Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 11 năm 2014 – 2015 sở GD&ĐT Hà Tĩnh

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 11 năm học 2014 – 2015 sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Hà Tĩnh; đề thi có đáp án, lời giải chi tiết và hướng dẫn chấm điểm.

32 16 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 11

Môn: Toán 11

Thông tin:

5 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Kim Oanh
0
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT
NĂM HỌC 2014-2015
MÔN: TOÁN LỚP 11
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi có 01 trang, gồm 5 câu)
Câu 1.
a) Giải phương trình:
2cos4 cos2 1 3sin 2
x
xx
.
b) Giải phương trình:
32
3
81017824 307xx xx .
Câu 2.
a) Cho khai triển
01
(1 2 ) ...
nn
n
x
aax ax
, với n là số tự nhiên thỏa mãn
23
1
12 1
2 3 ... 78
n
nn n
n
n
nn n
CC C
Cn
CC C
 . Tìm số lớn nhất trong các số
01
, ,...,
n
aa a.
b) Cho tam giác ABC thỏa mãn
0
90CBA . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
.sin .sin
222
AB A B
Pcos
.
Câu 3. Trong mặt phẳng (P) cho nửa đường tròn (O) đường kính AC, điểm B di động trên nửa
đường tròn (O) với B khác A và C . Trên nửa đường thẳng Ax vuông góc với (P) lấy điểm S
sao cho
SA AC a . Gọi H, K lần lượt là chân đường cao hạ từ A xuống SB, SC.
a) Chứng minh rằng tam giác AHK vuông. Tính diện tích tam giác SBC theo a biết
34
34
a
HK
.
b) Xác định vị trí của B trên nửa đường tròn (O) sao cho tổng diện tích các tam giác
SAB và CAB lớn nhất.
Câu 4. Cho dãy số (x
n
) xác định như sau:
1
3x
và
3
1
2
24
6
nn
n
nn
xx
x
xx


với 1,2,...n
Với mỗi số nguyên dương
n, đặt
2
1
1
4
n
n
i
i
y
x
. Tìm lim
n
y .
Câu 5. Cho x, y, z dương thỏa mãn 326
x
yyz zx . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
222
149
149
P
x
yz


.
-------------HẾT -------------
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
- Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………………………………………….Số báo danh: ……………………….
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT
NĂM HỌC 2014 – 2015
MÔN: TOÁN LỚP 11
HƯỚNG DẪN CHẤM
Lưu ý: Mọi cách giải khác mà đúng và gọn đều cho điểm tương ứng
Câu Nội dun
g
Điểm
Câu 1a
3.0đ
Phương trình đã cho tương đương với:
22
23sin2 2 3sin20cos x x cos x x
0.5
(2 3sin2)(2 3sin21)0cos x x cos x x
0.5
23sin20(1)
23sin21(2)
cos x x
cos x x


0.5
Giải (1):
1
(1) tan 2
3
x
12 2
x
k

0.5
Giải (2): (2)
1
sin 2
62
x




6
2
x
k
x
k


0.5
Vậy: Nghiệm phương trình đã cho là:
12 2
x
k
 ;
6
x
k

;
2
x
k
 với kZ
0.5
Câu 1b
2.5đ
Đặt
2
3
24 30 7
x
xy (*) , ta có hệ :
3
23
810178(1)
24 30 7 (2)
xx y
xx y


0.5
Cộng vế theo vế (1) và (2) ta có:
33
(2 2) 8(2 2) 8
x
xyy
Từ phương trình này rút ra được:
22
y
x
0.5
Thế vào (*) ta được:
3
1
43
2
xx
(3)
0.25
Đặt x=cost với

0;t
ta được:
1
3
2
cos t
Giải phương trình này ta được:
35
;;
99 9
tt t


0,5
Do 3 số
57
;;
999
cos cos cos

đôi một phân biệt nên phương trình (3) có
đúng 3 nghiệm là:
57
;;
999
xcos xcos xcos


