Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 cấp trường năm học 2015 – 2016 môn Toán

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

Thêm vào BST

Báo xấu

118
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các em có thể tham khảo "Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 cấp trường năm học 2015 – 2016 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: Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 cấp trường năm học 2015 – 2016 môn Toán

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút TRƯỜNG THPT GIA VIỄN B ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 07 câu, 01 trang) Câu 1 (5,0 điểm) a) Giải phương trình: 3 sin 2 x  3cos x  3  sin x  3 . 2sin x  3 b) Cho hàm số y  x3  3mx 2  9 x  1 , có đồ thị Cm  , với m là tham số. Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng d m : y  x  10  3m cắt đồ thị Cm  tại 3 điểm phân biệt A, B, C . Gọi k1 , k2 , k3 là hệ số góc tiếp tuyến của Cm  lần lượt tại A, B, C . Tìm giá trị của m để k1  k2  k3  15 . Câu 2 (3,0 điểm) a) Giải phương trình: 4  2 x 2 1  3 x 2  2 x 2 x 1  2  x 3  5 x .  x 3  y 3  56 b) Giải hệ phương trình  .  2 3 x  9 x  y 2  y  10  Câu 3 (3,0 điểm). 1  trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  4  x 7  , biết rằng n là số  x  n a) Tìm hệ số của số hạng chứa x 26 nguyên dương thỏa mãn 4Cn1  6Cn2  An3  490 . b) Chứng minh rằng phương trình x 3  3 x 1  0 có 3 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 ( x1  x2  x3 ) thỏa mãn hệ thức x22  2  x1 và x32  2  x2 . Câu 4 (2,0 điểm). Giải bất phương trình 6 x  2 x 1 2  20 x 2  96 x  5  1 . Câu 5 (2,5 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh SB và CD . Chứng minh rằng AM vuông góc với BN . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SMN  . Câu 6 (2,5 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có AC  2 BD và đường 8 2 2 tròn nội tiếp hình thoi có phương trình là  x 1   y 1  . Biết rằng đường thẳng AB đi qua điểm 5 M 1;5 . Tìm tọa độ đỉnh A , biết điểm A có hoành độ âm. Câu 7 (2,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: F  7 a 2  6ab  5b 2 3a 2 10ab  5b 2  7b 2  6bc  5c 2 3b 2 10bc  5c 2 -----HẾT-----  7c 2  6ca  5a 2 3c 2 10ca  5a 2 . TRƯỜNG THPT GIA VIỄN B ĐỀ THI CHÍNH THỨC (HDC gồm 05 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn: TOÁN Câu Đáp án Điểm Điều kiện 2sin x  3  0 . Phương trình đã cho tương đương với:    3 sin 2 x  2sin 2 x  3 sin x  3cos x  0  2sin x  3 1a (2,5 điểm)   3sin2x 3cos x 3  sin x  3 2sin x  3   3 cos x  sin x  0  2  k 2 hoặc x   k 2 , với k   . 3 3  4 +) 3 cos x  sin x  0  tan x  3  x   k 2 hoặc x   k 2 , k   . 3 3 Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là:  2 x   k 2 hoặc x   k 2 , với k   . 