Đề thi học sinh giỏi môn Toán học lớp 11

Chia sẻ: Ngocbich Bich | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:53

Thêm vào BST

Báo xấu

155
lượt xem 61
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh có tài liệu ôn tập những kiến thức cơ bản, kỹ năng giải các bài tập Toán nhanh nhất và chuẩn bị cho kì thi sắp tới tốt hơn. Hãy tham khảo đề thi học sinh giỏi môn Toán học lớp 11.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán học lớp 11

Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 11
ĐỀ SỐ 86 Bài 1(2đ) 1, Giải phương trình: x2  2 x  1  0 2, Giải hệ phương trình : x+ y =-1 1 2  2 x y Bài 2(2đ) : Cho biểu thức : 2   x 2   x 1   x 1  M=   x 1   x 2   2   1, Tìm điều kiện của x để M có nghĩa . 2, Rút gọn M. 1 3, Chứng minh : M 4 Bài 3(1,5) Cho phương trình: x 2  mx  m 2  m  m  0 (với m là tham số) 1,Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với m,ọi giá trị của m. 2,Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình .Tìm m để x12  x2 2  6`
Bài 4 (3,5) Cho Bvà C là các điểm tương ứng thuộc các cạnh A x và By của góc vuông xAy( B  A, C  A ).Tam giác ABC có đường cao AH và phân giác BE .Gọi D là chân đường vông góc hạ từ A lên BE.Olà trung điểm AB. 1Chứng minh ADHB và CEDH là các tứ giác nội tiếp được trong đường tròn. 2Chứng minh AH vuông góc với OD và HD là phân giác của góc OHC. 3, Cho Bvà C di chuyển trên A x và By thoả mãn AH=h(h không đổi).Tính diện tích tứ giác ADHO theo h khi diện tích của tam giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất . Bài 5(1đ) Cho hai số dương x,y thay đổi sao cho x +y=1 tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1  1  P=  1   2  1 2   x  y 
ĐỀ SỐ 87 Bài 1(1,5đ) 1, giải phương trình x 2  6 x  5  0 2, Tính giá trị của biểu thức : A= ( 32  50  8) : 18 Bài 2(1,5đ) : Cho phưng trình mx2  (2m  1) x  m  2  0 (1) tham số m Tìm giá trị của m để phưng trình (1): 1, Có nghiệm . 2, Có tổng bình phương các nghiệm bằng 22 3, Có bình phương của hiệu hai nghiệm bằng 13 Bài 3(1đ): giải bài toán bằng cách lập phương trình : Tính các cạnh của một tam giác vuông biết chu vi của nó là 12cmvà tổng bình phương các cạnh bằng 50. Bài 4(1đ) : Cho biểu thức : 3x 2  5 B= x2  1
1. Tìm các giá trị nguyên của xđể B nhận giá trị nguyên 2. Tìm giá trị lớn nhất của B Bài 5 (2,5đ) :Cho tam giác ABC cân ở a nội tiếp đườngtròn tâm 0. gọi M,N,Plần lượt là các điểm chính giữa các cung nhỏ AB, BC,CA; BP cắt AN tại I; MN cắt AB tại E. Chứng minh rằng : 1, Tứ giác BCPMlà hình thang cân ; góc ABNcó số đobầng 90 2 , Tam giác BIN cân; EI // BC Bài 6(1,5đ): Cho hình chóp tứ giác đều SABCD có độ dài cạnh dáy là18cm, độ dài đường cao là 12cm . 1Tính diện tích xung quanh và thể tích hình chóp. 2, Chứng minhđườngthẳng AC vuông góc với mặt phẳng (SBD) Bài 7(1đ): Giải phương trình x 4  x 2  2002  2002
