Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4
Tổ - Tốn
KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
Năm học: 2018 - 2019
Số báo danh
Mơn thi: TỐN - Lớp 11
Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu
……………………............
Câu I (3,0 điểm)
Cho hàm số y x 2 m 2 x m 3 ( với m là tham số)
1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị P của hàm số khi m 0
2. Tìm m để đồ thị của hàm số đã cho cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x2 thỏa mãn
x1 m 1 x2 m 1
26 .
x2
x1
Câu II (5,0 điểm)
1. Giải phương trình: x 1 x 2 4 x 1 3 x
4
2. Cho cos 2 với . Tính giá trị của biểu thức: P 2018 tan cos
5
2
4
2 cos x 2sin 2 x 2sin x 1
3. Giải phương trình: cos 2 x 3 1 sin x
.
2 cos x 1
Câu III (4,0 điểm)
1. Giải bất phương trình :
2 x 2 3x 5
4x 7
2 3 x
3 x
3 x
x y 3x x y 2 y 6 y 2
2. Giải hệ phương trình:
x, y .
2
3 2 y 6 2 x 4 4 y 10 3 x
Câu IV (4,0 điểm)
1
1
1
1
1. Cho tam giác ABC có góc B 300 và
( trong đó a BC , b CA, c AB và
p a p p b p c
p là nửa chu vi của tam giác ABC ). Tính các góc cịn lại của tam giác ABC .
2. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c 6 . Chứng minh rằng:
a
b
c
2.
3
3
b 1
c 1
a3 1
Câu V (4,0 điểm)
3
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có M ;0 là trung điểm đoạn AC , phương
2
trình các đường cao AH , BK lần lượt là 2 x y 2 0 và 3 x 4 y 13 0 . Xác định tọa độ các đỉnh của
tam giác ABC .
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188
Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
2. Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB 2BC , B 7;3 . Gọi M là
trung điểm của AB ; E là điểm đối xứng với D qua A . Biết rằng N 2; 2 là trung điểm của DM ,
điểm E thuộc đường thẳng : 2 x y 9 0 . Tìm tọa độ đỉnh D .
-------------------- Hết -------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Câu
I
3,0
điểm
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
NỘI DUNG
2
Cho hàm số y x m 2 x m 3 ( với m là tham số)
Điểm
2.0
1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị P của hàm số khi m 0
Với m 0 ta được y x 2 2 x 3
x 1
ta có đỉnh I :
I 1; 4
y 4
Ta có bảng biến thiên:
0.50
0.50
đồ thị là parabol có bề lõm hướng lên có trục đối xứng là đường thẳng x 1
cắt trục hoành tại điểm 1;0 ; 3;0 cắt trục tung tại điểm 0; 3
0.50
Ta có đồ thị của hàm số:
y
-1
O
1
3
x
0.50
-4
2. Tìm m để đồ thị của hàm số đã cho cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hồnh
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188
1.0
Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
độ x1 ; x2 thỏa mãn:
x1 m 1 x2 m 1
26 .
x2
x1
x 0
Đk: 1
x2 0
Xét phương trình hoành độ giao điểm x 2 m 2 x m 3 0 (*)
0.25
để đồ thị của hàm số đã cho cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hồnh độ
x1 ; x2 phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 0
m 2 16 0
m 3
m 3 0
x x m 2
Theo định lí viet ta có: 1 2
x1 x2 m 3
ta có
0.25
x1 m 1 x2 m 1
26 x12 x22 m 1 x1 x2 26 x1 x2
x2
x1
2
2
0.25
25m 70 0 m
14
14
( thỏa mãn đk). vậy giá trị của m cần tìm là m
5
5
0.25
x1 x2 m 1 x1 x2 24x1 x2 m 2 m 1 m 2 24 m 3
II
5,0
điểm
1. Giải phương trình: x 1 x 2 4 x 1 3 x
(*)
Điều kiện: x 0.
Trường hợp 1. ếu x 0 thì () 2 0 : sai nên x 0 không là nghiệm
Trường hợp 2.
ếu x 0, chia hai vế cho
x 0, thì:
1
1
1 Cauchy
1
() x
x 4 3 0 (1). Đặt t x
2 t 2 x 2.
x
x
x
x
2 t 3
5
(1) t 2 6 3 t 2
t
2
2
t 6t 9 t 6
Suy ra:
1
1
x4 x
2
4
x
1
Kết hợp với điều kiện ta được phương trình có 2 nghiệm x 4, x
4
4
2. Cho cos 2 với . Tính giá trị của biểu thức:
5
2
P 2018 tan cos
4
x
Do
1
5
2( x ) 2 5 x 2 0 x 2
2
2.0
0.50
0.50
0.50
0.50
x
nên sin 0, cos 0 . Ta có:
2
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188
1.5
0.50
Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
1 cos 2 1
1
cos
2
10
10
sin
9
3
3
, tan
sin 2 1 cos 2 sin
cos
10
10
1
Khi đó: P 2018 tan .
cos sin
2
1 1
3
2018 3 .
