Đề thi học sinh giỏi môn Toán học lớp 11 - Kèm đáp án

Chia sẻ: Nguyễn Lê | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:37

Thêm vào BST

Báo xấu

850
lượt xem 298
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời tham khảo đề thi học sinh giỏi môn Toán học lớp 11 có kèm đáp án giúp các bạn học sinh lớp… ôn tập, củng cố kiến thức và chuẩn bị tốt cho kì thi học sinh giỏi sắp tới được tốt hơn. Chúc các bạn thi tốt!

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 - Kèm đáp án

SỞ GD&ĐT BẮC GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP CƠ SỞ CỤM: LỤC NAM NĂM HỌC: 2012-2013 MÔN THI: TOÁN LỚP 11 ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài: 180 phút) Câu I. (5 điểm) x 3 (2  3) cos x  2sin 2 (  ) 1) Giải phương trình: 2 4  1. 2 cos x  1 2) Lập được bao nhiêu số tự nhiên thỏa mãn tất cả các điều kiện sau: Mỗi số lập được chia hết cho 5 và gồm bốn chữ số, đồng thời chữ số đứng trước luôn lớn hơn chữ số đứng sau. Câu II. (4 điểm) u1  1, u2  2 1) Tìm số hạng tổng quát un của dãy số (un ) cho bởi:  .  2un 1  un  un 1  0, n  2 (n  ) 0 2 1 4 1 1 2k 1 2012 2) Tính tổng: S  C2012  C2012  C2012  ...  C2012  ...  C2012 . 3 5 2k  1 2013 Câu III. (4 điểm) 1) Tìm m để phương trình: x 4  2(m  2) x 2  2m  3  0 có 4 nghiệm phân biệt lập thành một cấp số cộng. 2 x 1  x 2  3x  1 2) Tính giới hạn: lim . x 1 3 x  2  x2  x  1 Câu IV. (6 điểm) 2 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x 2   y  1  4 . Tìm phương trình của đường tròn (C’) là ảnh của (C) qua phép vị tự V (O, 3) . ( tâm O, tỉ số bằng 3 ). 2) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có M là trung điểm của AB’. Mặt phẳng (P) đi qua M và song song với AC’ và CB’. Xác định thiết diện của hình lăng trụ khi cắt bởi mặt phẳng (P). 3) Cho tứ diện ABCD, gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD, G là trọng tâm của tam giác BCD. Gọi I là giao điểm của AG và MN.          Chứng minh rằng với mọi điểm P trong không gian, ta luôn có: PA  PB  PC  PD  4 PI . Câu V. (1 điểm) Cho dãy số (un ) được xác định: (2n  1)( n  1  n ).un  2  0, ( n  1, 2,3,...) . Chứng minh rằng: 2012  2013  u1  u2  u3  ...  u2012   0 . ………………….. HẾT ……………….. Họ tên thí sinh: …………………………………………….……..…, Số báo danh: ………..………..
Đáp án và thang điểm đề thi HSG cấp cơ sở môn toán lớp 11 – Cụm Lục Nam Năm học: 2012 – 1013 Dưới đây là hướng dẫn, thang điểm và đáp án của đề thi. Bài làm của thí sinh cần phải chính xá đầy đủ, chi tiết, rõ ràng, sạch sẽ, lôgic. Nếu thí sinh làm theo cách khác mà đảm bảo được các y cầu trên thì vẫn cho điểm tối đa theo quy định.! Câu, Ý Nội dung Điểm Câu I (5 điểm) I.1) 1 + ĐK: cos x  . Khi đó 0,5 (3 điểm) 2 + Pt  (2  3) cos x  (1  cos( x  3 ))  2 cos x  1 1,5 2 3  (2  3) cos x  cos( x  )  2 cos x  sin x  3cox  0 . 2 + Biến đổi  tan x  3  tan x  tan    x   k (k  ) . 0,5 3 3 4 0,5 + So sánh điều kiện, kết luận đúng các nghiệm của pt là: x   k 2 (k  ) . 3 I.2) + Mỗi số lập được có dạng a1a2 a3a4 (a1  a2  a3  a4 ) và a4  0 hoặc a4  5 . 0,5 (2 điểm) + Nếu a  5 thì số cách chọn a a a chính là số cách rút ra 3 sô trong dãy số 0,5 4 1 2 3 4 9,8, 7, 6 . Vậy có C3  4 (cách chọn a1a2 a3 ). + Nếu a4  0 , tương tự thì số cách chọn a1a2 a3 trong dãy 9,8, 7, 6,5, 4,3, 2,1 bằng 0,5 9 C3  84 (cách). + Vậy có tất cả: C34  C39  4  84  88 (số). 0,5 Câu II (4 điểm) II.1) 1 + Biến đổi được un1  un   (un  un 1 ) . 0,5 (2 điểm) 2 1 + Đặt vn 1  un  un1 (n  2) , suy ra vn   vn 1 (n  2) . Ta được dãy số (vn ) là 0,5 2 1 một cấp số nhân có số hạng đầu v1  u2  u1  2  1  1 và công bội q   . 2 + Ta có un  (un  un1 )  (un1  un 2 )  ...  (u3  u2 )  (u2  u1 )  u1 0,5  1  n 1 1. 1  ( ) n 1  v1 (1  q ) 2 2 1 n 1   (vn 1  vn 2  ...  v2  v1 )  u1  1    1   1  ( 2 )   1 . 1 q 1 3  1  ( ) 2 2 1 0,5 + Kết luận được: un  1  ( ) n1   1 (n  *) .   3 2 