http://toanhocmuonmau.violet.vn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN - LỚP 11 CHUYÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi:31 /03/2013 Đề thi có 01 trang Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1. (4 điểm) 1) Giải phương trình sin 2 x cos 2 x + 4sin x cos 2 x − 3sin 2 x − cos2 x − 2 cos x + 3 = 0, (x ∈ ℝ ). 2) Giải phương trình x − 1 + x + 7 + x 2 − 3 x − 2 = 0, (x ∈ ℝ ). Câu 2. (4 điểm)  y x + + y2 = 0  1+ x + x 2 1) Giải hệ phương trình  2 (x, y ∈ ℝ ).  x + 2 x 2 + 1 + y 2 = 3,  y2  2) Cho n là số nguyên dương thoả mãn: 1Cn + 2Cn + 3Cn + ... + nCnn = 128n. 1 2 3 Tìm hệ số của x6 trong khai triển thành đa thức của f ( x) = 2(1 + x) n + x(2 + x) n +1 . Câu 3. (4 điểm) 1) Cho dãy số (un) được xác định như sau  x1 = 1   1 2013   xn +1 = 2  xn + x  , n ≥ 1.   n  Chứng minh rằng dãy số trên có giới hạn và tìm lim xn . n →+∞ 2) Tính giới hạn 4 + x.3 1 + 2 x − 2 lim . x →0 x Câu 4. (6 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Đường thẳng chứa cạnh BD có phương trình: 2x + y – 1 = 0. Điểm M(6;-1) và điểm N(2;1) lần lượt nằm trên các đường thẳng (AB), (AD). Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết B có hoành độ dương. 2) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a. Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Góc giữa SB và (ABCD) bằng 600. Gọi N là trung điểm BC. a. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SD và AN. b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và DN. Câu 5. (2 điểm) Cho A, B, C là ba góc của một tam giác. Chứng minh rằng sin A + sin B + sin C ≤ 1. A B C cos + cos + cos 2 2 2 --------------------------------Hết------------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh................................................ Số báo danh:................................................. Giám thị 1: (Họ tên và ký)......................................................................................................... Giám thị 2: (Họ tên và ký).........................................................................................................
http://toanhocmuonmau.violet.vn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM BẮC GIANG BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP TỈNH NGÀY THI 31 /3/2013 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN LỚP 11 CHUYÊN Bản hướng dẫn chấm có 03 .trang Câu Phương pháp – Kết quả Điểm Câu I 1) Phương trình đã cho tương đương với sin 2x(2cos2 x -1) + 4sin x cos2 x –3sin2x –(2cos2 x – 1 ) –2cos x + 3 = 0 ⇔ (2sin2xcos2x – 2cos2 x) + (4sinxcos2 x – 2cos x) – 4sin 2x + 4 = 0 ⇔ 2cos2x(sin2x – 1) + 2cos x(sin2x – 1) – 4(sin 2x - 1) = 0 ⇔ (sin 2x - 1)(cos2 x + cos x - 2) = 0 1 sin 2 x = 1  π ⇔  cos x = 1 ⇔  x = + kπ 4  1 cos x = −2   x = k 2π 0,5 2) Điều kiên x ≥ 1 Phương trình tương đương với ( ) ( x −1 −1 + ) x + 7 − 3 + x2 − 3x + 2 = 0 x−2 x−2 ⇔ + + ( x − 1)( x − 2) = 0 x −1 + 1 x+7 +3  1 1  0,5 ⇔ ( x − 2)  + + x − 1 = 0 (*)  x −1 + 1 x+7 +3  0,5 1 1 Vì x ≥ 1 nên + + x −1 > 0 x −1 + 1 x+7 +3 0,5 Do đó (*) ⇔ x – 2 = 0 ⇔ x = 2. Câu II 1) Điều kiện y ≠ 0. 0,5 Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với x + y ( x 2 + 1 − x) + y 2 = 0 x ⇔ + y + x2 + 1 − x = 0 y x ⇔ x2 + 1 = x − ( + y) y 0,5 Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được x2  x  2 + 2  x −  + y  + y 2 = 3 y  y  2 x  x  ⇔  + y  − 2 + y  = 3 y  y  x  y + y = −1 ⇔ x 0,5 y + y=3 
