Đề thi học sinh giỏi Toán học 11 kèm đáp án

Chia sẻ: Nguyễn Lê | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:15

Thêm vào BST

Báo xấu

580
lượt xem 132
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ kiểm tra, qua đó các em sẽ được làm quen với cấu trúc đề thi và củng cố lại kiến thức căn bản nhất. 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 Toán học 11 kèm đáp án

http://toanhocmuonmau.violet.vn SỞ GD&ĐT BẮC GIANG ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2012-2013 Môn: Toán lớp 11 Thời gian làm bài: 90 phút ( không kể phát đề) Phần chung cho các thí sinh ( 8,0 điểm) Câu I. (3,0 điểm) Tính các giới hạn: x 2 + 3x − 4 2n 2 + 3n + 1 x →2 ( 1. lim 2x + 5 + 2 ) 2. lim x →1 x2 −1 3. lim n2 + 2 2x + 1 Câu II. (2,0 điểm) Cho hàm số y = (1). x+5 1. Chứng minh rằng với ∀x ≠ −5 thì y + ( x + 5 ) .y ' = 2 . 2. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị của hàm số (1), biết tiếp tuyến cùng với hai 1 trục tọa độ tạo thành tam giác có diện tích bằng . 8 Câu III. (3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA, SB, SC vuông góc với nhau từng đôi một. Góc giữa AB và mặt phẳng (SBC) là 600. SCB = 30°, BC = 2a . 1. Chứng minh rằng SB vuông góc với (SAC). 2. Chứng minh rằng SA vuông góc với BC. 3. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, tính SH theo a. Phần Riêng (2,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn. Câu IVa. (2,0 điểm) 1. Tính đạo hàm của hàm số y = x.sin x + cos x . 2. Cho hàm số y = (m 2 + m).x 3 − 3(m + 4).x 2 + 3(m + 3)x + 1 . Tìm m để y’(1)=12. B. Theo chương trình Nâng cao Câu IVb. ( 2,0 điểm) ( ) 3 1. Tính đạo hàm của hàm số y = x 2 + 1 . 2. Cho hàm số y = 3 sin x + cos x + x. 2 . Tìm x để y’=0. -----------------------------Hết-----------------------------
http://toanhocmuonmau.violet.vn HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II NĂM HỌC 2012-2013 MÔN TOÁN, LỚP 11. Chú ý : Dưới đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài. Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải cách khác đúng thì cho điểm từng phần tương ứng. Câu Sơ lược các bước giải Điểm 1) lim x→2 ( ) 2x + 5 + 2 = 5 1 I x 2 + 3x − 4 x+4 5 (3đ) 2) lim = lim = x →1 x2 − 1 x →1 x +1 2 1 2n 2 + 3n + 1 3) lim =2 1 n2 + 2 II 1) TXĐ : ℝ \ {−5} (2đ) 9 y' = 0,5 ( x + 5) 2 2x + 1 9 2x + 10 Ta có : y + ( x + 5 ) y' = + ( x + 5). 2 = =2 ( x + 5) x + 5 0,5 x+5  2a + 1  2) Gọi M  a;  ,a ≠ −5  a+5  Tiếp tuyến của đồ thị của hàm số (1) tại M có phương trình là : 0,25 2a + 1 9x 2a + 2a + 5 2 y = y '(a).(x − a) + ⇔y= 2 + a+5 ( a + 5) (a + 5) 2 Tiếp tuyến cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại  −2a 2 − 2a − 5   2a 2 + 2a + 5  A ;0  ,B  0;    ( a + 5)  2  9  Tiếp tuyến cùng hai trục tọa độ tạo thành tam giác OAB vuông tại O có diện tích 1 0,25 là : 8 ( 2a 2 + 2a + 5 ) = 1 2 1 1 ⇔ OA.OB = ⇔ 2 8 9(a + 5)2 4
