zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề thi HSG môn Toán lớp 11 năm 2012-2013 - Sở GD&ĐT Bắc Giang

Chia sẻ: Đỗ Đức Thuyết | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Báo xấu

682
lượt xem 97
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi HSG môn Toán lớp 11 năm 2012-2013" có cấu trúc gồm 5 bài tập tự luận với thời gian làm bài trong vòng 180 phút. Ngoài ra, tài liệu còn kèm theo hướng dẫn giải giúp các bạn dễ dàng hơn trong việc ôn luyện.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi HSG môn Toán lớp 11 năm 2012-2013 - Sở GD&ĐT Bắc Giang

http://toanhocmuonmau.violet.vn SỞ GD & ĐT BẮC GIANG ĐỀ THI HSG CỤM LẠNG GIANG NĂM HỌC 2012 - 2013 CỤM LẠNG GIANG Môn: Toán. Lớp 11. Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi 24 tháng 02 năm 2013 Câu I: (2 điểm)  3π   π 1. Giải phương trình: 2 2 cos2 x + sin 2 x cos  x +  − 4sin  x +  = 0  4   4 2. Cho tập hợp A = {0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5, 6 , 7 }. Từ tập A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau đôi một sao cho các số này là số lẻ và chữ số đứng ở vị trí thứ 3 luôn chia hết cho 6? Câu II: (2 điểm) n  5 1. Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển: P ( x ) =  x +  và x ≠ 0 biết rằng:  x C41n+1 + C42n+1 + C43n +1 + ... + C42nn+1 = 232 − 1 (n ∈ N ) * u0 = 1; u1 = 6 u 2. Cho dãy số (un ) xác định như sau :  . Tìm lim n n un+ 2 − 3un +1 + 2un = 0, ∀n ∈ N 3.2 3 1 + x2 − 4 1 − 2 x Câu III: (1 điểm) Tìm giới hạn L = lim x →0 x2 + x Câu IV: (3 điểm) 1. Cho tam giác ABC và một điểm P nằm trong tam giác. Hãy dựng tam giác cân đỉnh P có đáy song song với cạnh BC và có 2 đỉnh lần lượt nằm trên hai cạnh AB, AC của tam giác ABC cho trước. 2. Trong mặt phẳng (α ) cho tam giác ABC vuông tại A, góc B = 600 , AB = a . Gọi O là trung điểm của BC. Lấy S ở ngoài mặt phẳng (α ) , sao cho SB = a và SB ⊥ OA . Gọi M là một điểm trên cạnh AB, mặt phẳng ( β ) qua M và song song với SB và OA, cắt BC, SC, SA lần lượt tại N, P, Q. Đặt x = BM ( 0 < x < a ) . a. Chứng minh rằng MNPQ là hình thang vuông. b. Tính diện tích hình thang này theo a và x. Tìm x để diện tích này lớn nhất. Câu V: (2 điểm) 1. Ba số x, y, z theo thứ tự đó lập thành một cấp số nhân; ba số x, y – 4, z theo thứ tự đó lập thành một cấp số nhân; đồng thời x, y – 4, z – 9 theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng. Hãy tìm x, y, z. 2. Cho a, b, c ∈ R . Chứng minh rằng phương trình sau luôn có nghiệm x3 + ax 2 + bx + c = 0 ------------------- HẾT ------------------- Họ và tên thí sinh:.............................................................................SBD:...................................... Lưu ý: + Học sinh không được sử dụng tài liệu khi làm bài. + Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
