khi m + n > 2011 nên trong dãy (*) phải có ít nhất hai số bằng nhau. Do ai đôi một khác nhau và ck cũng đôi một khác 0.5 nhau nên ta có ap = cq, suy ra ap= 2011 – bq hay ap + bq = 2011. Ghi chú: Mọi lời giải đúng, khác với hướng dẫn chấm, đều cho điểm tối đa với từng câu tương ứng.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT TRẦN QUỐC TUẤN NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN: VẬT LÝ - KHỐI 10 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút Bài 1: (4 điểm) Ở một tầng thấp cách mặt đất 45 m, một người thả một vật rơi tự do. Một giây sau, người đó ném vật thứ hai theo phương thẳng đứng hướng xuống với vận tốc đầu vo. Hai vật chạm đất cùng lúc. Bỏ qua sức cản không khí, lấy g = 10m/s2 . Tính vận tốc vo. Bài 2: ( 3 điểm )Một thuyền máy dự định đi xuôi dòng từ A đến B rồi lại quay về A. Nhưng trên đường quay về A, thuyền bị hỏng máy và sau 24 h thì sửa xong. Tính thời gian chuyển động của thuyền. Biết vận tốc của thuyền đối với nước khi xuôi dòng và khi ngược dòng là 15km/h, vận tốc của nước so với bờ là 3km/h và AB = s = 18km. Bài 3: ( 4 điểm ) Một vật bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với gia tốc a, khi đạt vận tốc 5 m/s thì vật tiếp tục chuyển động thẳng đều trong 10 s, sau đó chuyển động chậm đều với gia tôc a’= -a cho đến khi dừng hẳn. Thời gian từ lúc bắt đầu chuyển động đến khi dừng lại là t = 20 s. Tính quãng đường vật đi được trong suốt thời gian chuyển động. Bài 4 (5 điểm ) Một người đứng tại điểm M cách một con đường thẳng một khoảng h = 50 m để chờ ôtô; khi thấy ôtô còn cách mình một khoảng a = 200 m thì người ấy bắt đầu chạy ra đường để gặp ôtô (hình 2). Biết ôtô chạy với vận tốc v1= 36 km/h. Hỏi: 1. Người ấy phải chạy theo hướng nào để gặp đúng ôtô? Biết rằng người chạy với vận tốc v2 =10,8 km/h. 2. Người phải chạy với vận tốc nhỏ nhất bằng bao nhiêu để có thể gặp được ôtô? v1 H a h hình 2 M Bài 5 .( 4 điểm ) Một đồng hồ có kim giờ ,kim phút ,kim giây .Coi chuyển động quay của các kim là đều . Hãy tính khoảng thời gian ngắn nhất để kim phút đuổi kịp kim giờ khi chọn mốc thời gian vào lúc 6 h15 phút . --------------------HẾT----------------------
KỲ THI HSG CẤP TRƯỜNG ĐÁP ÁN MÔN: VẬT LÝ – KHỐI 10 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ 10 – NĂM HỌC 2011 – 2012 Bài 1 ( 4 điểm ).Ta có phương trình chuyển động 1 S1= gt2 =5t2 (1)..............................................(1điểm) 2 1 S2= g(t-1)2+v02(t-1) (2)......................................................(1điểm) 2 2 S1 Với S1=45m suy ra t= =3s............................(1điểm) g Vì S1=S2 nên ta có v02=12,5m/s......................(1điểm) Bài 2.( 3 điểm ) Gọi s’ là quãng đường thuyền trôi theo dòng nước khi bị hỏng máy s’=v2t’=72 km.............(0,5điểm) s Thời gian xuôi dòng t1 = + 24 = 25h .............(1điểm) v1 + v2 Thời gian ngược dòng tính từ lúc sửa máy xong s s' t2 = + = 7,5h .............(1điểm) v1 − v2 v1 − v2 Thời gian chuyển động tổng cộng của thuyền 32,5h .............(0,5 điểm) Bài 3. ( 4 điểm ) Gọi v là vận tốc của chuyển đông thẳng dều v2 Ta có S1 = .....................(0,5điểm) 2a S2=vΔt=50m.....................(0,5điểm) v2 v2 S 3= − = .....................(0,5điểm) 2 a ' 2a Ta thấy t1=t3 =5s ...........(0,5điểm)
