Đề thi học sinh giỏi môn Toán 11 - Sở GD&ĐT Quảng Bình

Chia sẻ: Gu Tin | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

495
lượt xem 108
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn hãy tham khảo đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 kèm đáp án của sở giáo dục và đào tạo Quảng Bình giúp các em có thêm tư liệu để luyện tập chuẩn bị kì thi tới tốt hơn. Chúc các em thi tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán 11 - Sở GD&ĐT Quảng Bình

SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: Toán ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Khóa ngày 30 tháng 3 năm 2011) SỐ BÁO DANH:…………….. Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1:(3.0 điểm)   a) Giải phương trình: sin 3 x  cos3 x  2 2cos  x    1  0  4  1 1 16  2x     x y x y 3 b) Giải hệ phương trình:   2( x 2  y 2 )  1 1 100     ( x  y)2 ( x  y)2 9 Câu 2:(2.0 điểm) Cho dãy số ( xn ) xác định như sau:  x1  30   2 *  xn1  30 xn  3xn  2011,  n   xn1 Tìm lim . xn Câu 3:(3.0 điểm) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a . Gọi I, J lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC và DBC. Mặt phẳng ( ) qua IJ cắt các cạnh AB, AC, DC, DB lần lượt tại các điểm M, N, P, Q với AM = x , AN = y ( 0  x, y  a ). a) Chứng minh MN, PQ, BC đồng qui hoặc song song và MNPQ là hình thang cân. 4a 3a b) Chứng minh rằng: a ( x  y )  3 xy . Suy ra:  x y . 3 2 c) Tính diện tích tứ giác MNPQ theo a và s  x  y . Câu 4:(1.0 điểm) Cho phương trình: ax 2   2b  c  x   2d  e   0 có một nghiệm không nhỏ hơn 4. Chứng minh rằng phương trình ax 4  bx 3  cx 2  dx  e  0 có nghiệm. Câu 5:(1.0 điểm) Cho x, y , z  0 . Chứng minh rằng: 2 xy 2 yz 3 zx 5 P    ( z  x)( z  y ) ( x  y )( x  z ) ( y  z )( y  x) 3 --------------------HẾT----------------------
SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012- 2013 Môn thi: Toán ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Khóa ngày 27 tháng 3 năm 2013) SỐ BÁO DANH:…………….. Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1:(3.0 điểm)  2 x  x    10  y y a) Giải hệ phương trình:   x 2  1  2 x  12   y2 2 b) Giải phương trình:  cos 2 x  cos 4 x   6  2sin 3 x Câu 2:(2.5 điểm) a) Tính giới hạn dãy số: lim  n4  n2  1  3 n6  1  u1  2013 b) Cho dãy số  un  xác định như sau:   n 1 un 1  n 1 un  (n  1)  2013n Tìm công thức số hạng tổng quát và giới hạn dãy số  un  ? Câu 3:(2.5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình thang cân (AD//BC) và BC=2a, AB=AD=DC=a (a>0). Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Biết SD vuông góc với AC. a) Tính SD. b) Mặt phẳng (  ) qua điểm M thuộc đoạn OD (M khác O, D) và song song với hai đường thẳng SD và AC. Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (  ). Biết MD = x. Tìm x để diện tích thiết diện lớn nhất. Câu 4:(2.0 điểm) Cho phương trình: x 4  ax 3  bx 2  cx  d  0 a) Với d  2013 , chứng minh rằng phương trình có ít nhất hai nghiệm phân biệt. 4 b) Với d  1 , giả sử phương trình có nghiệm, chứng minh a 2  b 2  c 2  3 --------------------HẾT---------------------
SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: Toán (Khóa ngày 27 tháng 3 năm 2013) HƯỚNG DẪN CHẤM (Đáp án, hướng dẫn này có 4 trang) yªu cÇu chung * Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng. * Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan. Ở câu 3 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0. * Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm. * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài. * Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài. Câ Nội dung Điểm u 1 1,5 điểm 1 a) ĐK: y  0 . Đặt a  x  1; b  y 0,25 Ta có hệ phương trình trở thành  a  b  ab  11  a  b  5 a  b  7  a  2 a  3 0,75  2   (VN )     a  b 2  13  ab  6 ab  18 b  3 b  2 a  2  1 0,25 TH1:   ( x; y )  1;  b  3  3 a  3  1 0,25 TH2:   ( x; y )   2;  b  2  2 Trang: 1 - Đáp án Toán 11
