Kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 11 môn Toán

Chia sẻ: Hàn Hồng Hạnh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

67
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các em có thể tham khảo "Kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 11 môn Toán" này để luyện tập những kỹ năng làm bài, rèn luyện kiến thức tiếng Toán để chuẩn bị thật tốt cho các kì thi môn Toán sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 11 môn Toán

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 SỞ GD&ĐT BẮC GIANG N¨m häc 2012 – 2013 Trường THPT Nhã nam Môn thi: TOÁN 11 THPT ĐỀ ĐỀ XUẤT 2 Thời gian làm bài: 180 phút Bài 1 (2 điểm). 1. Giải phương trình: a) 2 2  2  2sin 2 x . tan x  cot 2 x 25  9   2 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 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  n  N * . 2 n 2Cn0   n  1 Cn1   n  2  Cn2  ...  2 2 Cnn2  12 Cnn1  n(n  1)2n 2. 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. Cho dãy số {x k } xác định bởi: x k  1 2 k   ...  2! 3! (k  1)! n Tính : lim n x1n  x2n  x3n  ...  x2012 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 ---------- Bài Bài 1 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 Lời giải 1.(1 đ) cos x  0  Điều kiện : sin 2 x  0 1  tan x  cot 2 x  0  2sin 2 x  cos 2 x 1 Ta có : tan x  cot 2 x   sin 2 x sin 2 x Điểm 0.25đ 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  sin 2 x  2 sin 2 x  1  ( Thỏa điều kiện (1) ) 1 sin 2 x   2    Giải các phương trình trên ta được :   5 x   k ; x   k  ; x   k  k  Z  4 12 12 0.25đ 0.25 đ 0.25 đ 2. (1 đ)    cos x  0  x  2  l    2 3   ĐK: cos x    x    l1 2  l; l1; l2 ; l3  Z  2 4    5   2 sin x    x   4  l2 2; x  4  l3 2   2 0.25 đ 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   1  sin 2 x  2sin 2 x cos x  sin x  tan x  sin 2 x  1  1  sin 2 x 1  tan x   0 cos x   x   k  sin 2 x  1 4    tan x  1  x     k   loai   4 So với điều kiện x  Bài 2 0.25 đ   m 2  m  Z  là nghiệm phương trình đã cho. 4 n  N * 1. (1 đ) Đặt xn  1  2un xn2  1 Ta có xn  0 và x  1  2un , n  N hay un  2 2 2 xn1  1 1  xn  1     4  4 xn  2 9 2 Thay vào giả thiết, ta được:  2 n 0.25 đ * 2  9 xn21  9  xn2  1  8  8 xn   3 xn 1    xn  4  n  N * ( Do xn  0 , n  N * ) 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 Suy ra: 3 xn 1  xn  4  n 1 n Từ đó yn 1  y1  4 3  3 Hay yn 1  y1  6  2.3 n 1  .....  3  , n  N * 2 0.25 đ 0.25 đ * , 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 1 4 1  * Do đó un   3  n1  2 n 2  , n  N 2 3 3  0.25 đ 2. (1 đ) n n 0.25 đ Ta có với x  0 ,  x  1   Cnk x n k , 1 k 0 Đạo hàm hai vế của (1) ta được n  x  1 n 1 n 1   (n  k )Cnk x n  k 1 k 0 0.25 đ Suy ra nx  x  1 n 1 n 1    n  k  Cnk x n  k ,  2  . k 0 0.25 đ n 1 n 1 n 2 2 Đạo hàm hai vế của (2) ta được n  x  1   n  1 x  1     n  k  Cnk .x n k 1 ,  3 .   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. Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số được thành lập  có tất cả C 52 . C 53 .5! = 12000 (số). 0.25 đ 0.25 đ 1 4 3 5 Mặt khác số các số được lập như trên mà có chữ số 0 đứng đầu là C .C .4! 960 (số). Bài 3 0.25 đ Vậy có tất cả 12000 – 960 = 11040 số thoả mãn YCBT. 1.(1 đ) Ta có: x k 1  x k  k 1  0, k  N*  x k 1  x k  0, k  N * (k  2)! n n  x n2012  x1n  x 2n  ...  x 2012  2012.x 2012 n  x 2012  n x1n  x 2n  ...  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  1  2012  (k  1)! 2013!  2!   2! 3!   k! (k  1)!  1 1    n x1n  x n2  ...  x n2012  n 2012 1   2013!  2013!  1 n n n Do đó: lim n x1  x 2  ...  x 2012  1  2013! 0.25 đ 0.25đ 0.25đ Vậy: 1  2. (1 đ) f '  0   lim x0 3 f ( x)  f (0) x 1  x sin 2 x  1  lim  lim x 0 x 0 x2 0.25 đ 0.5 đ x sin 2 x 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 .   0. 2 3 2 x0 3 1  x sin 2 x     1  x sin x  1   sin 2 x Mặt khác với x  0 , ta có f  x   3 1  x sin x  2 2  f  x   0  f  0 . 3 2 0.25 đ  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