403. 5
2 10
10
2 cos x 2sin 2 x 2sin x 1
3. Giải phương trình: cos 2 x 3 1 sin x
2 cos x 1
1
Điều kiện: 2 cos x 1 0 cos x x k 2 , k Z .
2
3
2
cos
x
1
2sin
x 2 cos x 1
cos 2 x 3 1 sin x
2 cos x 1
2 cos x 11 2sin x
cos 2 x 3 1 sin x
2 cos x 1
2
1 2sin x 3 3 sin x 1 2sin x
cos 2
3
hoặc sin x 1
2
3
2
sin x sin
x k 2 hoặc x
k 2 , k Z
Với sin x
2
3
3
3
0.50
0.25
0.25
1.5
0.50
0.50
2sin 2 x 2 3 sin x 3 0 sin x
Với sin x 1 x
k 2 , k Z
2
So với điều kiện nghiệm của phương trình: x
III
4,0
điểm
1. Giải bất phương trình :
0.25
0.25
2
k 2 ; x k 2 , k Z .
3
2
2 x 2 3x 5
4x 7
2 3 x
3 x
3 x
1 x 3
2
2 x 3 x 5 0
đk:
x 5
3
x
0
2
2.0
0.50
bpt 2 x 2 3 x 5 2 3 x 4 x 7 2 x 2 3 x 5 2 x 1 (*)
5
ta có VT (*) 0 , VF(*) 0 nên (*) vô nghiệm.
2
ếu 1 x 3 , cả hai vế của (*) không âm nên ta có
x 2
2
2
2
Bpt (*) 2 x 3 x 5 2 x 1 2 x 7 x 6 0
x 3
2
ếu x
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188
0.50
0.50
Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
Kết hợp với đk ta được 1 x
3
hoặc 2 x 3 nên tập nghiệm của bất phương trình
2
3
đã cho là S 1; 2;3 .
2
x y 3x x y 2 y 6 y 2
2. Giải hệ phương trình:
2
3 2 y 6 2 x 4 4 y 10 3 x
x, y .
2.0
x y 2 y 0 . Khi đó
0.50
x y 0
Điều kiện : 0 y 2 .
x 2
hận xét rằng với x, y 0;0 không thỏa hệ nên
pt đầu
x y 2y 3x y x 6y 2
0.50
x y
x y 2y
3 x 2 xy 2 y 2 0
x y
1
3 x y x 2 y x y
3 x 2 y 0 1
x y 2y
x y 2y
1
Từ điều kiện và nhận xét ở trên ta có :
3 x 2 y 0 .
x y 2y
0.50
Do đó 1 x y 0 x y .
Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình:
3 2 x 6 2 x 4 4 x 2 10 3 x (*)
ta có : () 3( 2 x 2 2 x ) 10 3 x 4 4 x 2
IV
4,0
điểm
(2)
Đặt t 2 x 2 2 x , suy ra: t 2 ( 2 x 2 2 x )2 10 3x 4 4 x 2 .
khi đó pt(2) trở thành 3t t 2 t 0 hoặc t 3.
6
Với t 0, suy ra: 2 x 2 2 x 2 x 8 4 x x
5
VT 2 x 2
Với t 3, suy ra: 2 x 2 2 x 3 có
, x 2; 2 nên
VP 2 2 x 3 3
phương trình sẽ vơ nghiệm khi t 3. Kết hợp với điều kiện hệ phương trình
6 6
đã cho có nghiệm duy nhất là x; y ;
5 5
1
1
1
1
1. Cho tam giác ABC có góc B 300 và
( trong đó
p a p p b p c
a BC , b CA, c AB và p là nửa chu vi của tam giác ABC ). Tính các góc cịn lại
của tam giác ABC .
Ta có
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188
0.50
0.50
2.0
0.50
Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
2 p b c
1
1
1
1
1
1
1
1
a
p a p p b p c
p a p p b p c
p (p a ) p b p c
a
a
p ( p a ) p b p c
p ( p a ) p b p c
0.50
p b c a bc b c a b c a 2bc
b c a 2 2bc b 2 c 2 a 2 ABC vuông tại A A 900
0.50
mà B 300 C 900 B 900 300 600 . Vậy A 900 , C 600 .
2. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c 6 . Chứng minh rằng:
a
b
c
2
3
3
b 1
c 1
a3 1
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng 2 xy x y ta được
a
a
2a
2a
2
2
b3 1
b 1 b 2 b 1 b 1 b b 1 b 2
0.50
2
Áp dụng tương tự ta được bất đẳng thức
a
b
c
2a
2b
2c
2
2
2
b3 1
c3 1
a3 1 b 2 c 2 a 2
2a
2b
2c
2
2
2
Ta cần phải chứng minh được 2
b 2 c 2 a 2
2a
ab 2
Thật vậy, ta có 2
, mà cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta được
a 2
b 2
b 2
ab 2
2ab 2
2ab 2
a 3 2b 2 a 3 2.b.b a 2 b b
b 2 2 b 2 b 2 4 3 3 b 4 .4
3
3
9
a 2 2b
2a
. Chứng minh tương tự ta được
a
b 2
9
2 a b c 2 ab bc ca
2a
2b
2c
2
2
a b c
2
b 2 c 2 a 2
9
9
Suy ra
2
Mặt khác theo một đánh giá quen thuộc ta có
3
2
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188
0.50
0.50
0.50
2
12
2a
2b
2c
2.6 2.12
2
2
6
2.
b 2 c 2 a 2
9
9
Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
a b c 2.
3
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có M ;0 là trung
2
điểm đoạn AC . Phương trình các đường cao AH , BK lần lượt là 2 x y 2 0 và
3 x 4 y 13 0 . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
Do đó ta được
V
4,0
điểm
a b c
ab bc ca
2.0
0.50
2.0
Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
Đường thẳng AC đi qua M và vng
góc với BK nên có phương trình
4x 3y 6 .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
4 x 3 y 6
A 0; 2
phương trình
2 x y 2
0.50
3
Từ M ;0 là trung điểm AC suy ra C 3; 2 .
2
Đường thẳng BC đi qua C và vng góc với AH nên có phương trình x 2 y 1 0 .
x 2 y 1
B 3;1
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình
3 x 4 y 13
0.50
0.50
0.50
Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là A 0; 2 , B -3;1 , C 3;-2
2. Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB 2BC ,
B 7;3 . Gọi M là trung điểm của AB . E là điểm đối xứng với D qua A . Biết
rằng N 2; 2 là trung điểm của DM , điểm E thuộc đường thẳng
: 2 x y 9 0 . Tìm tọa độ đỉnh D
Ta chứng minh BN NE
Ta có AM AD
1
AB
2
2.0
nên tam giác
vng cân tại A , suy ra
AN DM .
Xét tam giac ANE
và MNB có
ADM
1
DM , AE MB AD
2
90
NAE
NAM NMB
AN MN
0.50
và
AEN MBN
ABN , suy ra tứ giác ANBE nội tiếp, do đó
Do đó ANE MNB
BAE
90 hay BN NE .
BNE
Đường thẳng NE qua N và vng góc với BN nên có phương trình x y 0 .
2 x y 9 0
x 3
Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ
E 3;3 .
x y 0
y 3
1
Ta có BD BE 10 . Vì AB 2 AE 2 EB 2 AB 2 AB 2 100 AB 4 5 nên
4
DE 4 5
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188
0.50
0.50
Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
Gọi D x; y , vì DE 4 5 và BD 10 nên tọa độ điểm D là nghiệm của hệ:
x 3 2 y 3 2 80
x 1; y 5
x 1; y 11 .
2
2
x
7
y
3
100
Đối chiếu điều kiện B, D khác phía với NE nên D 1; 5 .
0.50
...........................Hết........................
ĐỀ HSG LỚP 11 MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề
————————————
Câu 1 (1,5 điểm).
tan 2 x tan x
2
Giải phương trình:
sin x .
2
tan x 1
2
4
Câu 2 (3,0 điểm).
1.
Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính xác suất
để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1.
2.
Chứng minh đẳng thức sau:
C C C C
2
0
2012
2
1
2012
2
2
2012
2
3
2012
2011
2012
... C2012
C2012
2
2
1006
.
C2012
Câu 3 (2,5 điểm).
1.
Chứng minh rằng phương trình 8 x 3 6 x 1 0 có ba nghiệm thực phân biệt. Hãy tìm 3 nghiệm đó.
2.
Cho dãy số un được xác định bởi: u1 sin1; u n u n 1
sin n
, với mọi n , n 2 .
n2
Chứng minh rằng dãy số un xác định như trên là một dãy số bị chặn.
Câu 4 (3,0 điểm).
1.
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh bằng a 2 , các cạnh bên bằng
nhau và bằng 3a ( a 0 ). Hãy xác định điểm O sao cho O cách đều tất cả các đỉnh của hình chóp
S.ABCD và tính độ dài SO theo a .