0,5
Vậy phương trình có 3 nghiệm là:
57
;;
999
xcos xcos xcos


0.25
Câu 2a
3.0đ
Ta có:
23
1
12 1
2 3 ... 78
n
nn n
n
n
nn n
CC C
Cn
CC C

( 1) ( 2) ... 1 78nn n
0.5
2
(1)
78 156 0
2
nn
nn

12n
0.5
2
Với
12n kết hợp với giả thiết ta được:
12
.2
kk
k
aC với k = 0,1,...,12
0.5
Xét
1
23
3
kk
aak
 7k
01 78
...aa aa (1)
0.5
Tương tự ta có:
8 9 11 12
...aa a a
(2)
0.5
Từ (1) và (2) ta được:
88
01 12 8 12
( , ,..., ) 2
M
ax a a a a C
0.5
Câu 2b
2.5đ
1
sin sin .
2222 2 2 2
AB A B AB AB AB
P cos cos cos cos





=
2
11
.
2222 2
AB AB AB
cos cos cos


=

11
()( )
44
cos A B cosA cosB
0.5
Chứng minh được:
()cosA cosB cos A B
(1)
Thật vậy:
sin 2 sin 2 sin sin
() . .
2sin( ) sin sin
ABA B
cos A B cosA cosB
AB C C

0.5
cosA cosB (do
0
090CBA )
Do đó
(
1
)
đ
ư
ợc chứn
g
minh.
0.5
Suy ra :
1
4
P
. Dấu bằng xẩy ra khi
sin
1
sin
sin
1
sin
A
C
B
C
hoặc
cos 0
sin
1
sin
A
B
C
tam giác
đều hoặc vuông cân tại A
0,5
Vậy:
1
4
MinP
đạt được khi
A
BC đều hoặc vuông cân tại A
0.5
Câu3a
3.0đ
H
K
C
B
A
S
Ta có:
BC AB (góc nội tiếp chắn nửa
đường tròn)
BC SA
( vì
())SA ABC
()BC SAB
B
CAH
0,75
Lại có:
A
KSC
(gt)
()
A
KSBC
A
KKH
A
KH
vuông tại H
0,75
SAC
vuông tại A và
AC AS a
2
2
a
AK
0,25
SHK
vuông tại H nên :
2
222
8
17
a
AH AK KH
0.25
SAB vuông tại A
2222
1119
8AB AH AS a

2
2
8
9
a
AB
0.25
A
BC vuông tại B
2
222
93
aa
BC AC AB BC
0.25
3
SBC
vuông tại B
2
.2
26
SBC
BC BS a
S

.
0.5
Câu3b
2.0đ
Đặt
ACB
với
00
090

, Khi đó:
sin , cosAB a BC a

0.25
Đặt
2
(1 ) sin
2
SAB CAB
acos
SS S


0.5
Xét:
T(1 )sincos

có:
222 3
T(1 )sin (1 )(1 )cos cos cos

 
0.25
Áp dụng bất đẳng thức cô si cho 4 số dương :
2
4
(1 ) (1 ) (1 ) 3(1 ) 4 3cos cos cos cos T


2
4
643T
33
4
a
T
có “=” khi
0
1
60
2
cos


0.5
Vậy: Điểm B thuộc nửa đường tròn (O) và
0
60ACB
.
0.5
Câu 4
2.0đ
2
1
2
(4)(2)
2
6
nn
n
nn
xx
x
xx



(1)
Do
1
3x
nên bằng qui nap chứng minh được
2
n
x
với mọi
*
n
0.25
2
1
2
(x 2)
0
6
n
nn
nn
xx
xx


()
n
x
là dãy tăng (2)
0.25
Giả sử dãy ()
n
x
bị chặn trên
3a
để lim
n
x
a . Khi đó:
3
2
2
24
440
6
aa
aaa
aa



2a
(loại)
Do đó:
lim
n
x  (3)
0.5
Từ (1) suy ra :
2
1
111
224
nnn
xxx


2
1
11 1
42 2
nnn
xxx


2
1
1
11
1
42
n
n
i
in
y
xx


(4)
0.5
Từ (3) và (4) suy ra : lim 1
n
y
0.5
Câu 5
2.0đ
Đặt
,2,3
x
ay bz c
Từ giả thiết suy ra:
a,b,c 0
1ab bc ca

(*) Khi đó:
222
111
111
P
abc


0,5
Từ giả thiết (*) tồn tại
A
BC sao cho:
tan ;b tan ;c tan
222
ABC
a 
0,5
222 2
cos cos cos 2 sin sin .
222 222
ABC AABC
Pcos