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 2 LỚP 11 NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2 điểm). Giải các phương trình: 2 a) cos 2 x sin x  cos x  sin x b) 16sin 5 x   10 sin x  5sin 3 x . 2 Câu 2 (1 điểm). Với các chữ số 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có sáu chữ số đối một khác nhau sao cho các chữ số 1, 2, 3 đứng kề nhau. Câu 3 (1 điểm). Có hai hộp chứa các quả cầu. Hộp thứ nhất chứa 3 quả cầu đỏ, 7 quả cầu trắng và 10 quả cầu xanh. Hộp thứ hai chứa 5 quả cầu đỏ, 7 quả cầu trắng và 8 quả cầu xanh. Từ mỗi hộp lấy ngẫu nhiên một quả cầu. Tính xác suất để hai quả cầu lấy ra có cùng một màu. 8 Câu 4 (1 điểm). Tìm hệ số của x 8 trong khai triển của 1  x 2  2 x 3  thành đa thức. Câu 5 (1 điểm). Tìm số hạng tổng quát và tính tổng 100 số hạng đầu tiên của dãy số un  xác định bởi u1  2013, un1  2un  1, n  1 . Câu 6 (1,25 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với A  1; 4  , B  3; 0  ,  7  C   ; 0  , và điểm M 1; 0  trên cạnh BC. Hãy xác định tọa độ điểm N trên AB và điểm P trên  3  AC sao cho chu vi tam giác MNP nhỏ nhất. Câu 7 (2,25 điểm). Cho tứ diện ABCD. M là một điểm trên cạnh AB. (P) là mặt phẳng qua M song song với AD và BC. a) Xác định thiết diện của tứ diện khi cắt bởi mặt phẳng (P). Thiết diện là hình gì? Hãy xác định vị trí của M trên đoạn AB sao cho thiết diện thu được là hình thoi. b) Cho O là điểm nằm trong tam giác BCD. Các đường thẳng qua O song song với AB, AC, AD tương ứng cắt các mặt phẳng (ACD), (ABD), (ABC) theo thứ tự tại B’, C’, D’. Tìm giá trị lớn nhất của tích OB’.OC’.OD’, biết AB = x, AC  y, AD  z . Câu 8 (0,5 điểm). Cho tam giác ABC có a  BC, b  AC, c  AB , min  A, B, C  150 . Chứng minh rằng ab , bc , ca cũng là độ dài ba cạnh của một tam giác. ---------------------------------------------- Hết ---------------------------------------------------- Giám thị coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh……………………......... Giámthị 1:………………………………… Số báo danh………………………….......... Giám thị 2:………………………………
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 2 LỚP 11 NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Câu Nội dung Điểm 1 a)Pt   cos x  sin x  sin x   cos x  sin x   0 2 2 0,25   cos x  sin x   cos x  sin x  sin x  1  0   2  cos x  sin x  0   cos x  sin x  cos x  0   .  cos x  0 0,5    x   k 4  k  Z  .  x    k   2 0,25   Phương trình có hai họ nghiệm là x   k , x   k  k  Z  . 4 2 b) Ta có 2 2  1  cos 2 x   16 sin 5 x  16 sin x sin 2 x   16 sin x   2   2   4 sin x cos 2 x  2 cos 2 x  1  1  cos 4 x = 4 sin x  8sin x cos 2 x  4 sin x.  sin 5 x  5 sin 3 x  10 sin x . 0,5 2   2 5 x  4  k 2 Pt  sin 5 x  0 0,25 2 5 x  3  k 2   4   k 2  x  20  5  k  Z  .  x  3  k 2   20 5 0,25  k 2 3 k 2 Vậy phương trình có 2 họ nghiệm x   ,x   k  Z  . 20 5 20 5 2 Từ 10 chữ số đã cho ta lập được C73 bộ gốm 6 chữ số khác nhau, trong đó luôn có mặt các chữ số 1,2,3. 0,25 Từ mỗi bộ như thế lập được 4!3! số có 6 chữ số khác nhau trong đó các chữ số 1,2,3 luôn đứng kề nhau (với quy ước tính cả các số mà có chữ số 0 đứng đầu). Vậy có 4!3! C73 =5040 (số). 0,25 Trong 5040 số được tạo thành có 3!3! C62 = 540 (số) gồm 6 chữ số khác 0,25 nhau mà chữ số 0 đứng đầu và các chữ sô 1,2,3 luôn đứng kề nhau. 0,25 Vậy có 5040 – 540 = 4500 (số cần tìm).