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188
Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
2.
Cho hình chóp S.ABC có đường thẳng SA vng góc với mặt phẳng (SBC). Gọi H là hình chiếu
vng góc của S lên mặt phẳng (ABC). Chứng minh rằng đường thẳng SB vng góc với đường thẳng
SC, biết rằng
3.
1
1
1
1
.
2 2
2
SH
SA SB
SC 2
Cho tứ diện ABCD thỏa mãn điều kiện AB CD , BC AD , AC BD và một điểm X thay đổi
trong khơng gian. Tìm vị trí của điểm X sao cho tổng XA XB XC XD đạt giá trị nhỏ nhất.
—Hết—
Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh……………….
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT KHÔNG CHUYÊN
———————
NĂM HỌC 2011-2012
HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN
———————————
I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm
theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm tồn bài tính đến 0,25 và khơng làm trịn.
- Với bài hình học nếu thí sinh khơng vẽ hình phần nào thì khơng cho điểm tương ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý
1
Nội dung trình bày
1,5 điểm
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188
Điểm
Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
Điều kiện: cos x 0 x
k (*)
2
0,25
2
2
Phương trình đã cho tương đương với: 2 cos x(tan x tan x) sin x cos x
2sin 2 x 2sin x.cos x sin x cos x 2sin x(sin x cos x) sin x cos x
(sin x cos x)(2sin x 1) 0
+ Với sin x cos x 0 tan x 1 x
+ Với 2sin x 1 0 sin x
k
4
0,5
0,25
1
5
x k 2 ; x
k2
2
6
6
0,25
Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của phương trình đã cho là:
x
2
5
k ; x k 2 ; x
k 2 (k )
4
6
6
0,25
1 1,5 điểm
Số các số tự nhiên có 5 chữ số là 99999 10000 1 90000
Giả sử số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là: abcd1
0,5
Ta có abcd 1 10.abcd 1 3.abcd 7.abcd 1 chia hết cho 7 khi và chỉ khi 3.abcd 1
chia hết cho 7. Đặt 3.abcd 1 7 h abcd 2h
h 1
là số nguyên khi và chỉ khi
3
0,5
h 3t 1
Khi đó ta được: abcd 7t 2 1000 7t 2 9999
998
9997
t
t 143, 144,..., 1428 suy ra số cách chọn ra t sao cho số abcd1
7
7
chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là 1286.
0,5
1286
0, 015
90000
Vậy xác suất cần tìm là:
2 1,5 điểm
Xét đẳng thức 1 x
+) Ta có 1 x 2
2012
2012
. 1 x
2012
2012
1 x 2
C x
k 0
k
2012
2
k
2012
1006
suy ra hệ số của số hạng chứa x 2012 là C2012
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188
0,5
0,5
Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
+) Ta có 1 x
2012
. 1 x
2012
2012
2012 k
k
k
C 2012
xk
x C 2012
k 0
k 0
suy ra hệ số của số hạng chứa x 2012 là
0,5
o
2012
1
2011
2
2010
3
2009
2012 2012
C2012
C2012
C2012
C2012
C2012
C2012
C2012
C2012
... C2012
C2012
0
1
2
3
2011
2012
C2012
C2012
C2012
C2012
... C2012
C2012
2
2
2
2
2
2
Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh.
3
1 1,5 điểm
Đặt f x 8x 3 6 x 1 ; tập xác định D suy ra hàm số liên tục trên . Ta có
0,25
1
f 1 3, f 1, f 0 1, f 1 1 suy ra
2
1
f 1 f 0, f
2
0,5
1
f 0 0, f 0 f 1 0 . Từ 3 bất đẳng thức này và tính liên
2
0,25
tục của hàm số suy ra pt f x 0 có ba nghiệm phân biệt thuộc 1; 1 .
Đặt x cos t , t 0; thay vào pt ta được:
2 4 cos 3 t 3cos t 1 cos 3t cos
2
t k
, kết hợp với t 0;
3
9
3
5 7
được t ;
;
. Do đó phương trình đã cho có 3 nghiệm:
9 9 9
x cos
ta
0,5
5
7
.
, x cos
, x cos
9
9
9
2 1,0 điểm
hận xét. Với mỗi số nguyên dương n ta có:
Thật vậy, ta có
1 1 1
1
2 2 ... 2 2
2
1 2 3
n
1 1 1
1
1
1
1
2 2 ... 2 1
...
2
1 2 3
n
1.2 2.3
n n 1
1 1 1
1
1
1
1 1 ...
2 2 suy ra nhận xét được chứng minh.