2
2sin sin
22
AA
 =
2
91 9
sin
42 2 4
A




0,5
Dấu bằng xấy ra khi:
1
sin
22
A
BC
1
tan
2
3
3
A
a
bc


Vậy: MaxP =
9
4
đạt được khi
323
;;3
33
ab c
0.5
4
| 1/5
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2014-2015 MÔN: TOÁN LỚP 11
Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang, gồm 5 câu) Câu 1. a)
Giải phương trình: 2cos 4x  cos 2x  1 3 sin 2x . b) Giải phương trình: 3 3 2
8x 10x 17  8 2
 4x  30x  7 . Câu 2.
a) Cho khai triển (1 2x)n a a x  ... n
a x , với n là số tự nhiên thỏa mãn 0 1 n 2 3 n C C C 1
C  2 n  3 n  ... nn
 78 . Tìm số lớn nhất trong các số a ,a ,...,a . n 1 2 n 1 C C C  0 1 n n n n
b) Cho tam giác ABC thỏa mãn 0
C B A  90 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A B A B P cos .sin .sin . 2 2 2
Câu 3. Trong mặt phẳng (P) cho nửa đường tròn (O) đường kính AC, điểm B di động trên nửa
đường tròn (O) với B khác A và C . Trên nửa đường thẳng Ax vuông góc với (P) lấy điểm S
sao cho SA AC a . Gọi H, K lần lượt là chân đường cao hạ từ A xuống SB, SC. a)
Chứng minh rằng tam giác AHK vuông. Tính diện tích tam giác SBC theo a biết a 34 HK  . 34 b) Xác
định vị trí của B trên nửa đường tròn (O) sao cho tổng diện tích các tam giác
SAB và CAB lớn nhất.
Câu 4. Cho dãy số (xn) xác định như sau: 3 x  2x  4 x  3 và n n x  với n  1,2,... 1 n 1  2 x x  6 n n n 1
Với mỗi số nguyên dương n, đặt y   . Tìm lim y . n 2  n i 1  x 4 i
Câu 5. Cho x, y, z dương thỏa mãn 3xy yz  2zx  6. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 4 9 P    . 2 2 2 1 x 4  y 9  z
-------------HẾT -------------
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
- Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………………………………………….Số báo danh: ………………………. 0
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT HÀ TĨNH
NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN: TOÁN LỚP 11 HƯỚNG DẪN CHẤM
Lưu ý: Mọi cách giải khác mà đúng và gọn đều cho điểm tương ứng Câu Nội dung Điểm
Phương trình đã cho tương đương với: 0.5 2 2
cos 2x  3sin 2x cos2x  3 sin 2x  0
 (cos2x  3 sin 2x)(cos2x  3 sin 2x 1)  0 0.5
cos2x  3sin 2x  0 (1)   0.5
cos2x  3sin 2x  1  (2) 1  
Câu 1a Giải (1): (1)  tan 2x   x   k 0.5 3 12 2 3.0đ    x   k     Giải (2): (2)  1 sin 2x       6  0.5  6  2 
x   k  2
Vậy: Nghiệm phương trình đã cho là:      x   k ; x
k ; x   k với k Z 0.5 12 2 6 2 3 8
 x 10x 17  8y (1) Đặt 3 2 24
x  30x  7  y (*) , ta có hệ :  0.5 2 3  24
x  30x  7  y (2)
Cộng vế theo vế (1) và (2) ta có: 3 3
(2x  2)  8(2x  2)  y  8y 0.5
Từ phương trình này rút ra được: y  2x  2 Thế vào (*) ta được: 3 1
4x  3x  (3) 0.25 2 1
Câu 1b Đặt x=cost với t 0;  ta được: cos3t  2 2.5đ 0,5 3 5
Giải phương trình này ta được: t  ;t  ;t  9 9 9  5 7
Do 3 số cos ; cos ;cos
đôi một phân biệt nên phương trình (3) có 9 9 9  0,5 5 7
đúng 3 nghiệm là: x cos ; x cos ; x cos 9 9 9  5 7