3 Gọi A là biến cố quả cầu lấy ra từ hộp thứ nhất là màu đỏ  P(A) = 3 20 5 0,25 Gọi B là biến cố quả cầu lấy ra từ hộp thứ hai là màu đỏ  P(B) = 20 AB là biến cố lấy ra hai quả cầu màu đỏ từ hai hộp; A, B là hai biến cố đôc lập, áp dụng công thức nhân xác suất ta có P(AB) = P(A).P(B) = 15 0,25 . 400 Tương tự ta tính được xác suất để lấy được hai quả cầu màu trắng là 49 80 0,25 , xác suất để lấy được hai quả cầu màu xanh là . 400 400 Vậy xác suất để lấy được hai quả cầu cùng màu thỏa mãn bài toán là 15 49 80 9 + + = . 0,25 400 400 400 25 8 4 Ta có 1  x 2  2 x 3  = 1  x 2  2 x 3    C8k ( x 2  2 x 3 ) k 8 8 k 0 8 k 8 k =  C8k  Cki ( x 2 ) k i .(2 x 3 ) i =  C k C ki (2) i .x 2 k i . k 0 i 0 k 0 i 0 8 0,25  2k  i  8 Hệ số của x ứng với k,i thỏa mãn k , i  N , 8  0,25 i  k  0,25 giải hệ này ta được (k; i) =(3;2) và (k; i) = (4;0). Vậy hệ số chứa x 8 của khai triển là (2) 2 C83 .C 32  C 84 .C 40 .(2) 0 = 742. 0,25 5 Ta có u n1  2(u n  1)  1  u n1  2(u n  1)  1  u n1  1  2(u n  1) . 0,25 Đặt v n  u n  1 , n  1 , ta có dãy v n  là một cấp số nhân với v1  u1  1  2014 , công bội q = 2. 0,25 Ta có S n  u1  u 2  ...  u100  (v1  1)  (v2  1)  ....  (v100  1) = q100  1 0,5 (v1  v 2  ....  v100 )  100  v1 .  100  2014.(2100  1)  100 q 1 6 Gọi K là điểm đối xứng của M qua AC A(-1;4) H là điểm đối xứng của M qua AB. H(-5;2) Chu vi tam giác MNP = MN + NP + K(3;2) PM = KN + NP + PH  HK không đổi. Dấu bằng xảy ra khi H, N, P, K thẳng hàng. C(3;0) Vậy chu vi tam giác MNP nhỏ nhất = HK B(-7/3;0) Khi H, N, P, K thẳng hàng. M(1;0) 0,5 Tìm N, P. Gọi I là hình chiếu vuông góc của M trên AC  I(2;1) do đó K(3; 2). Gọi J là hình chiếu vuông góc của M trên AB  J(-2;1) do đó H(-5; 2). 0,25 Phương trình các đường thẳng AB: 3 x  y  7  0 ; AC: x  y  3  0 ; HK: y – 2 = 0 .N = HK ∩ AC, P = HK ∩AB. 5 0,5 Do đó tọa độ các điểm N, P cần tìm là: N(1; 2), P(  ;2) . 3
7 a) Do (P) qua M song song với AD nên (P) ∩ (ABD) = MQ, MQ // AD.Do (P) song song với BC nên 0,25 (P) ∩ (ABC) = MN,MN // BC; (P) ∩ (BCD) = QP, QP // BC. A Nối MN, NP, PQ, QM ta được thiết diện là tứ giác MNPQ. Thiết diện là hình bình hành. 0,75 +) Tứ giác MNPQ là hình thoi  MN = MQ. M 0,25 AM MN BM MQ N Ta có:  ,  AB BC AB AD AM  MB MN MQ  1 1  Q D     MN    B AB BC AD  BC AD  BC. AD AB.MN AB. AD P  MN   AM   . BC  AD BC AB  AD 0,25 AB. AD C Vậy M trên cạnh AB sao cho AM  thì thiết diện thu được là AB  AD hình thoi. b) +) Vẽ D’, C’, B’. 0,25 Trong mp(BCD) nối OD cắt BC tại J. Trong mp(ADJ) A Kẻ đường thẳng qua O song song với AD cắt AJ tại D’. Cách xác định tương tự cho các điểm B’ và C’. OD ' OJ S OBC Ta có:   ; AD JD S BCD C’ D’ B’ OB' S ODC OC ' S OBD  ,  D AB S BCD AC S BCD B O OD ' OB' OC ' S OBC S OBC S OBD J I Vậy      1 AD AB AC S BCD S BCD S BCD Áp dụng BĐT Cauchy ta được C OD ' OB' OC ' OD'.OB'.OC ' 1 0,25    3.3  OB '.OC '.OD'  AB. AC. AD . AD AB AC AD. AB. AC 27 Dấu “=” xảy ra  S OBC  S OCD  S OBD  O là trọng tâm tam giác BCD. 1 Vậy (OB’.OC’.OD’) max = xyz khi O là trọng tâm tam giác BCD. 27 8 Do min A, B, C  15  min sin A, sin B, sin C  sin 15 0 . 