Cộng đồng chia sẻ tri thức Doc24.vn

Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 trường THPT Gia Viễn B, Ninh Bình năm học 2015 - 2016

31386534313763363739393534656165393133336363373732636239303236333436613832626333636132613733373063353131303865663637653231303336
Gửi bởi: Tuyển sinh 247 vào 11:21 AM ngày 23-06-2016 || Kiểu file: PDF Lượt xem: 3325 | Lượt Download: 80 | File size: 0 Mb

Nội dung tài liệu Tải xuống


Link tài liệu:
Tải xuống

Các tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

TRƯỜNG THPT GIA VIỄN ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 07 câu, 01 trang) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2015 2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu (5,0 điểm) a) Giải phương trình: sin cos 3sin 32 sin 3x xxx  . b) Cho hàm số 23 1y mx x , có đồ thị mC, với là tham số. Tìm giá trị của tham số để đường thẳng 10 3md m cắt đồ thị mC tại điểm phân biệt ,A C. Gọi 3, ,k là hệ số góc tiếp tuyến của mC lần lượt tại ,A C. Tìm giá trị của để 315k k . Câu (3,0 điểm) a) Giải phương trình: 2 34 5x x . b) Giải hệ phương trình 32 2563 10x yx y  . Câu (3,0 điểm). a) Tìm hệ số của số hạng chứa 26x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 741nxx  , biết rằng là số nguyên dương thỏa mãn 34 490n nC A . b) Chứng minh rằng phương trình 33 0x x có nghiệm phân biệt 3, ,x (1 3x x ) thỏa mãn hệ thức 22 12x x và 23 22x x . Câu (2,0 điểm). Giải bất phương trình 26 112 20 96 5x xx x   . Câu (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 lần lượt là trung điểm của các cạnh SB và CD. Chứng minh rằng AM vuông góc với BN. Tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng SMN. Câu (2,5 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có 2AC BD và đường tròn nội tiếp hình thoi có phương trình là 2 281 15x y . Biết rằng đường thẳng AB đi qua điểm 1; 5M. Tìm tọa độ đỉnh A, biết điểm có hoành độ âm. Câu (2,0 điểm). Cho các số thực dương ,a thỏa mãn điều kiện 3ab bc ca . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 22 27 53 10 10 10 5a ab bc ca aFa ab bc ca a   . -----HẾT-----2 TRƯỜNG THPT GIA VIỄN 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 sin 0x . Phương trình đã cho tương đương với: 3 sin 3cos sin 2sin 3x x 0,5 23 sin sin sin cos 0x x 2 sin cos sin 0x x 0,5 +) sin 23x k hoặc 223x k , với k. 0,5 +) cos sin tan 3x x 23x k hoặc 423x k , k. 0,5 1a (2,5 điểm) Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là: 23x k hoặc 223x k , với k. 0,5 Hoành độ giao điểm của đồ thị mC và đường thẳng md là nghiệm của phương trình 3 23 10 0x mx x 21 *x m 1x hoặc 21 **x m 0,5 Đường thẳng md cắt đồ thị mC tại điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình * có nghiệm phân biệt hay phương trình * có nghiệm phân biệt khác 221 01 .1 0m mm m   0,5 29 35 011 0m mm  73m hoặc 113 6m hoặc 116m. 0,5 Gọi hoành độ của các điểm ,A lần lượt là 3, ,x trong đó 11x, còn 3,x là hai nghiệm của phương trình * *. Theo định lý Viet, ta có 33 1x m và 39 3x m . Ta có 2 21 312 18k x 21 39 21k m . 0,5 1b (2,5 điểm) 2 21 315 21 15 2;k m  Kết hợp với điều kiện trên, ta có các giá trị cần tìm của là 7; 2;3m    . 0,5 2a (1,5 điểm) Điều kiện 12x. Với điều kiện này thì phương trình đã cho tương đương với 3 22 10 0x x 2 22 0x x 0,53 2x (tmđk) hoặc 22 *x x . Ta có 2* 0x x 2 0x x (do 0x x ) 0,5 22 3x x (tmđk). Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là 2; 3x x . 0,5 Hệ phương trình xác định với mọi ,x y. Ta có 32 256 563 10 27 30x yx y         . Trừ vế theo vế hai phương trình trong hệ ta được: 3 33 29 27 26 2x y 0,5 Thay 2x y vào phương trình thứ hai trong hệ ban đầu ta được: 22 23 10 2y y hoặc 4y . 0,5 2b (1,5 điểm) Với 2y thì 4x; với 4y thì 2x . Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là ; 4; 2; 4x y . 