=>a=a’=1 m/s2.....................(0,5điểm) => S1=S3=12,5m.....................(0,5điểm) Vậy S= 2S1+S2 =75 m.....................(1điểm) Bài 4 (5 điểm ) Muốn gặp đúng ôtô tại B thì thời gian người chạy từ M tới B phải bằng thời gian ôtô chạy từ A tới B: MB AB = .(1)...................................................................(1điểm) v 2 A v1 H B β a h α M Hình 1 MB AB Trong tam giác AMB có: = . (2).....................(1điểm) sin β sin α h h v Với sin β = . Từ (1) và (2) ta rút ra sin α = . 1 =0,833 ⇒ α =56030’ a a v2 hoặc α =123 30’.....................................(1điểm) 0 MB AB b) Để có thể gặp được Ôtô thì phải có ≥ .........................................(1điểm) v2 v1 h ⇒ v2min= . v1=2,5m/s................................................................(1điểm) a Bài 5( 4 điểm ) Kim giờ quay hết 1 vòng hết 12 h,kim phút quay 1 vòng hết 1 h.....(0,5điểm) Nên vận tốc của kim phút 1vòng/h,kim giờ 1/12 vòng /h................(0,5điểm) 11 v 22π vận tốc của kim phút so với kim giờ ω = = rad / h 11/12 vòng /h ............(1điểm) 12 h 12 π π Vào lúc 6h15phút kimphút và kim giờ hợp nhau một góc Δϕ = ( + ) ..........(1điểm) 2 24 Thời gian ngắn nhất để kim phút đuổi kịp kim giờ là Δt = Δϕ / ω =13/44h ≈ 17 phút 44s ……………………………………………….(1điểm) Ghi chú : Hướng dẫn chấm chỉ giải theo một cách ,những cách giải khác đúng đáp số vẫn cho theo thang điểm tương ứng
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT TRẦN QUỐC TUẤN NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN: VẬT LÝ - KHỐI 11 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1: (4 điểm) Cho ba tụ điện được mắc như hình vẽ. Điện dung của các tụ điện là C1 = 2μF , C2 = 4 μF , C3 = 6μF . Nối hai điểm A,B C1 vào nguồn điện có hiệu điện thế U = 12V. K 1. Khi khóa K mở. Hãy tính: A B a. Điện dung và điện tích của bộ tụ đó. b. Hiệu điện thế và điện tích trên các tụ điện. C2 C3 2. Đóng khóa K , hãy tính số êlectron chạy qua khóa K từ khi K đóng đến khi mạch trở lại trạng thái cân bằng điện. Câu 2: (4 điểm) Hai quả cầu kim loại nhỏ, cùng bán kính, ban đầu được giữ cho tâm của chúng cách nhau một khoảng r. Hai quả cầu được tích điện trái dấu với độ lớn điện tích khác nhau. Người ta thả tự do để chúng chuyển động về phía nhau. Sau va chạm tuyệt đối đàn hồi chúng lại chuyển động ra xa nhau. Biết rằng khi hai quả cầu cách nhau một khoảng 4r thì lực tương tác giữa chúng giảm 20 lần so với lúc chưa thả. Cho biết ban đầu một quả cầu mang điện tích 2.10-7C. Tìm điện tích ban đầu của quả kia. Bỏ qua tác dụng của trọng lực. Câu 3: (4 điểm) Một nguồn điện có suất điện động ξ = 12V , r = 3Ω. Có thể có bao nhiêu cách mắc các bóng đèn loại 3V-1,5W vào nguồn điện đã cho để các đèn sáng bình thường? Trong các cách mắc đó thì cách nào có lợi hơn ?. R Câu 4: (3 điểm) Tìm độ biến thiên của K điện tích trên tụ điện sau khi R ξ 3ξ C đóng khóa K trong sơ đồ cho trên hình vẽ. Bỏ qua điện trở trong của nguồn. Câu 5: (5 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện K A có ξ = 8V, điện trở trong r =2 Ω .Điện trở của đèn là R1 = 3 Ω ; R2 = 3 Ω ; + - ξ,r R2 R1 ampe kế có điện trở không đáng kể. a. K mở, di chuyển con chạy C, người ta nhận thấy: Khi C A B điện trở phần AC của biến trở AB có giá trị 1 Ω thì đèn tối nhất. Tính điện trở toàn phần của biến trở. b. Mắc một biến trở khác thay vào chỗ của biến trở đã cho và đóng khoá K. 5 Khi điện trở của phần AC bằng 6 Ω thì ampe kế chỉ A. Tính điện trở toàn phần của biến trở mới. 3 ..........................................HẾT.................................................