0 1  cos 2 30 2 3 Ta có: sin15 0 =   0,2588. 0,25 2 2 Giả sử ngược lại rằng ab , bc , ca không là độ dài ba cạnh của một c c tam giác, ta có thể giả sử ab  bc  ca   1 a b c c 1 c 1  trong hai số , có một số không lớn hơn . Giả sử  a b 2 a 2 0,25 c 1 sin C 1 1 1      sin C  sin A   0, 25 (mâu thuẫn). (ĐPCM). a 4 sin A 4 4 4 (Đáp án gồm 3 trang. Học sinh giải theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa) -----------------------------------------------------Hết----------------------------------------------
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG LỚP 11 Trường THPT Đô Lương 3 NĂM HỌC: 2012-2013 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút A. Phần chung . Câu I: (8 điểm) 1. Giải phương trình: 2 x  2  3  x  5 x  x 2  6  3 x  7  x  1( x  1)  4 y (2 y 2  1)  0  2. Giải hệ:  2 2 y  3xy  x  8  0  Câu II: (3 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC và đường thẳng (d): x-y+1=0. Gọi D(4;2), E(1;1), N(3;0) lần lượt là chân đường cao kẻ từ A, chân đường cao kẻ từ B và trung điểm cạnh AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết rằng trung điểm M của cạnh BC nằm trên đường thẳng (d) và điểm M có hoành độ lớn hơn 3. Câu III: (3 điểm) Cho x, y, z là ba số thực không âm và thỏa mãn điều kiện: a 2  b 2  c 2  1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P  (a  b  c )3  (a  b  c)  6abc . B. Phần riêng .(mỗi thí sinh chỉ được chọn một trong hai câu IVa hoặc IVb) Câu IVa: (6 điểm) 1. Cho hình chóp OABC. Xét các điểm A1 , B1 , C1 theo thứ tự thuộc các cạnh OA OB OC OA, OB, OC sao cho    3 . Chứng minh rằng khi các điểm A1 , B1 , C1 OA1 OB1 OC1 thay đổi thì mặt phẳng ( A1B1C1 ) đi qua một điểm cố định. U1  0 2. Cho dãy số (U n ) xác định bởi :   5U  2 , n  N * U n1  n  4U n  1 Xác định công thức số hạng tổng quát U n theo n . Câu IVb: (6 điểm) 1.Cho hình hộp ABCDA1 B1C1D1 . Hãy xác định các điểm M, N theo thứ tự thuộc các đoạn thẳng AC1 và B1D1 sao cho MN song song với A1D . U  2013 2. Cho dãy số (U n ) , xác định bởi :  1  2 2 , n N* U n1  U n  4023U n  2012  1 1 1 Tính: Lim(   ...  ). U1  2011 U 2  2011 U n  2011 ---Hết--- Họ tên thí sinh: ……………………………………………..Số báo danh ………………
TRƯỜNG THPT KON TUM THI CHỌN HS GIỎI CẤP TRƯỜNG NH 2012-2013 Môn: TOÁN - Lớp 11 ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 31/01/2013 (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ BÀI Câu 1. ( 3.0 điểm)  x2  y 2  2  Giải hệ phương trình sau  .  x3  2 y 3  2 x  y  0  Câu 2. ( 5.0 điểm) 1. Chứng minh rằng với mọi số thực m , phương trình:     x3  m 2  3 x 2  m 2  3 x  1  0 luôn có ba nghiệm lập thành một cấp số nhân. 2. Trong mặt phẳng Oxy xét phép biến hình f biến mỗi điểm M  x; y  thành điểm M '  2 x  1; 2 y  3 . Chứng minh f là phép đồng dạng. Câu 3. ( 3.0 điểm) 2   Đặt f  n   n 2  n  1  1 . Xét dãy số  un  sao cho f 1 . f  3  . f  5  ... f  2n  1 un  f  2  . f  4  . f  6  ... f  2n    , n  * . Tính lim n un . Câu 4. ( 3.0 điểm) Tìm tất cả các đa thức P  x  có hệ số thực sao cho: P  2   12 và     P x 2  x 2 x 2  1 P  x  với mọi x  . Câu 5. ( 3.0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu a3 b3 c3 thức P    . a 2  b2 b2  c 2 c 2  a2 Câu 6. ( 3.