3 3 +) 2sin x  3  0  x  0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Hoành độ giao điểm của đồ thị Cm  và đường thẳng d m là nghiệm của phương trình x 3  3mx 2  9 x  1  x 10  3m  x 3  8 x  9  3m  x 2 1  0 0,5   x 1 x2 13m x 93m  0 *  x  1 hoặc x2 13m x  9 3m  0 ** Đường thẳng d m cắt đồ thị Cm  tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình * có 3 nghiệm phân biệt hay phương trình ** có 2 nghiệm phân biệt khác 1 1b (2,5 điểm)  1 3m2  4 9  3m  0   12  1 3m.1  9  3m  0  9m 2  6m  35  0 7 5 11 11  m   hoặc  m  hoặc m  .   11 6m  0 3 3 6 6 Gọi hoành độ của các điểm A, B, C lần lượt là x1 , x2 , x3 trong đó x1  1 , còn x2 , x3 là 0,5 0,5 hai nghiệm của phương trình ** . Theo định lý Viet, ta có x2  x3  3m 1 và x2 x3  9  3m . 0,5 Ta có k1  k2  k3  12  6m  3 x  x   6m  x2  x3   18 2 2 2 3  k1  k2  k3  9m 2  21 . k1  k2  k3  15  9m 2  21  15  m 2  4  m  ;  2  2;   Kết hợp với điều kiện ở trên, ta có các giá trị cần tìm của m là  7 m  ;     2;   .  3 Điều kiện x  2a (1,5 điểm) 0,5 1 . Với điều kiện này thì phương trình đã cho tương đương với 2 2 x3  8 x 2 10 x  4  3 x 2  2 x 2 x 1  0 0,5    2 x  2 x2  2x 1 3x  x  2 2 x 1  0   x  2 2x2 3x 2x 1  4 x  2  0 2  x  2 (tmđk) hoặc 2 x 2  3 x 2 x 1  4 x  2  0 * . Ta có *  2 x 2  3x 2 x 1  2 2 x 1  0   0,5   x  2 2 x 1 2 x  2 x 1  0  x  2 2 x 1  0 (do 2 x  2 x 1  0 )  2 2 x 1  x  x 2  8 x  4  0  x  4  2 3 (tmđk). 0,5 Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là x  2; x  4  2 3 . Hệ phương trình xác định với mọi x, y   .  x 3  y 3  56  x 3  y 3  56 Ta có  2  . 3 x  9 x  y 2  y  10 9 x 2  27 x  3 y 2  3 y  30   Trừ vế theo vế hai phương trình trong hệ ta được: 2b (1,5 điểm) 0,5 x 3  9 x 2  27 x  y 3  3 y 2  3 y  26   x  3   y 1  x  y  2 3 3 Thay x  y  2 vào phương trình thứ hai trong hệ ban đầu ta được: 3 y  2  9  y  2  y 2  y  10  y 2  2 y  8  0  y  2 hoặc y  4 . 2 0,5 Với y  2 thì x  4 ; với y  4 thì x  2 . Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là  x; y   4; 2 ; x; y   2;  4 . 0,5 Điều kiện n   và n  3 . Với điều kiện này, ta có 4Cn1  6Cn2  An3  490  4n  3n  n 1  n n 1n  2  490 0,5  n  6n  9n  490  0   n 10n  4n  49  0  n  10 (tmđk). 3 2 2 1  Với n  10 , ta có khai triển của nhị thức Niu-tơn  4  x 7  .  x  10 3a (1,5 điểm) 10k 1 Số hạng tổng quát của khai triển là C  4   x  k 10 x  7 k k 11k 40 10 C x 0,5 ( k  , k  10 ). Số hạng này chứa x 26 khi và chỉ khi 11k  40  26  k  6 (tmđk). Vậy hệ số của số hạng chứa x 26 trong khai triển nhị thức Niu-tơn đã cho là: C106  210 . 0,5 Chứng minh rằng phương trình x 3  3 x 1  0 có 3 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 ( x1  x2  x3 ) thỏa mãn hệ thức x22  x1  2 . Xét hàm số f  x   x 3  3x 1 trên  . Hàm số f  x  liên tục trên  . Ta có f 2  1; f 1  3; f 1  1; f  2  3 . 3b (1,5 điểm) Hàm số f  x  liên tục trên  nên cũng liên tục trên đoạn 2; 2 . 