Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường lần 1 môn Toán năm học 2012- 2013

Các em có thể tham khảo "Đề thi HSG năm 2011 - 2012 môn Toán 11" 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.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường lần 1 môn Toán năm học 2012- 2013SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚCTRƯỜNG THPT SÔNG LÔĐỀ CHÍNH THỨCCâu 1 (2,0 điểm). Giải bất phương trình:ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LẦN 1NĂM HỌC 2012-2013Môn: Toán – Lớp 11 ( Ngày thi: 13/11/2012)(Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề)Đề thi có 01 trangx 2  91  x  2  x 2Câu 2 (2,0 điểm). Giải phương trình và hệ phương trình:tan x cos 3 x  2 cos 2 x  1a) 3(sin 2 x  cos x)1  2sin xCâu 3 (2,0 điểm).1) Hỏi số 16200 có bao nhiêu ước số tự nhiên? x1  y 1  4b)  x 6  y  4  61 x7 ) n , biết rằng:4xk12n20C2 n1  C2 n 1  ...  C2 n 1  2  1 ( n nguyên dương, Cn số là tổ hợp chập k của n phần tử)2) Tìm hệ số của số hạng chứa x 26 trong khai triển nhị thức Niutơn của (Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường thẳng  : 5 x  2 y  19  0 và đường tròn (C ) : x 2  y 2  4 x  2 y  0.Từ một điểm M nằm trên đường thẳng  kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C )(A và B là hai tiếp điểm). Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB biết rằng AB  10 .Câu 5 (1,0 điểm). Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác và thỏa mãn điều kiệna 2  b2  c 2  1  2(ab  bc  ca) . Chứng minh rằng(a  b  c) 4  (b  c  a ) 4  (c  a  b) 4 13-------------------------------HẾT------------------------------Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm.-------------------------------HẾT------------------------------Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm.SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚCTRƯỜNG THPT SÔNG LÔĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LẦN 1NĂM HỌC 2012-2013Môn: Toán – Lớp 11 ( Ngày thi: 13/11/2012)(Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề)Đề thi có 01 trangĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨCCâu1ÝNội dungĐiểm2,0Giải bất phương trìnhĐiều kiện x  2 . Bất phương trình đã cho tương đương vớix 2  91 -x  2 - x2 < 0Đặt f(x) là vế trái, ta sẽ xét dấu f(x)Trước hết ta tìm nghiệm của f(x):0,25x 2  91 -10 = x  2 -1 + x 2  911( x  3).( x  3).  0 (*)10  x 2  9 1  x  2 Vì x  2 nên biểu thức trong ngoặc bên vế trái của (*) dương. Từ đó(*)  x  30,25Ta có f(x) = 0 0,750,25Xét dấu f(x):-+32212+ Qua bảng xét dấu ta có nghiệm của bất phương trình đã cho là x  3Giải phương trình và hệ phương trìnhGiải phương trình15Điều kiện: cos x  0, sin x  hay x    k 2 , x   k 2 , x  k 2 , k  .2266Khi đó phương trình đã cho tương đươngsin x( 4 cos 2 x  3)  4 cos 2 x  3 3 cos x( 2 sin x  1)1  2 sin x(sin x  1)(1  4 sin 2 x) 3 cos x( 2 sin x  1)1  2 sin x (sin x  1)(1  2 sin x)  3 cos x(2 sin x  1)15sin x   2 x   6  k 2 , x   6  k 2 2 sin x  1  0cos x     1 x    k 2 , x     k 2sin x  1  3 cos x 6 262Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là5x    k 2 , x   k 2 , k   .66Giải hệ phương trình..§iÒu kiÖn: x  -1, y  1 x1  x6  y 1  y 4  10 x6  x1  y 4  y 1  20,250,252,01,00,250,250,250,251,0Céng vÕ theo vÕ råi trõ vÕ theo vÕ ta cã hÖ §Æt u= x  1  x  6 , v =y  1  y  4 . Ta cã hÖ u  v 10u 5x 3 v 5  y 5 lµ nghiÖm cña hÖ5 5  2u v31Tìm số ước số…0,50,52,01,0CâuÝNội dungĐiểmTa cã: 16200  23.34.520,25¦íc cua 16200 có d¹ng: 2 m.3n.5 p  m, n, p  ; 0  m  3, 0  n  4, 0  p  2 + Víi mçi bé sè (m, n, p) ta cã 1 íc sè tù nhiªn cña 16200.0,250,25+ Chän m: cã 4 c¸ch. n: cã 5 c¸ch. p: cã 3 c¸ch.Suy ra: cã 4.5.3=60 (bé sè(m, n, p)VËy cã 60 íc sè cÇn t×m.20,25Tìm hệ số...C12 n 1C22 n 11,0 ...  Cn2 n 120 2 1 C20n 1  C21n 1  C22n 1  ...  C2nn1  2 20 2(C20n 1  C21n 1  C22n 1  ...  C2nn1 )  221 C20n 1  C21n 1  C22n 1  ...  C2nn1  C2nn11  ...  C22nn11  C22nn1  C22nn11  221 (1  1)2 n 1  221  2 n  1  21  n  1010Với n = 10 ta có (0,51011 x 7 )10   C10k ( 4 ) k .( x 7 )10k   C10k x 7011k4xxk 0k 00,25 70  11k  26  k  426+ Vậy hệ số của x trong khai triển (1 x7 )10 là: C104  2104x40,253,0AMHBĐường tròn (C) có tâm I (2; 1), bán kính R  5. Gọi H  MI  AB. Ta cóAH 110AB .220,5Trong tam giác vuông MAI (tại A) với đường cao AH ta có11114 1   AM  5  MI  10 .AH 2 AI 2 AM 2AM 2 10 5Ta có  : 5x  2y 19 0   :x 5 y  3 M (5  2m; 3  5m)25220,52Khi đó MI  10  (3  2m)  ( 2  5m)  10  29m  32m  3  0  m  1 hoặcm3.290,5Chú ý rằng, đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB là đường tròn đường kính MI.Với m  1 ta có M (3;  2). Khi đó pt đường tròn ngoại tiếp AMB là2525 15x     y    .2 223 139 72 Với m  ta có M ;. Khi đó pt đt ngoại tiếp AMB là29 29 29 22197  101 5x  y  .58  58 2Chứng minh bất đẳng thức…0,750,751,0CâuÝNội dungĐặt a  x  y , b  y  z , c  z  x; x  0, y  0, z  0 thì điều kiện bài toán được đưa vềxy  yz  zx Điểm1(*)4Và bất đẳng thức cần chứng minh đưa về: đưa về bất đẳng thức : x 4  y 4  z 4 1(**)480,25Áp dụng bất đẳng thức coossi cho 4 số, ta có11144 14411y4  z 4 144 144x4  y4 xy(1) tương tự3yz11xz(2) , x 4  z 4 (3)3144 144 3Cộng vế với vế các BĐT (1), (2), (3) trên ta có (**)Dấu bằng xảy ra khi x  y  z 112hay a  b  c 0,513--------------------HẾT --------------------0,25 ...