http://toanhocmuonmau.violet.vn thay vào ( 3) giải ra ta có nghiệm (x, y) = (0, -1). 0,5 2) Chứng minh được 1Cn + 2Cn + 3Cn + ... + nCnn = n.2n −1 1 2 3 0,5 Từ đó suy ra 2n – 1 = 128 ⇔ n = 8. 0,5 8 9 Vậy f ( x) = 2(1 + x)8 + x(2 + x)9 = ∑ 2C8k x k + ∑ C9i 29 −i xi +1 0,5 k =0 i =0 Từ đó tìm được hệ số cần tìm là 2C86 + C95 .2 4 = 2072. 0,5 Câu 1) Dễ thấy xn > 0 với mọi n III 1 2013  1 2013 Ta có xn +1 =  xn +  ≥ .2 xn . = 2013 0,5 2 xn  2 xn Do đó xn ≥ 2013 với mọi n ≥ 1.nên (xn) là dãy bị chăn dưới 1 2013 2013 − xn 2 Mặt khác xn +1 − xn = ( − xn ) = ≤ 0 vì xn ≥ 2013 , ∀n ≥ 2 1 2 xn 2 xn Do đó dãy (xn) giảm kể từ số hạng thứ 3. Từ đó suy ra dãy (xn) có giới hạn hữu hạn. 1 2013  2013 Đặt a = lim xn suy ra a =  a + ⇔a= ⇔ a = ± 2013 n →+∞ 2 a  a Suy ra lim xn = 2013 vì xn > 0 với mọi n. 0,5 n →+∞ 4 + x.3 1 + 2x − 2 4 + x .( 3 1 + 2 x − 1) + 4 + x − 2 0,5 2) Ta có lim = lim x →0 x x →0 x 0,5  4 + x .( 3 1 + 2 x − 1) 4+ x −2 = lim  +  x →0  x x      0,5 2 4+ x 1 = lim  +  x →0  3  4+ x +2  (1 + 2 x) 2 + 3 1 + 2 x + 1 0,5 4 1 19 = + = . 3 4 12 Câu 1) Gọi n(a; b) là vectơ pháp tuyến của đường thẳng AB. IV Vì góc giữa AB và BD bằng 450 nên ta có 2 | 2a + b | = ⇔ 3a 2 + 8ab − 3b 2 = 0 0,5 2 5(a + b ) 2 2  a = −3b ⇔  a = b 0,5  3 TH1: a = - 3b, chọn b = -1, a = 3 Lập được phương trình (AB): 3x – y – 19 = 0 (AD): x + 3y – 5 = 0. 31 2 13 24 2 9 Từ đó tìm được A( ; − ), B (4; −7), C (− ; − ), D(− ; ) 0,5 5 5 5 5 5 5 b TH2: a = , chọn b = 3, a = 1 3 Lập được phương trình (AB): x + 3y – 3 = 0 Tìm được B(0; 1) (loại) 0,5
http://toanhocmuonmau.violet.vn 2) Góc giữa SB và (ABCD) là SBA = 600 Từ đó tính được SA = a 3 0,5 Gọi K, L lần lượt là trung điểm của AD và SA ⇒ KL//SD và CK // AN Do đó góc α giữa SD và AN chính là góc giữa KL và CK 0,5 a 5 a 11 Tính được CK = , KL = a, LC = 2 2 0,5 CK + KL − LC 2 2 2 5 Do đó cos CKL = =− 2CK .KL 10 5 Suy ra cos α = . 0,5 10 2) Dễ chứng minh được DN // (SBK) 0,5 Do đó d(SB; DN) = d(D; (SBK)) Mà AD cắt (SBK) tại K là trung điểm AD 0,5 nên d(D; (SBK)) = d(A; (SBK)) := h. Tứ diện ABSK là tứ diện vuông nên 1 1 1 1 2 = 2 + 2 + 0,5 h AS AB AK 2 a 3 0,5 Từ đó tìm được d(SB; DN) = h = . 4 Câu V C Chứng minh được sin A + sin B ≤ 2 cos 1 2 A B C Từ đó chứng minh được sin A + sin B + sin C ≤ cos + cos + cos 2 2 2 Suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. 1 Lưu ý khi chấm bài: Trên đây chỉ là sơ lược đáp án, bài làm của học sinh phải được trình bày tỉ mỉ. Mọi cách giải khác, nếu đúng, vẫn cho điểm tương đương như trên.