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là tứ giác lồi. Gọi N, P lần lượt là trung điểm của SB và AD. Gọi I là trung điểm của NP và G là giao điểm của SI với mp(ABCD). Tính tỷ IS số . IG ----------- HẾT -----------
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Ý Nội dung Điểm 1 Ta có: x3  2 y3  2 x  y  0  2 x3  4 y3  2  2 x  y   0 0.5    2 x3  4 y3  x 2  y 2  2 x  y   0 0.5  2 x3  4 y3  2 x3  x 2 y  2 xy 2  y3  0   4 x3  x2 y  2 xy 2  5 y 3  0   x  y  4 x 2  3 xy  5 y 2  0  0.5  x  y 0.5 Thay x   y vào PT x 2  y 2  2 ta được y  1 . 0.5 Vậy hệ có hai nghiệm 1; 1 ,  1;1 . 0.5 2 1    PT đã cho tương đương x3  1  m2  3 x  x  1  0  0.5 x  1       x  1  x 2  m2  2 x  1  0   2   2 x  m  2 x 1   1 0.5  PT (1) có   m 4  4m 2  0 và PT (1) có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn 0.5 x1.x2  1  12 . Suy ra x1,1, x2 lập thành cấp số nhân. 0.5 Vậy PT ban đầu luôn có ba nghiệm lập thành cấp số nhân. 2 Lấy N  x1; y1  thì f  N   N '  2 x1  1; 2 y1  3  . 0.5 Ta có: M ' N '2   2 x1  2 x  2   2 y1  2 y 2  4  x1  x  2   y1  y  2   4MN 2   1.0   Từ đó suy ra với M, N tùy ý và M’, N’ lần lượt là ảnh của chúng qua f ta 1.0 có M ' N '  2 MN . Vậy f là phép đồng dạng với tỉ số đồng dạng là 2. 0.5 3 2 2           Ta có f  n    n 2  1  n   1  n 2  1  2n n 2  1  n 2  1 0.5   n 2  1 n 2  2n  2    n 2  1  n  1  1 2   0.5   f  2n  1  4n  4n  2  4 n  1  2n  1  1 2 2 2 Do đó   0.5 f  2n   4n2  1 4n2  4n  2  2n  12  1 2 12  1 52  1 9 2  1  2 n  1  1 1 Suy ra un  2 . 2 . 2 ... 2  2 . 0.5 5  1 9  1 13  1  2n  1  1 2n  2n  1 n Suy ra n un  . 0.5 2n 2  2n  1 1 Vậy lim n un  . 0.5 2 4 Cho x  0 ta được P  0   0 , cho x  1 ta được P 1  2 P 1  P 1  0 0.5 và P  1  0 . Giả sử P  x  có nghiệm khác 0 và khác 1 . 0.5
    Ta có P t 2  t 2 t 2  1 P  t   0 suy ra t 2 cũng là nghiệm. Điều này dẫn đến P  x  có vô số nghiệm thực, vô lí. Vậy P  x  chỉ có ba nghiệm là 0 và 1 .   Gọi n là bậc của P  x  . Khi đó P x 2 có bậc là 2n và x 2 x 2  1 P  x  có   0.5 bậc là n + 4. Suy ra 2n  n  4  n  4 . Như thế đa thức P  x  có một trong các dạng sau: 2 P  x   a  x  1 x  x  1 hoặc P  x   a  x  1 x 2  x  1 hoặc 0.5 2 P  x   a  x  1 x  x  1 . Thay x  2 ta có P  2   12 suy ra 6a  12 hoặc 12a  12 hoặc 18a  12 2 0.5 Hay a  2 hoặc a  1 hoặc a  3 Thử lại ta thấy P  x    x  1 x 2  x  1 thỏa mãn. 0.5 Vậy P  x    x  1 x 2  x  1 5 Ta có: a3   a a 2  b2  b2  0.5 a 2  b2 a 2  b2 ab  ab 0.5 a 2  b2 a 2  b2 2 b 0.5  a b  a 2 2 2 a b b3 c c3 a Tương tự b , c 0.5 2 2 2 2 2 2 b c c a a3 b3 c3 a bc 1 Cộng vế theo vế ta được P  2 2  2 2  2 2   0.5 b c a b c a 2 2 1 1 Vậy GTNN của P  khi a  b  c  . 0.5 2 3 6 S N 0.5 A I B H P G C D Qua N dựng đường thẳng song song với SG cắt BP tại H 0.5 Suy ra G là trung điểm PH 0.5 Và H là trung điểm BG 0.5 1 1 Suy ra IG  NH , NH  SG 0.5 2 2 SI Suy ra  3. 0.5 IG