http://toanhocmuonmau.violet.vn HƯỚNG DẪN CHẤM toán 11 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM PT ⇔ (sin x + cos x )  4(cos x − sin x ) − sin 2 x − 4  = 0 s inx + cos x = 0 ⇔ 0.25  4 ( cos x − s inx ) − sin 2 x − 4 = 0 π + s inx + cos x = 0 ⇔ x = − + kπ 0.25 4 + 4 ( s inx − cos x ) − sin 2 x − 4 = 0 (1) . Đặt t = s inx − cos x ( t ≤ 2) 1  t = −1 Khi đó phương trình (1) trở thành: t 2 − 4t − 5 = 0 ⇔  t = 5 (loai)  x = k 2π  π 1 Với t = −1 ta có s inx − cos x = −1 ⇔ sin  x −  = − ⇔ 0.25  4  2  x = 3π + k 2π  2 π 3π Kết luận: Vậy phương trình có nghiệm x = − + kπ ; x = k 2π ; x = + k 2π 0.25 4 2 I Gọi số cần tìm là : n = a1 a 2 a3 a 4 a5 a6 (2đ) Số n có tính chất : 0.25 + Lẻ ⇒ a6 ∈ {1 ; 3 ; 5 ; 7 } + a3 chia hết cho 6 ⇒ a3 ∈ {0 ; 6} . * Trường hợp 1 : a3 = 0 : a6 có 4 cách . a1 có 6 cách . Chọn 3 chữ số còn lại có A53 cách . 0.25 2 ⇒ Có 4.6. A53 số . * Trường hợp 2 : a3 = 6 a6 có 4 cách chọn . a1 có 5 cách (a1 ≠ 0 ; a1 ≠ a3 ; a1 ≠ a6) Chọn 3 chữ số còn lại có A53 cách 0.25 ⇒ Có 4.5. A53 số . Vậy : 4.6. A53 + 4.5. A53 = 2640 số . 0.25 4 n +1 + Xét khai triển (1 + x ) 4 n +1 = ∑C k =0 k x . Với x = 1 , ta có: 4 n +1 k C40n+1 + C41n+1 + C42n +1 + ... + C42nn+1 + C42nn++11 + C42nn++12 + ... + C44nn++11 = 24 n+1 Lại có: Cnk = Cnn− k , nên: C40n+1 + C41n+1 + C42n +1 + ... + C42nn+1 = C42nn++11 + C42nn++12 + ... + C44nn++11 Suy ra: 2 ( C40n +1 + C41n +1 + C42n +1 + ... + C42nn+1 ) = 24 n +1 0.5 ⇒ C40n +1 + C41n +1 + C42n+1 + ... + C42nn+1 = 24 n II 1 ⇒ C41n +1 + C42n +1 + ... + C42nn+1 = 24 n − 1 Theo đầu bài ta có: 24 n − 1 = 232 − 1 ⇔ 4n = 32 ⇔ n = 8 8 k  5 8 5 8 + Với n = 8 , ta có: P ( x ) =  x +  = ∑ C8k .x8−k .   = ∑ C8k .5k .x8−2 k  x  k =0  x  k =0 Số hạng không chứa x ứng với 8 − 2k = 0 ⇔ k = 4 . 0.25 4 4 Kết luận: Vậy số hạng không chứa x là C .5 8 0.25
http://toanhocmuonmau.violet.vn + Ta có u0 = 1 = −4 + 5.20 u1 = 6 = −4 + 5.21 u2 = 16 = −4 + 5.22 u3 = 36 = −4 + 5.23 ... 0.25 2 un = −4 + 5.2n , ∀n ∈ N * + Sử dụng phương pháp qui nạp chứng minh un = −4 + 5.2n , ∀n ∈ N là số 0.5 hạng tổng quát của (un ) 1 −4. +5 un −4 + 5.2 n 2n 5 + lim n = lim = lim = 3.2 3.2n 3 3 0.25 3 1 + x2 − 4 1 − 2 x  3 1 + x2 −1 1 − 4 1 − 2 x  Ta có: L = lim = lim  +  x →0 x2 + x x →0  x 2 + x x 2 + x  0.25   3 1 + x2 − 1 x2 + Tính L1 = lim = lim x2 + x x ( x + 1)  3 (1 + x 2 ) + 3 1 + x 2 + 1 x →0 x →0  2    x = lim =0 0.25 ( x + 1)  3 (1 + x 2 ) + 3 1 + x 2 + 1 x →0 2 III   1 − 4 1 − 2x 2x + Tính L2 = lim = lim x →0 x2 + x x →0 x ( x + 1) ( 4 (1 − 2 x ) 3 2 ) + 4 (1 − 2 x ) + 4 (1 − 2 x ) + 1 0.25 2 1 = lim = x →0 ( ( x + 1) 4 (1 − 2 x ) 3 + 4 (1 − 2 x ) 2 + 4 (1 − 2 x ) + 1 2 ) 0.25 1 + Vậy L = L1 + L2 = 2 + Phân tích: Giả sử ta dựng được ∆PMN thỏa mãn các điều kiện của bài toán và ta nhận thấy M và N là ảnh của nhau qua phép đối xứng trục , có trục là đường thẳng d đi qua P và vuông góc với BC cho trước. Do đó, ta có cách 0.25 dựng + Cách dựng: - Dựng đường thẳng d qua P và vuông góc với BC IV 1 - Dựng ảnh của cạnh AC là A ' C ' qua phép đối xứng trục d 0.25 - Gọi M = AB ∩ A ' C ' . Dựng N = Dd ( M ) Khi đó ta được ∆PMN là tam giác cần dựng thỏa mãn các ycbt + Chứng minh: ta dễ dàng chứng minh được ∆PMN là tam giác cân tại P 0.25 + Biện luận: Do AB và A ' C ' luôn cắt nhau tại 1 điểm M duy nhất cho nên bài toán luôn có duy nhất nghiệm hình 0.25