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2010-2011 ————————— ĐỀ THI MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (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  x, y, z    xy  yz  zx  1  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 1. Chứng minh rằng sin A  sin B  sin C  3sin . 3 A 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P   sin  sin B  sin C  sin D . 3 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 Điểm I I.1 (2 điểm) 4điểm   3  1 cos 2 x    3  1 sin x.cos x  sin x  cos x  3  0 0,5    3 cos 2 x  1  3 sin x.cos x  cos 2 x  sin x.cos x  sin x  cos x  0   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 0,5   sin x  cos x    3 sin x  cos x  1  0    sin x  cos x  0  2 sin  x  4   0     0,5  3 sin x  cos x  1 sin  x     1      6 2    x  4  k     x  4  k      x    k 2   x  k 2 k    6 6 0,5   2  x    5  k 2 x   3  k 2   6 6 I.2 (2 điểm) +) Nếu x  0 thay vào hệ ta có hệ vô nghiệm 0,25 +) Nếu x  0 ta đặt y  ax; z  bx thay vào hệ ta được 0,25    x 2 1  2a 2  1   2  2 2 1  2a  2a  3b 2  2 2 4a  3b  1  2 2 1  x 2a  3b  1     2 0,5 2a  a  1  b  a  1  0 2  2 1  2a  a  ab  b    x  a  ab  b   1 
 a  1 2 2 2 2  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   0,5  2a 2  3a  1  0   a  1 +) Nếu  thay vào (1) không thỏa mãn b  1 0,25  a  1  b  1  2a  b  1 a  1 +) Nếu  2   1 thay  vào (1) không thỏa mãn, thay  2a  3a  1  0  a  b  1  2  b  0   1 0,25 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  II II.1 (1 điểm) 2điểm x y Nhận xét. Nếu 0  x, 0  y;   thì 2 x y x y x y 0,25 sin x  sin y  2 sin cos  2sin . Dấu bằng xảy ra khi x  y 2 2 2 Sử dụng nhận xét trên ta có A BC A B A  B  4C sin A  sin B  sin C  sin  2 sin  2sin 3 2 6 0,5 A  B A  B  4C  2 6 A BC  4 sin  4 sin 2 3 A BC 0,25 sin A  sin B  sin C  3sin . Dấu bằng xảy ra khi A  B  C . 3 II.2 (1 điểm) BC  D  2 0,25 Đặt t  , ta có A  2  3t;  t  1 3 3 3 Khi đó theo phần II.1 ta có 0,25  2  3t  3 5 P   sin    3sin t   cos t  sin t  3  2 2
2  3 5  2   Khi đó P    2  2 2      sin t  cos t  7   2   0,25   3 5 Đẳng thức xảy ra khi cos t   ; sin t   2 0,25 28 28 Vậy max P  7  B  C  D  t , A  2  3t (với t xác định bởi (1) và (2)) III +) 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 n  A   9 A97 0,25 +) 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 0,5 nên số các số loại này là A88  4.7. A77 . 8 7 A8  4.7. A7 1 Vậy xác suất cần tìm là  . 9. A97 9 0,25 IV * Dễ thấy IPC1  900 , do đó O là trung điểm của IC1 . 0,5 2điểm * IOP  2 IC1P  CAB  CC1B  BC1 // OP 0,5 * Do BM=MN; OI  OC1  IN // C1 B 1 Do đó CIA1  BAC , mà CIA1  2  BAC  ACB  0,5 1 Vậy BAC  2   BAC  ACB  BAC  ACB Cùng với BAC  2 ABC ta được BAC  ACB  720 ; ABC  360 C A1 N B1 I M 0,5 P B A O C1
V 1  1điểm f (3x )  f  f (2 x)   2 x (1) 2  1  2x   2x 2x 0,25 Từ (1) suy ra f ( x)  f  f     f ( x)  , x  0 (2) 2  3  3 3 Khi đó  1  2x   2x 2 1  2x  2 x 1  2 x  2x  4 2  f ( x)  f  f      . f    f      x  2  3  3 3 2  3  3 3  3  3  27 3  0,25 2 1 2 2 Xét dãy (an ) , (n=1,2,…) được xác định như sau: a1  và an1  an  . 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  2 x 1 2x 2x 0,25 f ( x)  f  f      a .f    a .a .   2  3  3 2 k  3  3 2 k k 3 3 a2  2  k .x  ak 1.x 3 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 0,25 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).