http://toanhocmuonmau.violet.vn a = 1 ⇔ 4a + a − 5 = 0 ⇔  2 a = − 5  4 x 1 0,5 Với a=1 pttt là : y = + 4 4 −5 16x 2 Với a = ⇒ PTTT : y = + 4 25 5 1) SB ⊥ SA theo giả thiết ta có  ⇒ SB ⊥ ( SAC ) 1 SB ⊥ SC 2) SB ⊥ SA  ⇒ SA ⊥ ( SBC ) ⇒ SA ⊥ BC 1 SC ⊥ SA 3) AH ∩ BC = M AH ⊥ BC III Ta có :  ⇒ BC ⊥ ( SAH ) ⇒ BC ⊥ SH (1) (3đ) SA ⊥ BC Tương tự ta có : SH ⊥ AC(2) 1 1 1 Từ (1), (2) ta có : SH ⊥ (ABC) ⇒ SH ⊥ AM ⇒ 2 = + SH SA SM 2 2 0,25 1 1 1 1 1 1 1 Mà BC ⊥ SM ⇒ = 2+ 2⇒ = + 2+ 2 SM 2 SB SC SH 2 SA 2 SB SC Xác định được ( AB,(SBC) ) = (AB,SB) = SBA = 60° 0,25 a 15 Tính được SB = a,SC = a 3,SA = a 3 ⇒ SH = 0,5 5 1) y = x.sin x + cosx ⇒ y' = x.cosx 1 2) y = (m 2 + m).x 3 − 3(m + 4).x 2 + 3(m + 3)x + 1 IVa ⇒ y' = 3(m 2 + m).x 2 − 6(m + 4).x + 3(m + 3) 0,25 (2đ) y'(1) = 12 ⇔ 3(m 2 + m) − 6(m + 4) + 3(m + 3) = 12 0,25 m = 3 ⇔ m2 = 9 ⇔   m = −3 0,5 KL.... IVb ( ) ( ) 3 2 1) y = x + 1 ⇒ y' = 6x x + 1 2 2 (2đ) 1 2) 0,25 y = 3 sin x + cos x + x. 2 ⇒ y' = 3cosx-sinx+ 2
http://toanhocmuonmau.violet.vn  π − 2 0,25 y' = 0 ⇒ 3cosx-sinx=- 2 ⇔ cos  x +  =  6 2  7π  x = 12 + k2 π ⇔ ( k ∈ ℤ) 0,5  x = − 11π + k2 π   12 Tổng 10
SỞ GD&ĐT BẮC GIANG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 N¨m häc 2012 – 2013 Trường THPT Nhã nam ĐỀ ĐỀ XUẤT 2 Môn thi: TOÁN 11 THPT Thời gian làm bài: 180 phút Bài 1 (2 điểm). 2 2 1. Giải phương trình: a)  2  2sin 2 x . tan x  cot 2 x  25  2 9  2sin 2  x    2cos  x    tan x  4   2  2. Giải phương trình: 0   2 cos x  1 2 sin x  1  Bài 2 (3 điểm). u1  4  1. Cho dãy số  un  xác định bởi  1 .  un1  9 un  4  4 1  2un   n  N * Tìm công thức số hạng tổng quát un của dãy số. 2. Cho n là số tự nhiên, n  2. Chứng minh đẳng thức sau: 2 2 n 2Cn   n  1 Cn   n  2  Cn  ...  2 2 Cn 2  12 Cn 1  n(n  1)2n 2. 0 1 2 n n 3. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ. Bài 3 (2 điểm). 1 2 k 1. Cho dãy số {x k } xác định bởi: x k    ...  2! 3! (k  1)! Tính : lim n x1n  x2  x3  ...  x2012 n n n 2. Cho hàm số :  3 1  x sin 2 x  1  víi x  0 f ( x)   x 0 víi x  0.  Tính đạo hàm của hàm số tại x = 0 và chứng minh rằng hàm số đạt cực tiểu tại x = 0. Bài 4 (3 điểm). Cho tam giác đều ABC 1. M là một điểm nằm trong tam giác sao cho MA2  MB 2  MC 2 . Hãy tính góc BMC 2. Một điểm S nằm ngoài (ABC ) sao cho tứ diện SABC đều , gọi I, K là trung điểm của các cạnh AC và SB . Trên đường thẳng AS và CK ta chọn các điểm P,Q sao cho PQ// BI Tính độ dài PQ biết cạnh của tứ diện có độ dài bằng 1. ---------- Hết ----------
Họ và tên :.......................................................... Số báo danh :....................................... ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TỈNH MÔN: TOÁN NĂM HỌC: 2012 - 2013 Bài Lời giải Điểm 1.(1 đ) Bài 1 cos x  0  Điều kiện : sin 2 x  0 1  tan x  cot 2 x  0  2sin 2 x  cos 2 x 1 0.25đ Ta có : tan x  cot 2 x   sin 2 x sin 2 x Do đó phương trình đã cho tương đương với : 2  2  sin 2 x  2  sin 2 x  sin 2 x  1  sin 2 x  1 . 2 sin 2 x  2  0       2 0.25đ  sin 2 x  2  sin 2 x  1  1 ( Thỏa điều kiện (1) ) 0.25 đ sin 2 x   2 Giải các phương trình trên ta được : 0.25 đ   5 x   k ; x   k  ; x   k  k  Z  4 12 12 2. (1 đ)    cos x  0  x  2  l     2  3 ĐK: cos x    x    l1 2  l; l1; l2 ; l3  Z  0.25 đ  2  4  2   5 sin x    x   4  l2 2; x  4  l3 2  2  0.25 đ 0.25 đ