0,5 Mặt khác f 2. f 1  0; f 1. f 1  0; f 1. f 2  0 nên f  x   0 có ba nghiệm phân biệt thuộc khoảng 2; 2 . Lại do f  x  là hàm bậc ba nên phương trình f  x   0 có tối đa ba nghiệm. Vậy phương trình f  x   0 có ba nghiệm phân biệt thuộc khoảng 2; 2 . Do nghiệm x  2; 2 nên ta đặt x  2 cos t , với t  0;   . Khi đó phương trình đã 1 1 cho trở thành 8cos3 t  6cos t 1  0  4 cos3 t  3cos t    cos 3t   2 2 2 2 2  3t    k 2 , k    t   k ,k  . 3 9 3 3 0,5  2 4 8  Vì t  0;   nên t   ; ;  . Suy ra phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt  9 9 9  2 4 8 là 2cos ; 2 cos ; 2 cos . 9 9 9 8 4 2 Khi đó x1  2 cos ; x2  2 cos ; x3  2 cos . 9 9 9   8  4 4  2 Ta có 2  x1  21 cos   2.2cos2  x22 ; 2  x2  21 cos   4cos 2  x32      9 9 9 9 0,5 Điều kiện x  0 . Với điều kiện này thì 2  20 x 2  96 x  5  0 nên bất phương trình đã cho tương đương với 6 x  2 x  1  20 x 2  96 x  5  2 0,5  6 x  2 x  3  20 x 2  96 x  5 ** . Nhận thấy x  0 là nghiệm của bất phương trình. 3 5  20 x  96  x x Xét x  0 . Khi đó **  6 x  2  0,5   1  1  32 x    2  5 4 x    96 .   x x 4 (2,0 điểm) Đặt t  2 x  1 1 , t  2 2 . Suy ra 4 x   t 2  4 . Do đó bất phương trình trên trở x x thành 3t  2  5 t 2  4  96  5t 2  76  3t  2  5t 2  76  3t  2 2 0,5  t 2  3t 18  0  t  6 . Do đó 2 x  x 1 3 7  6  2 x  6 x 1  0  x  hoặc 2 x x 3 7 2 83 7 83 7 hoặc x  . 2 2 0,5  83 7  8 3 7    . Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là S  0; ;    2  2    S M K 5 (2,5 điểm) B A H I J D N C E   Gọi H là trung điểm của cạnh AD . Ta có HDC NCB nên HCD  NBC .    Lại do NBC , BNC phụ nhau nên NIC  900 hay HC  BN . Tam giác SAD đều nên SH  AD . Do  SAD    ABCD  , SAD    ABCD   AD nên SH   ABCD  . Suy ra SH  BN . 4 0,5 0,5 Do đó BN   SHC  . Gọi I là trung điểm của CB . Khi đó IM // SC và AI // HC . Suy ra  SHC  //  AIM  . Vì vậy BN   IAM  nên BN  AM . Gọi J , E lần lượt là giao điểm của BN với HC và AD . Ta có d  H , SBN  3 HE 3 4  nên  . Suy ra d  A,  SBN   d  H , SBN  . AE 4 3 d  A,  SBN  4 Có BN   SHJ  . Từ H kẻ HK  SJ , K  SJ . Khi đó HK   SBN  . 0,5 4 4 Vậy d  A,  SBN   d  H , SBN   HK . 3 3 Ta có HC  a 5  DC 2 5 ; cos HCD   . 2 HC 5  a 2 5 a 5 Tam giác JNC vuông tại J nên JC  NC cos JCN  .  . 2 5 5 0,5 a 5 a 5 3a 5 Suy ra HJ  HC  JC    . 2 5 10 Tam giác SAD đều cạnh a nên SH  a 3 . 2 Tam giác SHJ vuông tại H có đường cao HK nên Suy ra 1 1 1   . 2 2 HK HS HJ 2 a 2 1 1 1 32 3a 2 . Do đó d  A,  SBN   .  2  2  2  HK  2 3a 9a 2 HK 9a 8 4 20 Đường tròn nội tiếp hình thoi có tâm I 1;1 và 2 10 . Gọi H là tiếp điểm của 5 đường thẳng AB với đường tròn. Tam giác IAB vuông tại I có đường cao IH nên 1 1 1 5  2 2 2 2 IH IA IB IA 1 1 1 (do IB  BD  AC  IA ). 2 4 2 0,5 bán kính R  6 (2,5 điểm) 1,0 Suy ra IA  IH 5  2 2 .  Gọi n a; b là vectơ pháp tuyến của đường thẳng AB , với a 2  b 2  0 . Đường thẳng AB có phương trình a  x 1  b  y  5  0 . 0,5 4b 2 10 Do AB tiếp xúc với đường tròn nên d  I , AB   R    a  3b . 5 a 2  b2 Với a  3b thì đường thẳng AB có phương trình 3 x  y  8  0 . Do A  AB nên A  a;8  3a  . IA  2 2   a 1  7  3a   8  5a 2  22a  21  0 2  a  3 (loại) hoặc a  2 7 (loại). 5 5 0,5