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ THI MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Dành cho học sinh THPT không chuyên) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1.   Giải phương trình sin 2 x  3 cos 2 x  2  3 sin x  cos x  1  3 . Câu 2. a) Xét khai triển: 1  x 1  2 x  ... 1  2013 x   a0  a1 x  a2 x 2  ...  a2013 x 2013 . Tính 1 2 2 1  22  ...  20132  . a2  b) Chọn ngẫu nhiên một số có 4 chữ số đôi một khác nhau. Tính xác suất để số được chọn không nhỏ hơn 2013. Câu 3. a) Cho dãy số  un  được xác định như sau: u1  1, u2  3, un  2  2un 1  u n  1, n  1, 2,... Tính un lim . n n 2 b) Cho phương trình: m  x  1  x 3  4 x   x 3  3 x  1  0 ( x là ẩn, m là tham số). Chứng minh với mọi giá trị thực của m phương trình đã cho có ít nhất ba nghiệm thực phân biệt. Câu 4. a) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Chứng minh mặt phẳng  A ' BD  song song với mặt phẳng  CB ' D '  . Tìm điểm M trên đoạn BD và điểm N trên đoạn CD’ sao cho đường thẳng MN vuông góc với mặt phẳng (A’BD). b) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AD, BB’, C’D’. Xác định thiết diện cắt bởi mặt phẳng (MNP) với hình lập phương ABCD.A’B’C’D’, tính theo a diện tích thiết diện đó. Câu 5. Cho a, b, c là các hằng số thực và P  x   ax3  bx 2  cx . Tìm tất cả các số a, b, c sao cho P  2   26 và P  x   1 với mọi số thực x sao cho x  1. -------------Hết----------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………….………..…….…….….….; Số báo danh……………………
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012-2013 (Đáp án có 03 trang) ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câu Nội dung trình bày Điểm 1(2đ)   Ta có sin 2 x  3 cos 2 x  2  3 sin x  cos x  1  3    2sin x.cos x  cos x  3 1  2sin 2 x   2  3 sin x  3  1  0 0,5  cos x  2sin x  1   2sin x  1  3 sin x  1  0    2sin x  1 cos x  3 sin x  1  0  1 0,5  sin x  2   3 sin x  cos x  1    1  x  6  k 2 +) sin x    k   0,25 2  x  5  k 2   6 3 1 1   1 +) 3 sin x  cos x  1  sin x  cos x   sin  x    0,25 2 2 2  6 2     x  6  6  k 2      x  3  k 2  k    0,5  x    5  k 2   x    k 2  6 6 Vậy phương trình đã cho có các họ nghiệm là  5  x   k 2 , x   k 2 , x   k 2 , x    k 2  k   6 6 3 2(2đ) 2.a (1,0 điểm)  2013    Ta có 1  x 1  2 x  ... 1  2013 x   1    k  x    i. j  x 2  A.x 3 0,5  k 1   1i  j  2013  1 2 Suy ra a2   i. j  1  2  ...  2013  12  2 2  ...  20132   1 i  j  2013 2   0,25 2 2 1 1  2013  2014   2013  1007   a2  12  22  ...  20132      . 0,25 2 2 2  2 2.b (1,0 điểm) Ta có n     số cách chọn một số có bốn chữ số đôi một khác nhau  9.9.8.7 A là biến cố chọn ra được một số có bốn chữ số đôi một khác nhau abcd và không nhỏ 0,25
