Kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 11 môn Toán

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.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 11 môn ToánKÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11SỞ GD&ĐT BẮC GIANGN¨m häc 2012 – 2013Trường THPT Nhã namMôn thi: TOÁN 11 THPTĐỀ ĐỀ XUẤT 2Thời gian làm bài: 180 phútBài 1 (2 điểm).1. Giải phương trình: a)2 2 2  2sin 2 x .tan x  cot 2 x25 9 22sin 2  x   2cos  x    tan x4 2 2. Giải phương trình:02 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  2unTìm 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 *.2n 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 vàhai chữ số lẻ.Bài 3 (2 điểm).1. Cho dãy số {x k } xác định bởi: x k 1 2k  ... 2! 3!(k  1)!nTính : lim n x1n  x2n  x3n  ...  x20122. Cho hàm số : 3 1  x sin 2 x  1víi x  0f ( x)  x0víi 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 ABC1. M là một điểm nằm trong tam giác sao cho MA2  MB 2  MC 2 . Hãy tính góc BMC2. Một điểm S nằm ngoài (ABC ) sao cho tứ diện SABC đều , gọi I, K là trung điểm của các cạnhAC và SB . Trên đường thẳng AS và CK ta chọn các điểm P,Q sao cho PQ// BITính độ dài PQ biết cạnh của tứ diện có độ dài bằng 1.---------- Hết ----------BàiBài 1Họ và tên :.......................................................... Số báo danh :.......................................ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TỈNHMÔN: TOÁNNĂM HỌC: 2012 - 2013Lời giải1.(1 đ)cos x  0Điều kiện : sin 2 x  01 tan x  cot 2 x  02sin 2 x  cos 2 x1Ta có : tan x  cot 2 x sin 2 xsin 2 xĐiểm0.25đDo 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 412120.25đ0.25 đ0.25 đ2. (1 đ)cos x  0 x  2  l 23ĐK: cos x   x    l1 2 l; l1; l2 ; l3  Z 2452sin x   x   4  l2 2; x  4  l3 220.25 đ0.25 đ0.25 đpt  2sin 2  x  6    2cos 2  x  4    tan x  04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   0cos xx ksin 2 x  14 tan x  1  x     k   loai 4So với điều kiện x Bài 20.25 đ m 2  m  Z  là nghiệm phương trình đã cho.4n  N *1. (1 đ) Đặt xn  1  2unxn2  1Ta có xn  0 và x  1  2un , n  N hay un 222xn1  1 1  xn  1  4  4 xn 29 2Thay vào giả thiết, ta được:2n0.25 đ*2 9 xn21  9  xn2  1  8  8 xn   3 xn 1    xn  4 n  N * ( Do xn  0 , n  N * )n 1nn*Hay 3 xn 1  3 xn  4.3 , n  Nn*n*Đặt yn  3 xn , n  N . Ta có: yn 1  yn  4.3 , n  NSuy ra: 3 xn 1  xn  4n 1nTừ đó yn 1  y1  4 3  3Hay yn 1  y1  6  2.3n 1 .....  3  , n  N *20.25 đ0.25 đ*, n  NnTheo cách đặt ta có: x1  3  y1  9  yn  3  2.3 .1*Suy ra: xn  2  n1 , n  N3141 *Do đó un   3  n1  2 n 2  , n  N233 0.25 đ2. (1 đ)nn0.25 đTa có với x  0 ,  x  1   Cnk x n k , 1k 0Đạo hàm hai vế của (1) ta được n  x  1n 1n 1  (n  k )Cnk x n  k 1k 00.25 đSuy ra nx  x  1n 1n 1   n  k  Cnk x n  k ,  2  .k 00.25 đn 1n 1n 22Đạo hàm hai vế của (2) ta được n  x  1   n  1 x  1     n  k  Cnk .x n k 1 ,  3 . k 00.25 đThay 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 00.25 đđứng 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 đ0.25 đ1435Mặt khác số các số được lập như trên mà có chữ số 0 đứng đầu là C .C .4! 960 (số).Bài 30.25 đVậy 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)!nn x n2012  x1n  x 2n  ...  x 2012 2012.x 2012n x 2012  n x1n  x 2n  ...  x 2012 n 2012.x 2012kk 11 11Mặt khác : , k  N *(k  1)! (k  1)! k! (k  1)!11 1 11 11 x k  1        ...   1x12012(k  1)!2013! 2!   2! 3!  k! (k  1)! 11  n x1n  x n2  ...  x n2012  n 2012 1 2013! 2013! 1nnnDo đó: lim n x1  x 2  ...  x 2012  1 2013!0.25 đ0.25đ0.25đVậy: 1 2. (1 đ) f  0   limx03f ( x)  f (0)x1  x sin 2 x  1 lim limx 0x 0x20.25 đ0.5 đx sin 2 x2x 2  3 1  x sin 2 x   3 1  x sin 2 x  10.25 đsin x1lim sin x. x .  0.232x03 1  x sin 2 x  1  x sin x  1 sin 2 xMặt khác với x  0 , ta có f  x  31  x sin x 22 f  x   0  f  0 .320.25 đ 1  x sin x  1Vì f ( x ) liên tuc trên R nên từ đó suy ra f  x  liên tục tại x  0.Bài 41.(1 đ)AM’MBCDùng phép quay tâm C góc quay thì ta có:3C CBA0.25 đM M Vậy CMB  CM A  CMB  CM A  CMB  CM A .0.25đTa có MB = M’A, MC = M’C = MM’, Vậy MB2 + MC2 = MA2 .0.25 đSuy ra M’A2 + MM’2 = MA2  AM M  900 , CM M  600  BMC  1500 .0.25đ ...