0,5 Điều kiện n và 3n. Với điều kiện này, ta có 1 34 490 490n nC n 3 26 490 10 49 10n n (tmđk). 0,5 Với 10n, ta có khai triển của nhị thức Niu-tơn 10741xx  . Số hạng tổng quát của khai triển là 107 11 4010 1041kkk kC xx  (, 10k k ). 0,5 3a (1,5 điểm) Số hạng này chứa 26x khi và chỉ khi 11 40 26 6k k (tmđk). Vậy hệ số của số hạng chứa 26x trong khai triển nhị thức Niu-tơn đã cho là: 610210C. 0,5 Chứng minh rằng phương trình 33 0x x có nghiệm phân biệt 3, ,x (1 3x x ) thỏa mãn hệ thức 22 12x x . Xét hàm số 33 1f x trên . Hàm số f liên tục trên . Ta có 2 1; 3; 1; 3f f . Hàm số f liên tục trên nên cũng liên tục trên đoạn 2; 2. Mặt khác 2 0; 0; 0f f nên 0f x có ba nghiệm phân biệt thuộc khoảng 2; 2. Lại do f là hàm bậc ba nên phương trình 0f x có tối đa ba nghiệm. Vậy phương trình 0f x có ba nghiệm phân biệt thuộc khoảng 2; 2. 0,5 3b (1,5 điểm) Do nghiệm 2; 2x nên ta đặt cosx t, với 0;t. Khi đó phương trình đã cho trở thành 31 18 cos cos cos cos cos 32 2t t 23 ,3 3t k   . 0,54 Vì 0;t nên 8; ;9 9t        . Suy ra phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt là 82 cos cos cos9 9 . Khi đó 38 22 cos cos cos9 9x x  . Ta có 21 38 22 cos 2.2 cos cos cos9 9x x          0,5 Điều kiện 0x. Với điều kiện này thì 22 20 96 0x x nên bất phương trình đã cho tương đương với 26 20 96 2x x 26 20 96 *x x . 0,5 Nhận thấy 0x là nghiệm của bất phương trình. Xét 0x. Khi đó 3 5* 20 96x xxx 13 96x xxx     . 0,5 Đặt 12 2t tx . Suy ra 214 4x tx . Do đó bất phương trình trên trở thành 22 23 96 76 76 2t t 23 18 6t t . 0,5 (2,0 điểm) Do đó 72 02x xx hoặc 72x 72x hoặc 72x. Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là 70; ;2 2S       . 0,5 JENMIHCDABSK Gọi là trung điểm của cạnh AD. Ta có HDC NCB nên HCD NBC. Lại do ,NBC BNC phụ nhau nên 090NIC hay HC BN. 0,5 (2,5 điểm) Tam giác SAD đều nên SH AD. Do ,SAD ABCD SAD ABCD AD nên SH ABCD. Suy ra SH BN. 0,55 Do đó BN SHC. Gọi 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, lần lượt là giao điểm của BN với HC và AD. Ta có 34HEAE nên ,34,d SBNd SBN. Suy ra 4, ,3d SBN SBN. Có BN SHJ. Từ kẻ ,HK SJ SJ . Khi đó HK SBN. Vậy 4 4, ,3 3d SBN SBN HK . 0,5 Ta có 5 5; cos2 5a DCHC HCDHC . Tam giác JNC vuông tại nên 2 5cos .2 5a aJC NC JCN . Suy ra 52 10a aHJ HC JC . Tam giác SAD đều cạnh nên 32aSH. 0,5 Tam giác SHJ vuông tại có đường cao HK nên 21 1HK HS HJ . Suy ra 22 21 32 23 99 84 20aHKa aHK a . Do đó 2,2ad SBN. 0,5 Đường tròn nội tiếp hình thoi có tâm 1;1I và bán kính 105R. Gọi là tiếp điểm của đường thẳng AB với đường tròn. Tam giác IAB vuông tại có đường cao IH nên 21 5IH IA IB IA (do 12 2IB BD AC IA ). Suy ra 2IA IH . 1,0 Gọi ;n b là vectơ pháp tuyến của đường thẳng AB, với 20a b . Đường thẳng AB có phương trình 1 0a y . Do AB tiếp xúc với đường tròn nên 2 242 10, 35bd AB ba b . 0,5 (2,5 điểm) Với 3a b thì đường thẳng AB có phương trình 0x y . Do AB nên ; 3A a. 2 222 22 21 0IA a 3a (loại) hoặc 75a (loại). 0,56 Với 3a b thì đường thẳng AB có phương trình 0x y . Do AB nên ; 2A a. 2 222 0IA a 1a (nhận) hoặc 35a (loại). Vậy 1; 1A . 0,5 Với các số thực dương ,x ta có 20x y nên suy ra 22xx yy . Do đó 22 22 22 27 52 10 11 53 10 5a ab ba ab ab ab ba ab b   Suy ra 22 22 22 22 22 27 57 511 53 10 53 10 5a ab ba ab ba ab ba ab ba ab b     . 0,5 Ta lại có 2 22 211 2a ab b . Suy ra 2 211 2a ab b . Do đó 2 22 27 52 23 10 5a ab ba ba ab b   . 0,5 Chứng minh tương tự, ta có 2 22 27 52 23 10 10 5b bc ca ab ab bc ca a   . Vì vậy 3 2F c . Mặt khác 23a ab bc ca nên từ giả thiết, ta có 3a c . 0,5 (2,0 điểm) Suy ra 2F. Dấu bằng xảy ra khi 1a c . Vậy đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi 1a c . 0,5 -----HẾT-----Trên đây chỉ là phần trích dẫn 10 trang đầu của tài liệu và có thế hiển thị lỗi font, bạn muốn xem đầyđủ tài liệu gốc thì ấn vào nút Tải về phía dưới.