2 2 3
n 1 n
n
Trở lại bài tốn, từ cơng thức truy hồi ta được: un
sin1 sin 2
sin n
2 ... 2
2
1
2
n
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188
0,5
Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
Ta có un
1 1
1
2 ... 2 2 với mọi n (theo nhận xét trên) (1)
2
1 2
n
1
1 1
Mặt khác un 2 2 ... 2 2 với mọi n (theo nhận xét trên) (2). Từ (1) và
n
1 2
0,25
0,25
(2) suy ra dãy số đã cho bị chặn.
4
1 1,0 điểm
S
M
D
O
C
0,25
I
A
B
Gọi I AC BD . Do SA SB SC SD nên các tam giác SAC, SBD cân tại đỉnh S
nên SI vng góc với AC, BD suy ra SI vng góc với mặt phẳng (ABCD). Dễ thấy mọi
điểm nằm trên đường thẳng SI cách đều các đỉnh A, B, C, D.
Trong tam giác SIC, dựng trung trực của cạnh SC cắt đường thẳng SI tại O suy ra
OS OA OB OC OD .
Ta có SM .SC SO.SI SO
Vậy SO
SM .SC
3a.3a
9a 2
9 2a
.
SI
8
2 SA2 IA2 2 9a 2 a 2
9 2a
.
8
2 1,0 điểm
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188
0,25
0,5
Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
A
H
C
S
0,25
K
D
B
Gọi K là giao điểm của đường thẳng AH và BC; trong mặt phẳng (SBC) gọi D là giao
điểm của đường thẳng qua S, vng góc với SC. Ta có BC vng góc với SH và SA nên
BC vng góc với mặt phẳng (SAH) suy ra BC vng góc với SK.
Trong tam giác vng SAK ta có
1
1
1
, kết hợp với giả thiết ta được
2
2
SH
SA SK 2
1
1
1
(1)
2
2
SK
SB
SC 2
Trong tam giác vng SDC ta có
1
1
1
(2)
2
2
SK
SD
SC 2
0,5
0,25
Từ (1) và (2) ta được SB SD , từ đó suy ra B D hay suy ra SB vuông góc với SC.
3 1,0 điểm
A
Q
M
G
D
B
N
P
C
Gọi G là trọng tâm của tứ diện; M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD,
BC, AD. Ta có tam giác ACD bằng tam giác BCD nên AN BN suy ra MN AB ,
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188
0,25
Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
tương tự ta chứng minh được MN CD và đường thẳng PQ vng góc với cả hai
đường thẳng BC, AD. Từ đó suy GA GB GC GD .
XA.GA XB.GB XC .GC XD.GD
GA
XA.GA XB.GB XC .GC XD.GD
GA
XG. GA GB GC GD 4.GA 2
4GA . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi X trùng với
GA
Ta có XA XB XC XD
0,5
điểm G. Vậy XA XB XC XD nhỏ nhất khi và chỉ khi X là trọng tâm của tứ diện
0,25
ABCD.
ĐỀ HSG LỚP 11 MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1.
Giải phương trình sin 2 x 3 cos 2 x 2 3 sin x cos x 1 3 .
Câu 2.
a) Xét khai triển: 1 x 1 2 x ... 1 2013x a0 a1 x a2 x 2 ... a2013 x 2013 . Tính
a2
1 2
1 2 2 ... 20132 .
2
b) Chọn ngẫu nhiên một số có 4 chữ số đơi một khác nhau. Tính xác suất để số được chọn không nhỏ
hơn 2013.
Câu 3.
un
.
n n 2
a) Cho dãy số un được xác định như sau: u1 1, u2 3, un 2 2un 1 un 1, n 1, 2,... Tính lim
b) Cho phương trình: m x 1 x 3 4 x x 3 3x 1 0 ( x là ẩn, m là tham số). Chứng minh với
mọi giá trị thực của m phương trình đã cho có ít nhất ba nghiệm thực phân biệt.
Câu 4.
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188
Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
a) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Chứng minh mặt phẳng A ' BD song song với mặt phẳng
CB ' D ' .
Tìm điểm M trên đoạn BD và điểm N trên đoạn CD’ sao cho đường thẳng MN vng
góc với mặt phẳng (A’BD).
b) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các đoạn
thẳng AD, BB’, C’D’. Xác định thiết diện cắt bởi mặt phẳng (MNP) với hình lập phương
ABCD.A’B’C’D’, tính theo a diện tích thiết diện đó.
Câu 5.
Cho a, b, c là các hằng số thực và P x ax3 bx 2 cx . Tìm tất cả các số a, b, c sao cho
P 2 26 và P x 1 với mọi số thực x sao cho x 1 .
