Đề thi học sinh giỏi trường 07-08

Chia sẻ: Trần Bá Trung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

206
lượt xem 41
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi học sinh giỏi trường 07-08 là tài liệu dành cho các bạn học sinh thi học sinh giỏi rèn luyện và nâng cao kỹ năng giãi bài tập, ôn tập kiến thức, góp phần giúp ích cho các kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi trường 07-08

TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG NĂM HỌC 2007 - 2008 Đề chính thức Môn thi : TOÁN LỚP 11 THPT Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Bài I: ( 7,0 điểm) 1. Giải phương trình : cos3x – sin3x = cosx + sinx. 3x  1. 3 2  x  2 2. Tính giới hạn hàm số : L  lim x 1 x 1 Bài II: ( 6,0 điểm) u1  2006, u2  2009  1. Cho dãy số (un) có  5un 1  2un . un  2   3 , nN * a) Đặt vn  un1  un . Chứng minh rằng dãy số (vn) là một cấp số nhân. b) Tính giới hạn : lim un 2 y  x(1  y 2 )  2. Giải hệ phương trình :  . 3x  x  y (1  3x ) 3 2  Bài III: ( 7,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a , SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) và SA = 3a. Gọi O là trọng tâm của tam giác ABC, H là hình chiếu vuông góc của điểm O lên mặt phẳng (SBC). a) Chứng minh rằng : H là trực tâm của tam giác SBC. b) Tính góc giữa đường thẳng OH và mặt phẳng (ABC). ………………… Hết ………………… Họ và tên thí sinh : ………………………………………………………………………..SBD:…………. 1
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG LỚP 11 - NĂM HỌC 2007 - 2008 Câu Nội dung Điểm I- 1 Phương pháp: Áp dụng CT biến đổi tổng thành tích. Chuyển về phương trình tích. (3,5 đ) Điều kiện:  x  R. Phương trình đã cho tương đương với 1,0 cosx – cos3x + sin3x + sinx = 0  2sin2x.sinx + 2sin2x.cosx = 0  2sin2x(sinx + cosx) = 0 1,0  sin2x = 0 v sinx + cosx = 0  k  2 x  k . x  2 1,0    , k  Z.  t anx = -1  x     k   4 k  Kết luận: x = x  v x    k , k  Z. 0,5 2 4 I–2 Phương pháp: Thêm bớt biểu thức trên tử. Tách ra tính hai giới hạn bằng cách (3,5 đ) nhân biểu thức liên hợp. 1,0 3x  1. 3 2  x  3x  1  3x  1  2 L  lim x 1 x 1 3 2  x 1 3x  1  2 = lim 3x  1  lim x 1 x 1 x 1 x 1 1,0 ( 3 2  x  1)  3 (2  x) 2  3 2  x  1 = lim 3x  1    lim ( 3x  1  2)( 3x  1  2) ( x  1)  3 (2  x) 2  3 2  x  1 ( x  1)( 3x  1  2) x 1 x 1   (2  x  1) (3x  1  4) = lim 3x  1  lim ( x  1)  3 (2  x) 2  3 2  x  1 ( x  1)( 3x  1  2) x 1 x 1   1,0 ( 3x  1) 3 = lim  lim x 1  3 (2  x)  3 2  x  1 2 x 1 ( 3x  1  2)   1 = . 12 0,5 1 Kết luận: L = . 12 II – 1a Phương pháp: Chứng minh vn1  q.vn , q không đổi, thoả mãn với  n  N*. (2,0 đ) 5u  2un 2 2 1,5 Ta có vn1  un 2  un1  n1  un1   un1  un   vn  n  N*. 3 3 3 Từ định nghĩa cấp số nhân. Ta có dãy số (vn) là một cấp số nhân với số hạng đầu 2 0,5 v1 = u2 – u1 = 3 và công bội q = .  3 II – 1b Phương pháp: Tìm công thức số hạng tổng quát un thông qua cấp số nhân (vn). (2,0 đ) Áp dụng công thức lim q n  0 với |q| < 1. 2