http://toanhocmuonmau.violet.vn Ta có ( β ) / / OA  + OA ⊂ ( ABC ) ⇒ MN / / OA (1) 0.25   MN = ( β ) ∩ ( ABC ) ( β ) / / SB  2a +  SB ⊂ ( SAB ) ⇒ MQ / / SB ( 2) 0.25   MQ = ( β ) ∩ ( SAB ) + Tương tự: NP / / SB ( 3) 0.25 + Từ ( 2 ) , ( 3) ta suy ra MQ / / NP / / SB ( 4) Từ (1) , ( 4 ) và SB ⊥ OA ta suy ra MNPQ là hình thang vuông , đường cao MN. 0.25 1 + Ta có S MNPQ = .MN . ( MQ + NP ) (5) 2 + Tính MN. Ta có ∆ABC là nửa tam giác đều nên BC = 2 AB = 2a 1 Suy ra OA = BC = a 2 MN / / OA và ∆ABO đều nên ∆BMN đều ⇒ MN = BM = BN = x + Tính MQ: MQ AM SB a MQ / / SB ⇒ = ⇒ MQ = AM . = (a − x) = (a − x) 0.5 SB AB AB a + Tính NP: NP CN SB.CN a ( 2a − x ) 2a − x NP / / SB ⇒ = ⇒ NP = = = SB CB CB 2a 2 x ( 4a − 3 x ) 2b Thay các kết quả tìm được vào (5) ta được S MNPQ = 4 + Tìm x để diện tích lớn nhất x ( 4 a − 3 x ) 3 x ( 4a − 3 x ) Ta có: S MNPQ = = 4 12 Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương 3x, ( 4a − 3x ) , ta có: 0.5  3 x + 4a − 3 x  2 3 x ( 4a − 3 x ) ≤   ≤ 4a 2  2  2 1 a ⇒ S MNPQ ≤ .4a 2 = 12 3 2a + Đẳng thức xảy ra ⇔ 3x = 4a − 3x ⇔ x = 3 2a Vậy khi x = thì S MNPQ đạt giá trị lớn nhất. 3 0.25 V 1 + Từ các giả thiết của bài toán ta có hệ phương trình  y 2 = xz (1)  0.25 ( y − 4 ) = xz ( 2) 2 
http://toanhocmuonmau.violet.vn  x = 4  x + z = 5 z = 1 + Với y = 2 ta có  ⇔  xz = 4  x = 1 0.25    z = 4 + Kết luận: các số x, y, z cần tìm là x = 1, y = 2, z = 4 hoặc x = 4, y = 2, z = 1 0.25 + Xét hàm số f ( x ) = x + ax + bx + c là hàm số liên tục trên R 3 2 0.25  c  + Ta có: lim ( x3 + ax 2 + bx + c ) = lim x 3  1 + + 2 + 3  = +∞ nên tồn tại số a b x →+∞ x →+∞  x x x  0.25 dương α đủ lớn, ta có: f (α ) > 0  c  + Ta có: lim ( x3 + ax 2 + bx + c ) = lim x 3  1 + + a b 2 2 + 3  = −∞ nên tồn tại số âm x →−∞ x →−∞  x x x  β , sao cho β đủ lớn, ta có: f ( β ) < 0 0.25 + Vì f (α ) f ( β ) < 0 và hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [α ; β ] ⊂ R nên phương trình f ( x ) = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc (α ; β ) . Tức là phương trình x3 + ax 2 + bx + c = 0 luôn có nghiệm với mọi a, b, c ∈ R 0.25 Lưu ý: Trên đây chỉ là hướng dẫn chấm và sơ lược cách giải. Nếu học sinh làm cách khác đúng thì vận dụng hướng dẫn này để cho điểm.
http://toanhocmuonmau.violet.vn Gọi số cần tìm là : n = a1 a 2 a3 a 4 a5 a6 Số n có tính chất : + Lẻ ⇒ a6 ∈ {1 ; 3 ; 5 ; 7 } + a3 chia hết cho 6 ⇒ a3 ∈ {0 ; 6} . - Trường hợp 1 : a3 = 0 : a6 có 4 cách . a1 có 6 cách . Chọn 3 chữ số còn lại có A53 cách . ⇒ Có 4.6. A53 số . - Trường hợp 2 : a3 = 6 a6 có 4 cách chọn . a1 có 5 cách (a1 ≠ 0 ; a1 ≠ a3 ; a1 ≠ a6) Chọn 3 chữ số còn lại có A53 cách ⇒ Có 4.5. A53 số . Vậy : 4.6. A53 + 4.5. A53 = 2640 số .

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.03: Bộ 400 Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2021

400 tài liệu

955 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.