-------------Hết---------SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012-2013
ĐÁP ÁN MƠN: TỐN
(Đáp án có 03 trang)
(Dành cho học sinh THPT không chuyên)
I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm
theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm tồn bài tính đến 0,25 và khơng làm trịn.
- Với bài hình học nếu thí sinh khơng vẽ hình phần nào thì khơng cho điểm tương ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu
1(2đ)
Nội dung trình bày
Điểm
Ta có sin 2 x 3 cos 2 x 2 3 sin x cos x 1 3
2sin x.cos x cos x 3 1 2sin 2 x 2 3 sin x 3 1 0
0,5
3 sin x 1 0
3 sin x 1 0
cos x 2sin x 1 2sin x 1
2sin x 1 cos x
1
sin x
2
3 sin x cos x 1
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188
0,5
Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
x k 2
1
6
+) sin x
k
2
x 5 k 2
6
+)
3 sin x cos x 1
0,25
3
1
1
1
sin x cos x sin x
2
2
2
6 2
0,25
x 6 6 k 2
x k 2
k
3
x 5 k 2
x k 2
6
6
0,5
Vậy phương trình đã cho có các họ nghiệm là
x
2(2đ)
5
k 2 , x
k 2 , x k 2 , x k 2 k
6
6
3
2.a (1,0 điểm)
2013
Ta có 1 x 1 2 x ... 1 2013 x 1 k x i. j x 2 A.x 3
k 1
1i j 2013
0,5
1
2
1 2 ... 2013 1 2 2 2 ... 2013 2
2
0,25
2013 1007 .
1
1 2013 2014
a2 12 22 ... 20132
2
2
2
2
0,25
Suy ra a2
1 i j 2013
i. j
2
2
2.b (1,0 điểm)
Ta có n số cách chọn một số có bốn chữ số đơi một khác nhau 9.9.8.7
A là biến cố chọn ra được một số có bốn chữ số đôi một khác nhau abcd và không nhỏ
hơn 2013. Ta sẽ tính số các số có bốn chữ số đôi một khác nhau abcd và các số này chỉ có
0,25
thể xảy ra với
a 1 , b 0,1,...,9 \ 1 , c 0;1;...;9 \ 1; b và d 0;1;...;9 \ 1; b; c có 7 cách chọn
suy ra trong trường hợp này có 9.8.7 số thỏa mãn.
0,5
Từ hai trường hợp trên ta được n A 7.8.9.9 7.8.9 7.8.9.8 . Do đó xác suất cần tìm là:
P A
n A
n
7.8.9.8 8
9.9.8.7 9
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188
0,25
Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
3(2,0đ) 3.a (1,0 điểm)
Ta có un 2 un 1 un 1 un 1, n 1, 2,... suy ra un 2 un1 lập thành một cấp số cộng có
0,25
cơng sai bằng 1 nên un 2 un 1 u2 u1 n.1 n 2 (1)
Từ (1) ta được un u1 un un 1 un 1 un 2 ... u2 u1 n n 1 ... 2
un 1 2 ... n
0,5
n n 1
2
n n 1 1
u
un
1
lim
. Vậy lim n2 .
2
2
n n
n n
n
2
2n
2
lim
0,25
3.b (1,0 điểm)
Đặt f x m x 1 x 3 4x x 3 3x 1 ta được f x xác định và liên tục trên .
Ta có f 2 1, f 0 1, f 1 1, f 2 3
0,5
Do đó ta được f 2 f 0 0, f 0 f 1 0, f 1 f 2 0 nên phương trình f x 0
có nghiệm thuộc 2; 0 , 0;1 , 1; 2 suy ra phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
4(3đ)
0,5
4.a (1,5 điểm)
A
D
M
C
B
N
A'
B'
D'
C'
0,5
Ta có tứ giác BCD’A’ là hình bình hành nên CD ' BA ' CD ' BDA ' (1)
Ta có tứ giác BDD’B’ là hình bình hành nên B ' D ' BD B ' D ' BDA ' (2)
Từ (1) và (2) ta được A ' BD CB ' D ' .
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188
0,5
Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
Đặt BM x.BD , CN y.CD ' . Khi đó MN MB BC CN xBD AD y .CD '
x AB AD BC y AA ' AB x y AB 1 x AD y AA '
0,25
Do MN vng góc (A’BD) nên MN BD, MN BA ' . Từ đó ta được:
2
x
MN .BD 0
1
x
x
y
0
2
x
y
1
3
x 2y
y 1
y x y 0
MN .BA ' 0
3
0,25
2 1
Do đó BM .BD, CN .CD '
3
3
4.b (1,5 điểm)
M
A
D
S
R
C
B
N
O
D'
A'
P
B'
Q
C'
0,5
Gọi S là trung điểm của AB, khi đó MS BD MS BDC ' và NS C ' D NS BDC '
suy ra MNS BDC ' . Do MNS BC ' nên (MNS) cắt (BCC’B’) theo giao tuyến qua N
song song với BC’ cắt B’C’ tại Q.