hơn 2013. Ta sẽ tính số các số có bốn chữ số đôi một khác nhau abcd và các số này chỉ có thể xảy ra với a  1 , b 0,1,...,9 \ 1 , c  0;1;...;9 \ 1; b và d  0;1;...;9 \ 1; b; c có 7 cách chọn suy ra trong trường hợp này có 9.8.7 số thỏa mãn. 0,5 Từ hai trường hợp trên ta được n  A  7.8.9.9  7.8.9  7.8.9.8 . Do đó xác suất cần tìm là: n  A 7.8.9.8 8 P  A    0,25 n    9.9.8.7 9 3(2,0đ) 3.a (1,0 điểm) Ta có un  2  u n 1  un 1  un  1, n  1, 2,... suy ra un 2  un 1 lập thành một cấp số cộng có 0,25 công sai bằng 1 nên un  2  u n 1  u2  u1  n.1  n  2 (1) Từ (1) ta được un  u1  un  un 1  un 1  un  2  ...  u2  u1  n  n  1  ...  2 n  n  1 0,5  un  1  2  ...  n  2 u n  n  1 1 u 1 lim n  lim 2 2  . Vậy lim n  . 2 0,25 n  n n  2n 2 n  n 2 3.b (1,0 điểm) Đặt f  x   m  x  1  x 3  4 x   x 3  3 x  1 ta được f  x  xác định và liên tục trên . 0,5 Ta có f  2   1, f  0   1, f 1  1, f  2   3 Do đó ta được f  2  f  0   0, f  0  f 1  0, f 1 f  2   0 nên phương trình f  x   0 0,5 có nghiệm thuộc  2; 0  ,  0;1 , 1; 2  suy ra phương trình có 3 nghiệm phân biệt. 4(3đ) 4.a (1,5 điểm) A D M C B N D' A' 0,5 C' B' Ta có tứ giác BCD’A’ là hình bình hành nên CD ' BA '  CD '  BDA '  (1) Ta có tứ giác BDD’B’ là hình bình hành nên B ' D ' BD  B ' D '  BDA ' (2) 0,5 Từ (1) và (2) ta được  A ' BD   CB ' D '  .                  Đặt BM  x.BD, CN  y.CD ' . Khi đó MN  MB  BC  CN   xBD  AD  y.CD '             0,25      x AB  AD  BC  y AA '  AB   x  y  AB  1  x  AD  y AA ' Do MN vuông góc (A’BD) nên MN  BD, MN  BA ' . Từ đó ta được:      2  MN .BD  0   x  3 1  x   x  y   0  2 x  y  1         0,25  MN .BA '  0  y   x  y   0   x  2 y y  1   3
 2   1     Do đó BM  .BD, CN  .CD ' 3 3 4.b (1,5 điểm) A M D S R C B O D' A' N 0,5 P Q C' B' Gọi S là trung điểm của AB, khi đó MS BD  MS  BDC '  và NS C ' D  NS  BDC '  suy ra  MNS   BDC '  . Do  MNS  BC ' nên (MNS) cắt (BCC’B’) theo giao tuyến qua N song song với BC’ cắt B’C’ tại Q. Do  MNS  BD B ' D ' nên (MNS) cắt (A’B’C’D’) theo giao tuyến qua Q song song với B’D’ cắt D’C’ tại P’, do P’ là trung điểm của C’D’ nên P’ trùng với P. Do  MNS  C ' D 0,5 nên (MNS) cắt (CDD’C’) theo giao tuyến qua P song song với C’D cắt DD’ tại R. Do đó thiết diện cắt bởi (MNP) và hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ theo một lục giác đều a 2 MSNQPR cạnh MR  và có tâm là O suy ra: 0,5 2 1 3 3a 2 3 3a 2 S MSNQPR  6 SOMS  6. OM .OS .sin 600  . Vậy S MSNQPR  2 4 4 5(1đ)  1 Đặt f 1  m, f  1  n, f    p , khi đó m , n , p  1 và ta có hệ 2  3m  n  8 p  a  3 a  b  c  m a  b  c  m     mn 0,5  a  b  c  n  a  b  c  n  b  a b c a  2b  4c  8 p  2    p   16 p  3m  n 8 4 2 c  6  3m  n  8 p 16 p  3m  n Ta có f  2   8.  2  m  n   9m  n  16 p  9  1  16  26 . 3 3 m  1 a  4   0,25 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  n  1  b  0  p  1  c  3   3 Ta có f  x   4 x  3x , xét 1  x  1 thì tồn tại  : x  cos  a  4 0,25 3   f  x   4cos   3cos   cos 3 suy ra f  x   1 với mọi 1  x  1 . Vậy b  0  c  3  ------------------Hết------------------