SỞ GD&ĐT BẮC GIANG KÌ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 11 NĂM HỌC 2012 – 2013 Trường THPT Nhã Nam ĐỀ ĐỀ XUẤT 1 Môn thi: TOÁN 11 THPT Thời gian làm bài: 180 phút Câu I: (2 điểm). 1.Giải phương trình: (1  t anx)cos3x  (1  cot x)sin 3 x  2sin 2x. 2. Tìm các nghiệm trong khoảng  ;   của phương trình:   2sin  3x    1  8sin 2x cos 2 2x.  4 Câu II: (3 điểm). 1. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau trong đó có 3 số chẵn và 3 số lẻ ? 2. Cho k là số tự nhiên thỏa mãn 5  k  2011. Chứng minh rằng: C5 .C k  C1 .Ck 1  ...  C5 .Ck 5  Ck 0 2011 5 2011 5 2011 2016 .  u1  11 3.Cho dãy số (un) xác định bởi :   u n1  10u n  1  9 n, n  N. Tìm công thức tính un theo n. Câu III: (2 điểm).  2  2   2  1. Cho Pn= 1  1  .....1    2.3 3.4  (n  1)(n  2)    Gọi Un là số hạng tổng quát của Pn. Tìm lim Un n (x 2  2012) 3 1  2x  2012 4x  1 2. Tìm giới hạn: lim x 0 x Câu IV: ( 3 điểm). 1. Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c. M là điểm tùy ý trên cạnh AB, (P) là mặt phẳng qua M và song song với AC và BD cắt BC, CD, DA lần lượt tại N, P, Q. Tìm vị trí của M và điều kiện của a, b, c để thiết diện MNPQ là hình vuông, tính diện tích thiết diện trong trường hợp đó. 2. Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Xác định điểm M bên trong tam giác sao cho MA + MB + MC nhỏ nhất. -------------Hết------------- Họ và tên thí sinh:....................................................................Số báo danh:.......................
Sở Gd&Đt BẮC GIANG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 NĂM HỌC 2012-2013 híng dÉn vµ biÓu ®iÓm ChÊm ®Ò chÝnh thøc (Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 03 trang) Môn: toán 11 THPT ---------------------------------------------- CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I 2.0 1. (1.0 đ). ĐK: sin x cos x  0. Khi đó pt trở thành: 0.25 sinx  cos x  2 sin x cos x . (1) ĐK: sinx  cos x  0 dẫn tới 0.25 sinx  0;cos x  0. Khi đó:  0.25 (1)  sin 2x  1  x   k. 4 KL nghiệm :  x  2m. 0.25 4   2. (1.0 đ).ĐK: sin  3x    0. (1)  4 0,25 Khi đó phương trình đã cho tương đương với pt: 1 sin 2x  0.25 2  5  x   k; x  k 12 12 Trong khoảng  ;   ta nhận các giá trị : 0.25  11 5 7 x ; x ; x ; x . 12 12 12 12 Kết hợp với đk (1) ta nhận được hai giá trị thỏa mãn là: 0,25  7 x ; x . 12 12
II 3.0 1. (1.0 đ). TH1: Trong 3 số chẵn đó có mặt số 0. Số các số tìm được là 5.C2 .C3 .5!  36000 (số). 4 5 0.5 TH2: Trong 3 số chẵn đó không có mặt số 0. 0.25 Số các số tìm được là C3 .C3 .6!  28800 (số). 4 5 Đ/ số 36000  28800  64800 số. 0.25 5 2011 2016 2. (1.0 đ) Dễ thấy 1  x  1  x   1  x  ; và 5 M  1  x   C0  C1 x1  C5 x 2  C3 x 3  C5 x 4  C5 x 5 5 5 2 5 4 5 0.25 2011 N  1  x   C0  C1 x1  ...  Ck x k  ...  C2011x 2011. 2011 2011 2011 2011 2016 0.25 P  1  x   C0  C1 x  ...  Ck x k  ...  C 2016 x 2016 . 2016 2016 2016 2016 Ta có hệ số của x k trong P là Ck . 