Do MNS BD B ' D ' nên (MNS) cắt (A’B’C’D’) theo giao tuyến qua Q song song với
B’D’ cắt D’C’ tại P’, do P’ là trung điểm của C’D’ nên P’ trùng với P. Do MNS C ' D
nên (MNS) cắt (CDD’C’) theo giao tuyến qua P song song với C’D cắt DD’ tại R.
0,5
Do đó thiết diện cắt bởi (MNP) và hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ theo một lục giác đều
MSNQPR cạnh MR
a 2
và có tâm là O suy ra:
2
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188
0,5
Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
1
3 3a2
3 3a 2
S MSNQPR 6S OMS 6. OM .OS .sin 60 0
. Vậy S MSNQPR
2
4
4
5(1đ)
1
Đặt f 1 m, f 1 n, f p , khi đó m , n , p 1 và ta có hệ
2
3m n 8 p
a
3
a b c m
a b c m
mn
b
a b c n a b c n
2
a b c
a 2b 4c 8 p
16 p 3m n
p
8 4 2
c
6
Ta có f 2 8.
0,5
3m n 8 p
16 p 3m n
2 m n
9m n 16 p 9 1 16 26 .
3
3
m 1
a 4
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi n 1 b 0
p 1 c 3
0,25
Ta có f x 4 x3 3x , xét 1 x 1 thì tồn tại : x cos
a 4
f x 4cos 3cos cos 3 suy ra f x 1 với mọi 1 x 1 . Vậy b 0
c 3
3
0,25
------------------Hết-----------------ĐỀ THI HSG LỚP 11
MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
————————————
Câu I: (2,0 điểm).
3
3
1.Giải phương trình: (1 t anx)cos x (1 cot x)sin x
2sin 2x.
2. Tìm các nghiệm trong khoảng ; của phương trình:
2sin 3x 1 8sin 2x cos 2 2x.
4
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188
Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
Câu II: (2,0 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:
k
k 1
k 5
k
.
C50 .C 2011
C15 .C 2011
... C55 .C 2011
C 2016
Câu III: (2,0 điểm).
1. Cho Pn= 1
2
2
2
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
x 0
x
2. Tìm giới hạn: lim
Câu IV: (1,0 điểm).
u1 11
u n 1 10u n 1 9n, n N.
Cho dãy số (un) xác định bởi :
Tìm cơng thức tính un theo n.
Câu V: ( 3,0 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 , P, Q. Tìm
vị trí của M và điều kiện của a, b, c để thiết diện M PQ là hình vng, 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.
HƯỚNG DẪN CHẤM
MƠN : TỐN 11 THPT
---------------------------------------------Câu
ội dung
I
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188
Điểm
2.0
Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
1. (1.0 đ). ĐK: sin x cos x 0. Khi đó pt trở thành:
sinx cos x 2 sin x cos x . (1)
0.25
ĐK: sinx cos x 0 dẫn tới
sinx 0;cos x 0.
0.25
Khi đó: (1) sin 2x 1 x
k.
4
0.25
KL nghiệm : x
2m.
4
0.25
2. (1.0 đ).ĐK: sin 3x
0.
4
(1)
0,25
Khi đó phương trình đã cho tương đương với pt:
sin 2x
1
2
x
k;
12
x
5
k
12
0.25
Trong khoảng ; ta nhận các giá trị :
x
11
5
7
; x
; x
; x
.
12
12
12
12
0.25
Kết hợp với đk (1) ta nhận được hai giá trị thỏa mãn là:
x
;
12
x
7
.
12
II
0,25
3.0
1. (1.0 đ).
TH1: Trong 3 số chẵn đó có mặt số 0.
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188
Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
2
3
Số các số tìm được là 5.C 4 .C5 .5! 36000 (số).
0.5
TH2: Trong 3 số chẵn đó khơng có mặt số 0.
3
3
Số các số tìm được là C 4 .C5 .6! 28800 (số).
Đ/ số
0.25
36000 28800 64800 số.
0.25
2. (1.0 đ) Dễ thấy 1 x 1 x
5
2011
1 x
2016
; và
M 1 x C 50 C15x 1 C 52x 2 C 53x 3 C 54x 4 C 55x 5
5
1 x
2011
2011
C 02011 C12011x 1 ... C k2011x k ... C 2011
.