ĐỀ THI HSG NĂM 2011- 2012 Môn Thi : Toán 11 Thời gian làm bài : 180 phút Câu I( 1 điểm): Giải phương trình (sin 2 x  sin x  4) cos x  2 0 2sin x  3 Câu II(2 điểm): 1/ Từ các chữ số 1;2;3;4;5;6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau sao cho mỗi số đó chia hết cho 3. 2/ Tìm số nguyên dương n sao cho: 1 2 3 2 n 1 C 2 n 1  2.2C 2n 1  3.22 C 2 n1  ...  (2n  1).22 n C 2 n1  2011 Câu III(2 điểm) : Cho hàm số: y   x3  3 x 2  2 (C) 1/ Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng y  9 x  2011 . 2/ Tìm tất cả các điểm thuộc đồ thị (C ) mà qua đó kẻ được một và chỉ một tiếp tuyến với đồ thị ( C ). Câu IV(2 điểm): 1/ Chứng minh phương trình : 2 x 4  mx3  nx 2  px  2011  0 có ít nhất 2 nghiệm với  m,n,p  R x 2  3  2011x  2009 2/ Tính : Lim x 1 x 1 Câu V( 3 điểm) : Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình thoi tâm O, cạnh a, góc 3a BAD=600 ; SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD); SO  . Gọi E là trung 4 điểm của AD, F là trung điểm của DE. 1/ Chứng minh (SOF)  (SAD). 2/ Tính khoảng cách từ O và C đến mặt phẳng (SAD). 3/ Gọi   là mặt phẳng qua BC và vuông góc với mặt phẳng (SAD). Xác định thiết diện của hình chóp với mặt phẳng   . Tính diện tích của thiết diện này. .........................Hết…………….
Đáp án đề thi HSG môn toán lớp 11 lần 2 (2010-2011) Câu Nội dung Điểm I ( Sin2 x  sin x  4) cos x  2 0,25 Xét phương trình:  0 (1) 2sin x  3 3 Điều kiện: sin x   2 1 Phương trình (1)  sin2x.cosx- sin2x+4cosx-2=0 2 0,5 1 1  sin2x(cosx- )+4(cosx- )=0 2 2 1  (cosx- )(sin2x+4)=0 2   x=   k 2 3  0,25 Đối chiếu với điều kiện: x=  k 2 3  Vậy phương trình có nghiệm: x=  k 2 3 II .Đặt A= {1;2;3;4;5;6} 0,5 1 .Các tập hợp con của A gồm có 3 phần tử và tổng của các phần tử đó chia hết cho 3 là: {1;2;3}, {1;2;6}, {2;3;4}, {1;3;5}, {1;5;6},{2;4;6}, {3;4;5}, {4;5;6}.  Có 8 tập 0,5 Ứng với mỗi tập hợp trên ta có thể lập được 3=3.2.1=6 (số) thỏa mãn yêu cầu bài toán Vậy có 8.6=48 số cần tìm 2 Ta có (1  x) 2n1  c2n 1  c1 n1.x  c2n1.x 2  c2 n1.x3  ....  c22nn1 .x 2n1 (1) 0 2 2 3 1 0,25 Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) theo x ta được 0,5 2 n 1 (2 n  1)(1  x) 2 n ( 1)  c1 n 1  2c2 n 1.x  3.c2 n 1.x 2  ....  (2n  1).c2 n 1 .x 2 n 2 2 3 2 n 1  (2 n  1)(1  x) 2 n  c1 n 1  2c2 n 1 .x  3.c2 n 1.x 2  ....  (2n  1).c2 n 1 .x 2 n (2) 2 2 3 Cho x=2 vào hai vế của (2) ta được: 0,25 1 2 n 1 2n 2n  1  c 2 n 1  ......  (2 n  1).c 2 n 1 .2 Khi đó: 2n+1=2011  n=1005. Vậy n=1005. Đường thẳng  song song với đường thẳng y=-9x+2011 có 0,25 phương trình dạng y= -9x+m (m  2011) Đường thẳng  là tiếp tuyến của (c )  hệ phương trình 0,25  x3  3 x 2  2  9 x  m   2 có nghiệm  3 x  6 x  9 