2016 Vì P  M.N , mà số hạng chứa x k trong M.N là : 0.25 C0.Ck xk  C1xCk1 xk1  C5x2Ck2 xk2 C3x3Ck3 xk3 C5x4Ck4 xk4 C5x5Ck5 xk5 5 2011 5 2011 2 2011 5 2011 4 2011 5 2011 nên 0.25 C5 .C k  C1 .Ck 1  ...  C5 .Ck 5  Ck 0 2011 5 2011 5 2011 2016 3. (1 điểm) Ta có: u1  11  10  1 u 2  10.11  1  9  102  100  2 0.25 u 3  10.102  1  9.2  1003  1000  3 Dự đoán: un = 10n + n (1) 0.25 Chứng minh: Ta có: u1 = 11 = 101 + 1 , công thức (1) đúng với n=1 0.25 Giả sử công thức (1) đúng với n=k ta có : uk = 10k + k Ta có: uk + 1 = 10(10k + k) + 1 - 9k = 10k+1 + (k + 1). Công thức(1) đúng với n=k+1 Vậy un = 10n + n, n  N. 0.25 III 2.0 1. (1 đ) 2 k(k  3) Ta có: 1   (k  1)(k  2) (k  1)(k  2) 0.25
Cho k=1,2,3,…,n ta được 1.4.2.5.3.6 n(n  3) 0.25 Sn  .... 2.3.3.4.4.5 (n+2)(n  1) (n  3)  U n= 0.25 3(n  1) (n  3) 1  lim Un = lim  0.25 n n  3(n  1) 3 2.(1 điểm)  3 1  2x  1 4x  1  1  Ta có L  Lim  x 3 1  2x  2012  2012 . 0.25 x 0  x x  3 Lim x 1  2x  0 . x 0 3 1  2x  1 2x 2 2` Lim  Lim  Lim  x 0 x x0 2 3 x( 3 (1  2x)  1  2x  1) x 0 3 2 3 ( (1  2x)  1  2x  1) 3 0.5 4x  1  1 4x 4 Lim  Lim  Lim 2 x 0 x x 0 x( 4x  1  1) x 0 4x  1  1 2 16096 Vậy L  0  2012  2012.2  0.25 3 3 IV 3.0 1.(2 đ) +) Chứng minh được MNPQ là hình bình hành. 0.5  MN  NP +) MNPQ là hình vuông    M là trung điểm của AB và a = c.  MP  NQ 1.0 1 2 +) Lúc đó SMNPQ = b . 4 0.5 2.(1 đ) Dùng phép quay quanh A với góc quay 600 biến M thành M’; C thành C’ 0.25 Ta có MA+MB+MC = BM+MM’+M’C’ MA+MB+MC bé nhất khi bốn điểm B,M,M’,C’ thẳng hàng. 0.5 Khi đó góc BMA=1200, góc AMC=1200 Ta được vị trí của M trong tam giác ABC. 0.25
Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LẦN 1 TRƯỜNG THPT SÔNG LÔ NĂM HỌC 2012-2013 Môn: Toán – Lớp 11 ( Ngày thi: 13/11/2012) ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề) Đề thi có 01 trang Câu 1 (2,0 điểm). Giải bất phương trình: x 2  91  x  2  x 2 Câu 2 (2,0 điểm). Giải phương trình và hệ phương trình: tan x cos 3 x  2 cos 2 x  1  x1  y 1  4 a)  3(sin 2 x  cos x) b)  1  2sin x  x 6  y  4  6 Câu 3 (2,0 điểm). 1) Hỏi số 16200 có bao nhiêu ước số tự nhiên? 1 2) Tìm hệ số của số hạng chứa x 26 trong khai triển nhị thức Niutơn của ( 4  x7 ) n , biết rằng: x 1 2 n 20 k C2 n1  C2 n 1  ...  C2 n 1  2  1 ( n nguyên dương, Cn số là tổ hợp chập k của n phần tử) Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường thẳng  : 5 x  2 y  19  0 và đường tròn (C ) : x 2  y 2  4 x  2 y  0. Từ một điểm M nằm trên đường thẳng  kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C ) (A và B là hai tiếp điểm). Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB biết rằng AB  10 . Câu 5 (1,0 điểm). Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác và thỏa mãn điều kiện a 2  b2  c 2  1  2(ab  bc  ca) . Chứng minh rằng 1 (a  b  c) 4  (b  c  a ) 4  (c  a  b) 4  3 -------------------------------HẾT------------------------------- Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm. -------------------------------HẾT------------------------------- Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm.