2011x
P 1 x
2016
2016
C 02016 C12016x ... C k2016x k ... C 2016
.
2016x
k
0.25
0.25
k
Ta có hệ số của x trong P là C 2016 .
Vì P M.
k
, mà số hạng chứa x trong M. là :
1 k1
2 k2
3 k3
4 k4
5 k5
C50.Ck2011xk C15xCk2011
x C52x2Ck2011
x C35x3Ck2011
x C54x4Ck2011
x C55x5Ck2011
x
0.25
nên
k
k 1
k 5
k
C50 .C 2011
C15 .C 2011
... C55 .C 2011
C 2016
0.25
3. (1 điểm)
u1 11 10 1
Ta có:
u 2 10.11 1 9 102 100 2
u 3 10.102 1 9.2 1003 1000 3
Dự đoán:
un = 10n + n (1)
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188
0.25
0.25
Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
Chứng minh:
Ta có:
u1 = 11 = 101 + 1 , công thức (1) đúng với n=1
Giả sử cơng thức (1) đúng với n=k ta có : uk = 10k + k
0.25
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)
Ta có: 1
2
k(k 3)
(k 1)(k 2) (k 1)(k 2)
0.25
Cho k=1,2,3,…,n ta được
Sn
1.4.2.5.3.6
n(n 3)
....
2.3.3.4.4.5 (n+2)(n 1)
Un=
(n 3)
3(n 1)
(n 3) 1
lim Un = lim
n 3(n 1) 3
n
0.25
0.25
0.25
2.(1 điểm)
3
3
1 2x 1
4x 1 1
Ta có L Lim x 1 2x 2012
2012
.
x 0
x
x
0.25
Lim x 3 1 2x 0 .
x 0
Lim
3
x 0
Lim
x 0
1 2x 1
2x
2
2`
Lim
Lim
2
2
x 0
x
3
x( 3 (1 2x) 3 1 2x 1) x 0 ( 3 (1 2x) 3 1 2x 1)
4x 1 1
4x
4
Lim
Lim
2
x 0 x( 4x 1 1)
x 0
x
4x 1 1
Vậy L 0 2012
2
16096
2012.2
3
3
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188
0.5
0.25
Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
IV
3.0
1.(2 đ)
+) Chứng minh được M PQ là hình bình hành.
0.5
MN NP
MP NQ
+) M PQ là hình vng
M là trung điểm của AB và a = c.
1.0
+) Lúc đó SM
PQ
=
1 2
b .
4
2.(1 đ) Dùng phép quay quanh A với góc quay 600 biến M thành M’; C thành C’
0.5
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.
Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188
0.25
Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
SỞ GD – ĐT BẮC I H
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2
NĂM HỌC : 2018- 2019
______________________
MƠN: TỐN - LỚP 11
ĐỀ CHÍ H THỨC
________________
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 26 /01/2019
(Đề gồm có 01 trang)
Câu 1 (5.0 điểm).
a. Giải phương trình sau sin 2 x sin x cos x 1 2sin x cos x 3 0 .
b. Có bao nhiêu số nguyên của tập hợp 1; 2;...;1000 mà chia hết cho 3 hoặc 5?
Câu 2 (5.0 điểm).
a. Cho khai triển 1 2 x a0 a1 x a2 x 2 ... an x n , trong đó n * và các hệ số thỏa
n
mãn hệ thức a0
a
a1
... nn 4096 . Tìm hệ số lớn nhất ?
2
2
b.Ba cầu thủ sút phạt đền 11m, mỗi người đá một lần với xác suất làm bàn tương ứng là x ,
y và 0, 6 (với x y ). Biết xác suất để ít nhất một trong ba cầu thủ ghi bàn là 0,976 và xác
suất để cả ba cầu thủ đều ghi ban là 0,336 . Tính xác suất để có đúng hai cầu thủ ghi bàn.
Câu 3 (6.0 điểm).
Cho hình chóp S. ABCD , có đáy ABCD là hình thang cân AD / / BC
và BC 2a , AB AD DC a a 0 . Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC
và BD . Biết SD vng góc với AC .
a. Tính SD .
b. Mặt phẳng ( ) qua điểm M thuộc đoạn OD ( M khác O, D ) và song song với hai
đường thẳng SD và AC . Xác định thiết diện của hình chóp S. ABCD cắt bởi mặt phẳng ( ).
Biết MD x . Tìm x để diện tích thiết diện lớn nhất.
Câu 4 (4.0 điểm).
a. Cho dãy ( xk ) được xác định như sau: xk
1 2
k
...
.
2! 3!
( k 1)!
n
Tìm lim un với un n x1n x2n ... x2019
.
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188
