Đề thi chọn HSG lớp 11 năm học 2011 - 2012 đề thi môn Toán: Dành cho học sinh THPT không chuyên

Chia sẻ: Hàn Hồng Hạnh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

70
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các em có thể tham khảo "Đề thi chọn HSG lớp 11 năm học 2011 - 2012 đề thi môn Toán: Dành cho học sinh THPT không chuyên" 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 HSG lớp 11 năm học 2011 - 2012 đề thi môn Toán: Dành cho học sinh THPT không chuyên

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 20112012 —————— ĐỀ THI MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Dành cho học sinh THPT không chuyên Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ———————————— Câu 1 (1,5 điểm). tan 2 x + tan x 2 � π� Giải phương trình: = sin �x + �. tan x + 1 2 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 ) + ... − ( C2012 ) + ( C2012 ) = C2012 2 2 2 2 2 2 0 2012 1 2012 2 2012 3 2012 2011 2012 1006 . 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. sin n 2. Cho dãy số ( un ) được xác định bởi: u1 = sin1; un = un −1 + , với mọi n γ ﾥ , 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 vuông 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 . 2. Cho hình chóp S.ABC có đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng (SBC). Gọi H là hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC). Chứng minh rằng đường thẳng SB vuông góc với đường 1 1 1 1 thẳng SC, biết rằng 2 = 2+ 2+ . SH SA SB SC 2 3. Cho tứ diện ABCD thỏa mãn điều kiện AB = CD, BC = AD, AC = BD và một điểm X thay đổi trong không gian. Tìm vị trí của điểm X sao cho tổng XA + XB + XC + XD đạt giá trị nhỏ nhất. —Hết— Cán bộ coi thi không 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 20112012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN ——————————— 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 toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Điể Câu Ý Nội dung trình bày m 1 1,5 điểm π 0+ x Điều kiện: cos x �۹ kπ (*) 2 0,25 Phương trình đã cho tương đương với: 2 cos 2 x(tan 2 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 0,5 � (sin x + cos x)(2sin x − 1) = 0 π + Với sin x + cos x = 0 � tan x = −1 � x = − + kπ 0,25 4 1 π 5π + Với 2sin x − 1 = 0 � sin x = � x = + k 2π ; x = + k 2π 0,25 2 6 6 Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của phương trình đã cho là: π π 5π 0,25 x = − + kπ ; x = + k 2π ; x = + k 2π (k ﾥ ) 4 6 6 2 1 1,5 điểm Số các số tự nhiên có 5 chữ số là 99999 − 10000 + 1 = 90000 0,5 Giả sử số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là: abcd1 Ta có abcd1 = 10.abcd + 1 = 3.abcd + 7.abcd + 1 chia hết cho 7 khi và chỉ khi 3.abcd + 1 h −1 chia hết cho 7. Đặt 3.abcd + 1 = 7 h � abcd = 2h + là số nguyên khi và chỉ khi 0,5 3 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 0,5 chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là 1286. 1286 Vậy xác suất cần tìm là: 0, 015 90000 2 1,5 điểm = ( 1 − x2 ) 2012 Xét đẳng thức ( 1 − x ) .( 1 + x ) 2012 2012 0,5 2012 +) Ta có ( 1 − x ) ( − x2 ) suy ra hệ số của số hạng chứa x2012 là C2012 2 2012 k = k C2012 1006 0,5 k =0 �2012 k �2012 k k � k � 0,5 +) Ta có ( 1 − x ) .( 1 + x ) = ��C2012 ( − x ) ��C2012 2012 2012 x � �k = 0 � �k = 0 �
suy ra hệ số của số hạng chứa x 2012 là o C2012 2012 C2012 − C2012 1 2011 C2012 + C2012 2 2010 C2012 − C2012 3 2009 C2012 + ... + C2012 2012 2012 C2012 = ( C2012 ) − ( C2012 ) + ( C2012 ) − ( C2012 ) + ... − ( C2012 ) + ( C2012 ) 0 2 1 2 2 2 3 2 2011 2 2012 2 Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh. 3 1 1,5 điểm Đặt f ( x ) = 8 x − 6 x − 1 ; tập xác định D = ﾥ suy ra hàm số liên tục trên ﾥ . Ta có 3 0,25 �1� f ( −1) = −3, f �− �= 1, f ( 0 ) = −1, f ( 1) = 1 suy ra 0,5 � 2� � 1� � 1� f ( −1) f �− �< 0, f �− �f ( 0 ) < 0, f ( 0 ) f ( 1) < 0 . Từ 3 bất đẳng thức này và tính � 2� � 2� 0,25 liên tục của hàm số suy ra pt f ( x ) = 0 có ba nghiệm phân biệt thuộc ( −1; 1) . Đặt x = cos t , t [ 0; π ] thay vào pt ta được: π π 2π 2 ( 4 cos3 t − 3cos t ) = 1 � cos 3t = cos � t =� +k , kết hợp với t [ 0; π ] ta 3 9 3 �π 5π 7π � 0,5 được t �; ; �. Do đó phương trình đã cho có 3 nghiệm: �9 9 9 π 5π 7π x = cos , x = cos , x = cos . 9 9 9 2 1,0 điểm 1 1 1 1 Nhận xét. Với mỗi số nguyên dương n ta có: 2 + 2 + 2 + ... + 2 < 2 1 2 3 n 1 1 1 1 1 1 1 Thật vậy, ta có 2 + 2 + 2 + ... + 2 < 1 + + + ... + = 1 2 3 n 1.2 2.3 n ( n − 1) 0,5 1 1 1 1 1 1 = 1 + 1 − + − + ... + − = 2 − < 2 suy ra nhận xét được chứng minh. 2 2 3 n −1 n n sin1 sin 2 sin n Trở lại bài toán, từ công thức truy hồi ta được: un = 2 + 2 + ... + 2 1 2 n 1 1 1 Ta có un + + ... + 2 < 2 với mọi n (theo nhận xét trên) (1) 0,25 12 22 n �1 1 1 � Mặt khác un − �2 + 2 + ... + 2 �> −2 với mọi n (theo nhận xét trên) (2). Từ (1) và � 1 2 n � 0,25 (2) suy ra dãy số đã cho bị chặn. 4 1 1,0 điểm S M O D 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 vuông góc với AC, BD suy ra SI vuông 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 0,25
OS = OA = OB = OC = OD . SM .SC 3a.3a 9a 2 9 2a Ta có SM .SC = SO.SI � SO = = = = . SI 2 SA2 − IA2 2 9a 2 − a 2 8 0,5 9 2a Vậy SO = . 8 2 1,0 điểm A H S C 0,25 K B D 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, vuông góc với SC. Ta có BC vuông góc với SH và SA nên BC vuông góc với mặt phẳng (SAH) suy ra BC vuông góc với SK. 1 1 1 Trong tam giác vuông SAK ta có 2 = 2+ , kết hợp với giả thiết ta được SH SA SK 2 0,5 1 1 1 = + (1) SK 2 SB 2 SC 2 1 1 1 Trong tam giác vuông SDC ta có = + (2) SK 2 SD 2 SC 2 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 M Q G D B 0,25 P N 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 , tương tự ta chứng minh được MN ⊥ CD và đường thẳng PQ vuông góc với cả hai đường thẳng BC, AD. Từ đó suy GA = GB = GC = GD . XA.GA + XB.GB + XC.GC + XD.GD 0,5 Ta có XA + XB + XC + XD = GA uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur XA.GA + XB.GB + XC.GC + XD.GD GA
uuur uuur uuur uuur uuur = ( ) XG. GA + GB + GC + GD + 4.GA2 = 4GA . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi X trùng GA 0,25 với điểm G. Vậy XA + XB + XC + XD nhỏ nhất khi và chỉ khi X là trọng tâm của tứ diện ABCD.