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LẦN 1 TRƯỜNG THPT SÔNG LÔ NĂM HỌC 2012-2013 Môn: Toán – Lớp 11 ( Ngày thi: 13/11/2012) ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề) Đề thi có 01 trang Câu Ý Nội dung Điểm 1 Giải bất phương trình 2,0 Điều kiện x  2 . Bất phương trình đã cho tương đương với x 2  91 - x  2 - x2 < 0 Đặt f(x) là vế trái, ta sẽ xét dấu f(x) 0,25 Trước hết ta tìm nghiệm của f(x): Ta có f(x) = 0  x 2  91 -10 = x  2 -1 + x 2  9 0,25  1 1  ( x  3).( x  3).    0 (*)  10  x 2  9 1  x  2  0,75 Vì x  2 nên biểu thức trong ngoặc bên vế trái của (*) dương. Từ đó (*)  x  3 0,25 Xét dấu f(x): - +  + 2 3 0,25 Qua bảng xét dấu ta có nghiệm của bất phương trình đã cho là x  3 0,25 2 Giải phương trình và hệ phương trình 2,0 1 Giải phương trình 1,0 1   5 Điều kiện: cos x  0, sin x  hay x    k 2 , x   k 2 , x   k 2 , k  . 2 2 6 6 0,25 Khi đó phương trình đã cho tương đương sin x( 4 cos 2 x  3)  4 cos 2 x  3  3 cos x( 2 sin x  1) 1  2 sin x (sin x  1)(1  4 sin 2 x)   3 cos x( 2 sin x  1) 1  2 sin x  (sin x  1)(1  2 sin x)  3 cos x(2 sin x  1) 0,25  1   5  2 sin x  1  0 sin x   2  x   6  k 2 , x   6  k 2    sin x  1  3 cos x  cos x     1  x    k 2 , x     k 2    6 2   6 2 0,25   Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là  5 x    k 2 , x    k 2 , k   . 6 6 0,25 2 Giải hệ phương trình.. 1,0 §iÒu kiÖn: x  -1, y  1  x1  x6  y 1  y 4  10 Céng vÕ theo vÕ råi trõ vÕ theo vÕ ta cã hÖ   x6  x1  y 4  y 1  2 0,5 §Æt u= x  1  x  6 , v = y  1  y  4 . Ta cã hÖ   u  v 10 5 5   2  u 5 x 3   v 5  y 5 lµ nghiÖm cña hÖ u v 0,5 3 2,0 1 Tìm số ước số… 1,0
Câu Ý Nội dung Điểm Ta cã: 16200  23.34.52 0,25 ¦íc cua 16200 có d¹ng: 2 m.3n.5 p  m, n, p  ; 0  m  3, 0  n  4, 0  p  2  0,25 + Víi mçi bé sè (m, n, p) ta cã 1 íc sè tù nhiªn cña 16200. 0,25 + Chän m: cã 4 c¸ch. n: cã 5 c¸ch. p: cã 3 c¸ch. Suy ra: cã 4.5.3=60 (bé sè(m, n, p) VËy cã 60 íc sè cÇn t×m. 0,25 2 Tìm hệ số... 1,0 1 2 n 20 C 2 n 1 C 2 n 1  ...  C 2 n 1  2 1  C20n 1  C2 n 1  C22n 1  ...  C2nn1  2 20 1  2(C20n 1  C2 n 1  C22n 1  ...  C2nn1 )  221 1  C2 n 1  C2 n 1  C22n 1  ...  C2nn1  C2nn1  ...  C22nn11  C22nn1  C22nn11  221 0 1 1   2 n 1 21  (1  1)  2  2 n  1  21  n  10 0,5 10 10 1 1 Với n = 10 ta có ( 4  x 7 )10   C10 ( 4 ) k .( x 7 )10k   C10 x 7011k k k x k 0 x k 0 0,25  70  11k  26  k  4 1 26 + Vậy hệ số của x trong khai triển ( 4  x7 )10 là: C10  210 4 x 0,25 4 3,0 A M H B Đường tròn (C) có tâm I (2; 1), bán kính R  5. Gọi H  MI  AB. Ta có 1 10 AH  AB  . 2 2 0,5 Trong tam giác vuông MAI (tại A) với đường cao AH ta có 1 1 1 1 4 1       AM  5  MI  10 . AH 2 AI 2 AM 2 AM 2 10 5 x 5 y  3 Ta có  : 5x  2y 19 0   :   M (5  2m; 3  5m) 2 5 0,5 2 2 2 Khi đó MI  10  (3  2m)  ( 2  5m)  10  29m  32m  3  0  m  1 hoặc 3 m . 29 0,5 Chú ý rằng, đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB là đường tròn đường kính MI. Với m  1 ta có M (3;  2). Khi đó pt đường tròn ngoại tiếp AMB là 2 2  5  1 5 x     y    .  2  2 2 0,75 3  139 72  Với m   ta có M  ; . Khi đó pt đt ngoại tiếp AMB là 29  29 29  2 2  197   101  5 x   y   .  58   58  2 0,75 5 Chứng minh bất đẳng thức… 1,0