Vậy phương trình có 3 nghiệm là: x cos ; x cos ; x cos 0.25 9 9 9 2 3 n C C C Ta có: 1
C  2 n  3 n  ... nn  78 n 1 2 n 1 C C C 0.5 Câu 2a n n n
n n   n     3.0đ ( 1) ( 2) ... 1 78 n(n 1)  2
 78  n n 156  0  n  12 0.5 2 1
Với n  12 kết hợp với giả thiết ta được: k
a C .2k với k = 0,1,...,12 0.5 k 12 23 Xét aa k
k  7  a a  ...  a a (1) 0.5 k 1  k 3 0 1 7 8
Tương tự ta có: a a  ...  a a (2) 8 9 11 12 0.5
Từ (1) và (2) ta được: 8 8
Max(a , a ,...,a )  a  2 C 0.5 0 1 12 8 12 A B A B 1 A B A B A B P cos sin sin  .cos coscos   = 2 2 2 2 2  2 2  1 A B 1 A B A B 0.5 2  cos  .cos cos = 2 2 2 2 2 1 1 
 cos(A B)  (cosA cosB) 4 4
Chứng minh được: cosA cosB cos( A B) (1)
sin 2A  sin 2B sin A sin B 0.5
Câu 2b Thật vậy: cos( A B)   .cosA  .cosB 2.5đ 2sin(A B) sin C sin C
cosA cosB (do 0
0  C B A  90 ) 0.5
Do đó (1) được chứng minh. sin A 1 cos A  0 1 sinC  Suy ra : P
. Dấu bằng xẩy ra khi  hoặc sin B  tam giác 4 sin B0,5   1 1   sin C sin C
đều hoặc vuông cân tại A 1 Vậy: MinP
đạt được khi ABC đều hoặc vuông cân tại A 0.5 4 S
Ta có: BC AB (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,75 K
BC SA ( vì SA  (ABC))
BC  (SAB)  BC AH H A C
Lại có: AK SC (gt)
AK  (SBC)  AK KH 0,75   Câu3a AKH vuông tại H B 3.0đ a 2 SAC
vuông tại A và AC AS a AK 0,25 2 2 a SH
K vuông tại H nên : 2 2 2 8
AH AK KH 0.25 17 1 1 1 9 2 a
SAB vuông tại A     2 8  AB 0.25 2 2 2 2 AB AH AS 8a 9 2 a a
ABC vuông tại B  2 2 2
BC AC AB   BC 0.25 9 3 2 2 BC.BS a 2
SBC vuông tại B  S   . 0.5 SBC 2 6 Đặt  ACB   với 0 0
0    90 , Khi đó: AB asin , BC a cos 0.25 2
a (1 cos )sin Đặt S SS0.5 SABCAB 2
Xét: T  (1 cos )sin có: 0.25 Câu3b 2 2 2 3
T  (1 cos ) sin   (1 cos ) (1 cos ) 2.0đ
Áp dụng bất đẳng thức cô si cho 4 số dương : 4 2
(1 cos )  (1 cos )  (1 cos)  3(1 cos )  4 3T 0.5 3a 3 1 4 2
 6  4 3T T  có “=” khi 0
cos     60 4 2
Vậy: Điểm B thuộc nửa đường tròn (O) và  0 ACB  60 . 0.5 2
(x  4)(x  2) x  2 n n  (1) n 1  2 x x  6 n n 0.25
Do x  3 nên bằng qui nap chứng minh được x  2 với mọi * n   1 n 2 (x  2) n xx
 0  (x ) là dãy tăng (2) n 1  n 0.25 2 x x  6 n n n
Giả sử dãy (x ) bị chặn trên  a  3 để lim x a . Khi đó: n n Câu 4 3 a  2a  4 2.0đ 2 a
a  4a  4  0  a  2 (loại) 0.5 2 a a  6
Do đó: lim x   (3) n 1 1 1 1 1 1 Từ (1) suy ra :      2 x
 2 x  2 x  4 2 x  4 x  2 x  2 n 1  n n n n n 1  0.5 n 1 1  y    1 (4) n 2   i 1  x 4 x 2 i n 1 
Từ (3) và (4) suy ra : lim y  1 n 0.5
Đặt x a, y  2b, z  3c a,b,c  0 1 1 1 0,5
Từ giả thiết suy ra:  (*) Khi đó: P   
ab bc ca  1 2 2 2 1 a 1 b 1 c A B C
Từ giả thiết (*)  tồn tại A
BC sao cho: a  tan ;b  tan ;c  tan 0,5 2 2 2 A B C A A B C 2 2 2 2 P  cos  cos  cos  2  sin  sin .cos Câu 5 2 2 2 2 2 2 0,5 2.0đ A A 2 9  1 A  9 2  2  sin  sin =   sin    2 2 4  2 2  4  A 1  A 1 sin   a  tan  
Dấu bằng xấy ra khi:  2 2  2  3 B C b    c  3 0.5 9 3 2 3
Vậy: MaxP = đạt được khi a  ;b  ;c  3 4 3 3 3 4