    pt  2sin 2  x  6    2cos 2  x  4    tan x  0  4  2   sin x  1  cos  2 x    2sin 2 x  tan x  1  sin 2 x  2sin 2 x   2 cos x 2sin 2 x cos x  sin x  1  sin 2 x   tan x  sin 2 x  1  1  sin 2 x 1  tan x   0 cos x    x   k sin 2 x  1 4 0.25 đ    tan x  1  x     k   loai    4  So với điều kiện x   m 2  m  Z  là nghiệm phương trình đã cho. 4 Bài 2 1. (1 đ) Đặt xn  1  2un n  N * 2 xn2  1* 0.25 đ Ta có xn  0 và x  1  2un , n  N hay un  n 2 2 2 xn1  1 1  xn  1     4  4 xn  Thay vào giả thiết, ta được: 2 9 2  2 2  9 xn21  9  xn2  1  8  8 xn   3 xn 1    xn  4  n  N * ( Do xn  0 , n  N * ) Suy ra: 3 xn 1  xn  4 0.25 đ n 1 n n * Hay 3 xn 1  3 xn  4.3 , n  N n * n * Đặt yn  3 xn , n  N . Ta có: yn 1  yn  4.3 , n  N Từ đó yn 1  y1  4 3  3 n n 1  .....  3  , n  N * 0.25 đ n 1 * Hay yn 1  y1  6  2.3 , n  N n Theo cách đặt ta có: x1  3  y1  9  yn  3  2.3 . 1 * Suy ra: xn  2  n1 , n  N 3 0.25 đ 1 4 1  * Do đó un   3  n1  2 n 2  , n  N 2 3 3  2. (1 đ) n n Ta có với x  0 ,  x  1   Cnk x n k , 1 0.25 đ k 0 n 1 n 1 Đạo hàm hai vế của (1) ta được n  x  1   (n  k )Cn x n  k 1 k k 0 0.25 đ
n 1 n 1 Suy ra nx  x  1    n  k  Cn x n  k ,  2  . k k 0 n 1 0.25 đ n 1 n 2 2 Đạo hàm hai vế của (2) ta được n  x  1   n  1 x  1     n  k  Cn .x n k 1 ,  3 . k   k 0 0.25 đ Thay x  1 vào (3) ta được đpcm. 3. (1 đ) Từ giả thiết bài toán ta thấy có C 52  10 cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0 0.25 đ đứng đầu ) và C53 =10 cách chọn hai chữ số lẻ  có C 52 . C53 = 100 bộ 5 số được chọn. 0.25 đ Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số được thành lập  có tất cả C 52 . C 5 .5! = 12000 (số). 3 0.25 đ 1 3 Mặt khác số các số được lập như trên mà có chữ số 0 đứng đầu là C .C .4! 960 (số). 4 5 0.25 đ Vậy có tất cả 12000 – 960 = 11040 số thoả mãn YCBT. Bài 3 1.(1 đ) k 1 Ta có: x k 1  x k   0, k  N*  x k 1  x k  0, k  N * 0.25 đ (k  2)!  x n  x1  x 2  ...  x 2012  2012.x 2012 2012 n n n n 0.25đ n n n  x 2012  n x1  x 2  ...  x 2012  n 2012.x 2012 k k 11 1 1 Mặt khác :    , k  N * (k  1)! (k  1)! k! (k  1)!  1 1 1 1 1  1 1  x k  1        ...     1  x 2012  1   2!   2! 3!   k! (k  1)!  (k  1)! 2013! 0.25đ 1  1  Vậy: 1   n x1  x n  ...  x n  n 2012 1  n 2 2012  2013!  2013!  n n n 1 Do đó: lim n x1  x 2  ...  x 2012  1  0.25 đ 2013! f ( x)  f (0) 0.5 đ 2. (1 đ) f '  0   lim x0 x 3 1  x sin 2 x  1 x sin 2 x  lim  lim x 0 x2 x 0  2  x 2  3 1  x sin 2 x   3 1  x sin 2 x  1   0.25 đ