KỲ THI HSG CẤP TRƯỜNG ĐÁP ÁN MÔN: VẬT LÝ – KHỐI 11 THANG CÂU HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM 1 1. Khi khóa K mở 4 điẻm a> Bộ tụ điện gồm: C1// (C2ntC3) Điện dung của bộ tụ điện là. C .C 0,5 Cb = C1 + 2 3 = 4,4 μF . C 2 + C3 0,5 Qb = CbU = 52,8μC b> U1 = U = 12V 0,25 0,25 Q1 = C1U1 = 24 μC Q2 = Q3 = Qb – Q1 = 28,8 μC 0,25 Q U 2 = 2 = 7,2V 0,25 C2 Q3 U3 = = 4,8μC 0,25 C3 2. Khi đóng khóa K mạch điện trở thành (C1// C2 ). Điện tích của tụ điện C2 lúc này là: 0,75 Q2 = C2U = 48μC ' Q2 − Q2 ' 1 ⇒ Số êlectron chuyển qua khóa K là : = 1,2.1014 êlectron. e 2 Gọi q1 = 2.10-7C là điện tích quả cầu 1 4 điểm q2 là điện tích của quả cầu 2 (q2
+ y = 2, x = 3 + y = 4, x = 2 + y = 6, x = 1 0,75 yIr Hiệu suất của mạch: H = 1 − ξ 0,75 Cách mắc thành 2 dãy, mỗi dãy 3 bóng có lợi nhất vì hiệu suất lớn nhất H = 75%. 0,5 4 Khi khóa K đang mở, bản trên của tụ điện mang điện tích dương: 3 điểm 3ξ 3 q = CU C = C.I .R = C. .R = Cξ 1 2R 2 Khóa K đóng, khi ổn định, hiệu điện thế giữa bản dưới và bản trên của tụ bằng ξ . Bản trên 1 của tụ sẽ mang điện tích âm, và bằng q’=-C ξ Do đó độ biến thiên điện tích trên tụ điện là: 5 1 Δq = q ' − q = − Cξ 2
5 5 điểm a. Gọi R là điện trở toàn phần của biến trở, x là + - điện trở phần AC. ξ,r Khi K mở, ta có thể vẽ lại mạch điện như hình bên. A - Điện trở toàn mạch là: R-x x R1 3( x + 3) − x 2 + ( R − 1) x + 21 + 6 R B C R2 D 1 Rtm = R − x + +r = x+6 x+6 ξ 8( x + 6) 0,5 ⇒ I= = ; Rtm − x 2 + ( R − 1) x + 21 + 6 R 24( x + 3) - HĐT giữa hai điểm C và D: U CD = ξ − I ( R + r − x) = ; 0,5 − x + ( R − 1) x + 21 + 6 R 2 U 24 - Cường độ dòng điện qua đèn là: I1 = CD = 2 ; 0,25 R1 + x − x + ( R − 1) x + 21 + 6 R - Khi đèn tối nhất tức I1 đạt min, và khi đó mẫu số đạt cực đại. 0,25 b R −1 - Xét tam thức bậc 2 ở mẫu số, có giá trị lớn nhất khi: x = − = =1; 0,5 2a 2 - Suy ra R = 3 ( Ω ). + - ξ,r b. Khi K đóng, ta chập các điểm A và B lại với nhau R1 tại mạch điện như hình vẽ. Gọi R' là giá trị biến trở A R'-6 toàn phần mới. B C R2 D 17 R '− 60 - Điện trở toàn mạch lúc này: Rtm = 0,5 4( R '− 3) x=6 - Từ các nút ta có: I = I A + I BC hay I A = I − I BC . 0,5 - Từ sơ đồ ta tính được cường độ dòng điện mạch chính và cường độ qua BC: 32( R '− 3) 48 0,5 I= ; I BC = ; 17 R '− 60 17 R '− 60 5 32( R '− 3) 48 5 0,5 - Theo giả thiết I A = A, ta có: − = ; 3 17 R '− 60 17 R '− 60 3 - Từ đó tính được : R' = 12 ( Ω ) Chú ý: - Nếu học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa của bài.