Từ câu a) ta có tổng n số hạng đầu của cấp số nhân (vn) là   2 n  3 1     0,5 v (1  q n )  3    9 1   2   n Sn  v1  v2  ....  vn  1       1 q 2  3    1 3 Mặt khác ta có: v1 = u2 – u1. v2 = u3 – u2. v3 = u4 – u3. 0,5 ………….. vn - 2 = un - 1 – u n - 2. vn - 1 = un – un - 1. Cộng theo vế ta có v1  v2  .....  vn1  un  u1 . Từ đó suy ra công thức số hạng tổng quát của dãy số (un) là: 0,5   2 n 1  un  Sn 1  u1  9 1      2006.  3       2 n 1   Do đó giới hạn lim un  lim  9 1      2006   9  2006  2015.   3   0,5     Kết luận: lim un = 2015. II-2 Phương pháp: Áp dụng công thức nhân đôi, công thức nhân ba đối với tan. (2,0 đ) Điều kiện:  x, y  R. 1 Nhận xét y = ± 1 không thoả mãn phương trình (1), x = ± , không thoả mãn 3 phương trình (2). 0,5  2y x  1  y2  (1) Vì vậy hệ phương trình tương đương với  . y  3x  x3 (2)   1  3x 2   Đặt y = tan  với   ( ; ). 2 2 2 tan  Từ phương trình (1) ta có x   x  tan 2 . 0,5 1  tan 2  3tan 2  tan 3 2 Từ phương trình (2) ta có y =  y  tan 6 . 1  3tan 2 2 Từ đó ta có phương trình: tan  = tan 6 k  6 =  + k    , k  Z. 0,5 5   Do   ( ; ) nên ta chọn được k = 0, k = ± 1, k = ± 2. 2 2 Vì vậy hệ phương trình cáo các nghiệm (0;0),  2   2    4 2   4 2   tan ; tan  ,  tan ; tan  ,  tan ; tan  ,  tan ; tan  0,5  5 5  5 5   5 5   5 5  Kết luận: Hệ phương trình có 5 nghiệm (0;0),  2   2    4 2   4 2   tan ; tan  ,  tan ; tan  ,  tan ; tan  ,  tan ; tan   5 5  5 5   5 5   5 5  3
III-1 Phương pháp: Chứng minh SH  BC, CH  SB. (3,5 đ) * Gọi M là trung điểm của cạnh BC. 1,0 Do  ABC đều, G là trọng tâm của  ABC nên ta có AM  BC. Do SA  (ABC) nên AM là hình chiếu vuông góc của SM lên (ABC). Theo Định lí ba đường vuông góc ta có SM  BC. Mặt khác do H là hình chiếu vuông góc của O lên (SBC) nên OH  BC và OM  BC Suy ra HM  BC. S 1,0 Suy ra SH  BC (1) * Do  ABC đều nên ta có CO  AB Do SA  (ABC) nên SA  OC. Từ đó suy ra OC  (SAB). Suy ra SB  OC. 1,0 Mặt khác OH  (SBC)  OH  SB 3a K Từ đó ta có SB  (COH). Suy ra CH  SB (2) Từ (1) và (2) suy ra H là trực tâm của  SBC. C H A M 0,5 O 2a B III-2 Phương pháp: Góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) bằng góc giữa đường (3,5 đ) thẳng d và đường thẳng d’ là hình chiếu của đường thẳng d lên mặt phẳng (P). 1,0 Gọi K là hình chiếu vuông góc của điểm A lên (SBC). Do đó ta có OH // AK. Ta có đường thẳng AM là hình chiếu vuông góc của đường thẳng AK lên (ABC). Vì vậy góc giữa đường thẳng OH và (ABC) bằng góc giữa đường thẳng AK và 1,0  (ABC) bằng góc giữa hai đường thẳng (AK, AM) bằng góc KAM Do KAM    AMS  900 và  ASM  AMS  900 nên KAM  SM  A 0,5 Xét  SAM vuông tại A có AM = a 3 , SA = 3a. AM 3 Suy ra tan SM  A  tan SM  A  SM  300 A AS 3 1,0 Từ đó ta có góc (OH,(ABC)) = 300. Kết luận: (OH,(ABC)) = 300. Thanh Chương, ngày 15tháng 3 năm 2008. Giáo viên Trần Đình Hiền. 4