   sin x 1  lim  sin x. x . 3 2   0. x0   1  x sin x   1  x sin x  1  2 3 2  sin 2 x Mặt khác với x  0 , ta có f  x    f  x   0  f  0 . 0.25 đ 2 3 1  x sin x  2 3 2  1  x sin x  1 Vì f ( x ) liên tuc trên R nên từ đó suy ra f  x  liên tục tại x  0. Bài 4 1.(1 đ) A M’ M B C  Dùng phép quay tâm C góc quay  thì ta có: 3 C C BA 0.25 đ M M ' Vậy CMB  CM ' A  CMB  CM ' A  CMB  CM ' A . 0.25đ Ta có MB = M’A, MC = M’C = MM’, Vậy MB2 + MC2 = MA2 . 0.25 đ Suy ra M’A2 + MM’2 = MA2  AM ' M  900 , CM ' M  600  BMC  1500 . 0.25đ
2.(2 đ) Ta có PQ là giao tuyến của hai mặt phẳng : Mặt phẳng chứa CK và song song với BI và mặt 0.5đ phẳng chứa SA và song song với BI. Trong mặt phẳng (SBI) kẻ KE / / BI, CE cắt SA ở P Qua A kẻ A F // BI (F thuộc BC) , CK cắt S F tại Q. 0.5đ Vậy PQ // BI SP 1 Ta có I, E là các trung điểm của AC và SI   SA 3 PQ SP 1 1 0.5đ Mà    PQ  AF AF SA 3 3 Ta có AF  2 BI  3 0.5đ 3 Vậy PQ  3 Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
Đề thi học sinh giỏi môn toán 11
ĐỀ SỐ 94 Bài 1: Cho biểu thức A = x + 8 - x 2  6x  9 a) Rút gọn A b) Tính giá trị biểu thức A với x = -1 c) Tìm các giá trị cua x để biểu thức A = 1 1 2 Bài 2: a) Trên hệ trục tọa độ 0xy ,vẽ đồ thị (P) của hàm số y = x 4 b) Xác định hàm số y = a.x + b .Biết đồ thị của nó qua điểm M( 2; 1) và tiếp xúc với (P) Bài 3: Giải các phương trình sau : 1 1 1 a)   b) x2  9  x2  6x  9  0 x4 x4 3 1 c) x2 + - 4 x  1   3  0   x2  x Bài 4: Cho đường tròn (0) và điểm P ở ngoài đường tròn kẻ hai tiếp tuyến PA,PB ( A ,B là tiếp điểm ) từ A vẽ tia song song với PB cắt (0) tại C ( C  A) .Đoạn PC cắt (0) tại điểm thứ hai là D , tia AD cắt PB tại M
Chứng minh a) tam giác MAB đồng dạng tam giác MBD b) AM là trung tuyến tam giác PAB Bài 5: Cho hình chóp tứ giác đều SABCD ( đáy ABCD là hình vuông ,có đường cao SO vuông góc với mặt phẳng đáy tại giao điểm hai đường chéo hình vuông ) .Tính diện tích xung quang và thể tích hình chóp biết rằng SA = AB = a
ĐỀ SỐ 95  1   x 1 1 x  Bài 1: Cho biểu thức : P =  x  :     x   x x x  2 a) Rút gọn P b) Tính giá trị của P biết x = 2 3 c) Tìm giá trị của x thỏa mãn : P x 6 x 3 x 4 Bài 2: Cho phương trình x2 + (2m -5)x- n =0 a) Giải phương trình khi m = 1 , n = 4 b) Tìm m và n để phương trình có hai nghiệm là 2 và -3 c) Cho m = 5 .Tìm n nguyên nhỏ nhất để phương trình có nghiệm dương Bài 3: Để hoàn thành một công việc hai tổ phải làm chung trong 6 giờ , sau 2giờ làm chung thì tổ hai được điều đi làm công việc khác ; tổ một đã hoàn thành công việc trong 10 giờ . .Hỏi nếu mỗi tổ làm riêng thì sau bao lâu sẽ làm xong công việc
Bài 4: Cho tam giác ABC ( AC = BC ) nội tiếp trong đường tròn (0) có đường kính CD = 2R , lấy một điểm M trên cung nhỏ BC ( M  B ,M  C ) ,trên tia AM lấy điểm E sao cho ME = MB ( M nằm giữa A và E ) a) Chứng minh MD // BE b) Kéo dài CM cắt BE tại I .Chứng minh BI = IE suy ra CA = CB = CE c) CMR : MA + MB  CA + CB d) Giả sử cung AB = 1200 ,Trên tia đối của tia CD lấy điểm N sao cho CA = CN. Tìm điểm K trên ND ( theo R ) để tam giác NEK vuông tại E