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT TRẦN QUỐC TUẤN NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN: VẬT LÝ - KHỐI 12 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút Bài 1: (4 điểm) Cho cơ hệ như hình 1. Biết Momen quán tính của ròng rọc đối với trục là I = 0,01 kgm2 , hai vành trên ròng rọc đồng tâm và chúng có bán kính lần lượt là R = 20 cm và r = 10 cm. Các vật : M = 1 kg, m = 500 g được treo bằng hai dây nhẹ, không giãn và quấn quanh ròng rọc. Thả cho chúng chuyển động không vận tốc đầu. Bỏ qua mọi ma sát, lấy g = 10 m/s2. m M 1. Tính gia tốc góc của ròng rọc. Hình 1 2. Khi vật m đạt tốc độ v = 1 m/s, tính động năng của hệ. Bài 2: (4 điểm) Một con lắc lo xo gồm vật nặng M = 300 g, lò xo có độ cứng k = 200 N/m lồng vào trục thẳng đứng (hình 2). Khi M đang ở vị trí cân bằng, m 2 thả vật m = 200 g từ độ cao h = 3,75 cm so với M. Bỏ qua ma sát, lấy g = 10 m/s , va chạm là hoàn toàn mềm. h 1. Tính vận tốc của m ngay trước khi va chạm và vận tốc của hai vật ngay sau va chạm. M 2. Sau va chạm hai vật cùng dao động điều hòa. Lấy t = 0 là lúc va chạm, trục tọa độ Ox thẳng đứng hướng lên, gốc O là vị trí cân bằng của hệ sau va chạm. Viết phương trình dao động của hai vật. 3. Tính biên độ dao động cực đại của hai vật để trong quá trình dao động vật m không rời khỏi vật M. Hình 2 E1, r1 Bài 3: (4 điểm) Cho mạch điện (hình 3). Trong đó: E1 = 16 V; r1 = 2 Ω ; E2 = 5 V ; r2 = 1 Ω ; R1= 1 Ω ; R3 = 7 Ω, đèn Đ: 6V – 12 W. R1 R2 K A M B Điện trở ampekế và khóa K không đáng kể. E2, r2 1. K ngắt, tìm số chỉ của ampe kế và độ sáng của đèn Đ. 2. K đóng, ampe kế chỉ số 0. Tìm R2. A Đ R3 X N Hình 3 Bài 4: (4 điểm) Một lượng khí lí tưởng thực hiện chu trình biến đổi cho V 4 3 trên đồ thị (hình 4). Biết T1 = 300 K, V1 = 1 lít; T3 = 1600 K, V3 = 4 lít. V3 Ở điều kiện tiêu chuẩn khí có thể tích Vo = 5 lít, po = 105 N/m2. 1. Vẽ đồ thị trên hệ trục tọa độ p – V. 2. Tính công khí thực hiện được sau một chu trình biến đổi. 1 2 V1 T Bài 5: (4 điểm) O T1 T2 T3 Trong thí nghiệm giao thoa sóng mặt nước, hai nguồn kết hợp Hình 4 A, B cách nhau 8 cm dao động cùng phương, cùng pha với tần số f = 20 Hz. Tại điểm M trên mặt nước cách A, B lần lượt những khoảng d1 = 25 cm, d2 = 20,5 cm dao động với biên độ cực đại, giữa M và đường trung trực của AB có hai dãy cực đại khác. 1. Tính tốc độ truyền sóng trên mặt nước. 2. Tìm số điểm dao động với biên độ cực đại trên đường tròn có tâm tại trung điểm O của AB, nằm trong mặt phẳng chứa các vân giao thoa, bán kính 3 cm. 3. N là một điểm thuộc đường trung trực của đoạn thẳng AB dao động ngược pha với hai nguồn. Tìm khoảng cách nhỏ nhất từ N đến đoạn thẳng nối AB. -------HẾT------