2 1,5 điểm b)  cos 2 x  cos 4 x   6  2sin 3 x  4sin 2 x sin 2 3 x  6  2sin 3 x  4(1  sin 2 x sin 2 3 x)  2(1  sin 3 x)  0 0,5  4 sin 2 x(1  sin 2 3 x)  cos 2 x   2(1  sin 3 x )  0    4(sin 2 x cos 2 3 x  cos 2 x )  2(1  sin 3 x)  0 0,5 sin 3 x  1  sin 3 x  1   sin 2 x cos 2 3 x  0   2  x   k 2 (k  Z ) 0,5 cos 2 x  0 cos x  0 2  2 1,0 điểm a) lim   n 4  n2  1  3 n6  1  lim  n4  n 2  1  n 2  ( 3 n6  1  n 2 )  0,25 Ta có:  1   2   1 2  1 n 1  4 2 lim n  n  1  n  lim  2  4 2  n  n 1  n  2   lim   1 n 1   2 0,25  1 2  4 1  n n  1 0,25 lim( 3 n 6  1  n 2 )  lim 0 3 ( n  1)  n 2 3 ( n6  1)  n 4 6 2 0,25 Do đó lim n 4  n2  1  3 n6  1  1   2 1,5 điểm * b) un  0, n  N 0,25 n 1 n 1 n 1 n 1 un 1  un  n  un 1  un  2013 2013n 1 Do đó: u22  u11  20131 3 2 1 u3  u 2  20132 ... n n 1 1 un  un 1  2013n 1 0,5 n 1  1  1   1 1 1 2013  Suy ra: unn  u11    ...    1 2013 2013 2 2013n 1 2012 n 1  1  1   n un  2013   2013  0,25 2012 Trang: 2 - Đáp án Toán 11
 1  n 1 0,25 1  0,25 n 2013    n 2014  1  1  ...  1  2014  1  2013 (Cô si) 1  un  2013   2012 n n 2013  Mặt khác lim 1     1 . Vậy lim un  1  n  3 S 2,5 điểm K Q B C T J P 0,25 O M A N D Trang: 3 - Đáp án Toán 11
a) Dễ thấy đáy ABCD là nữa hình lục giác đều cạnh a. Kẻ DT//AC (T thuộc BC). Suy ra CT=AD=a và DT vuông góc SD. 0,25 Ta có: DT=AC= a 3 . Xét tam giác SCT có SC=2a, CT=a, SCT  1200  ST  a 7 0,25 Xét tam giác vuông SDT có DT= a 3 , ST  a 7  SD  2a 0,25 b) Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt AD, DC lần lượt tại N,P. Qua M, N, P kẻ các đường thẳng song song với SD cắt SB, SA, SC lần lượt tại K, J, Q. Thiết diện là ngũ giác NPQKJ. Ta có: NJ, MK, PQ cùng vuông góc với NP. 0,25 1 1 dt(NPQKJ)=dt(NMKJ)+dt(MPQK)= ( NJ  MK ) MN  ( MK  PQ )MP 2 2 1 0,25  ( NJ  MK ).NP (do NJ=PQ). 2 NP MD AC.MD x.a 3 Ta có:   NP    3x AC OD OD a 3  a  2a.   x NJ AN OM SD.OM  3   2(a  x 3)    NJ   SD AD OD OD a 3 KM BM   KM  SD.BM 2a. a 3  x   2 (a 3  x )  0,5 SD BD BD a 3 3 1 2  Suy ra: dt(NPQKJ)=  2(a  x 3)  (a 3  x )  3 x  2(3a  2 3 x) x 2 3  1 1  2 3 3 2  (3a  2 3x )2 3x  (3a  2 3x )  2 3x   a 0,25 3 4 3  4 3 3 2 3 Diện tích NPQKJ lớn nhất bằng a khi x  a 0,25 4 4 4 1.0 điểm a) d= -2013 Đặt f ( x)  x 4  ax 3  bx 2  cx  2013 liên tục trên R. Ta có: f  0   2013  0 0,25 Mặt khác lim f ( x)   , nên tồn tại 2 số   0;   0 sao cho x  f ( )  0; f (  )  0 . Do đó f (0). f ( )  0; f (0). f (  )  0 . 0,5 Vậy phương trình có ít nhất hai nghiệm phân biệt thuộc hai khoảng ( , 0) 0,25 và (0,  ) Trang: 4 - Đáp án Toán 11
1.0 điểm b) d=1: Gọi x0 là nghiệm của phương trình ( x0  0 ) 4 3 2 2 1 1 x0  ax0  bx0  cx0  1  0  b   x0  2  ax0  c 0,25 x0 x0 2 1   2 1 1  2 1 Ta có:  a  b  c  ( x  2  1)  a  c    x0  2  ax0  c   ( x0  2  1) 2 2 2 2 0 2 2 x0   x0 x0   x0   2 2  1 2 1 1  2 1    ax0  c  x0  2  ax0  c    x0  2  0,25  x0 x0 x0   x0  2  2 1   x0  2  x0  t2 1 Suy ra:  a  b  c    2 2 2  với t  x02  2  2 1 x0  2  1 t  1 2 x0 x0 t2 4 Mặt khác:   3t 2  4t  4  0  (t  2)(3t  2)  0 (đúng do t  2 ). 0,25 t 1 3 4 Vậy a 2  b 2  c 2  . 3 2 Dấu bằng xảy ra khi a  b  c   (ứng với x0  1 ) 0,25 3 2 2 a  c  , b   (ứng với x0  1 ) 3 3 Trang: 5 - Đáp án Toán 11