Cộng đồng chia sẻ tri thức Lib24.vn

Đề thi HSG Môn toán lớp 11

aa6ba75da83d83c5faeaca86a428d096
Gửi bởi: Võ Hoàng 25 tháng 2 2018 lúc 22:07:02 | Được cập nhật: hôm kia lúc 6:40:00 Kiểu file: PDF | Lượt xem: 553 | Lượt Download: 0 | File size: 0 Mb

Nội dung tài liệu

Tải xuống
Link tài liệu:
Tải xuống

Các tài liệu liên quan


Có thể bạn quan tâm


Thông tin tài liệu

SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012- 2013 Môn thi: Toán ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Khóa ngày 27 tháng năm 2013) SỐ BÁO DANH:…………….. Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1:(3.0 điểm) a) Giải hệ phương trình: 2221012 12xxy yx xy   b) Giải phương trình: 2cos cos sin 3x x Câu 2:(2.5 điểm) a) Tính giới hạn dãy số: 4 63lim 1n n b) Cho dãy số nu xác định như sau: 11120131 1)2013nnn nnuu n  Tìm công thức số hạng tổng quát và giới hạn dãy số nu? Câu 3:(2.5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình thang cân (AD//BC) và BC=2a, AB=AD=DC=a (a>0). Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi là giao điểm của AC và BD. Biết SD vuông góc với AC. a) Tính SD. b) Mặt phẳng () qua điểm thuộc đoạn OD (M khác O, D) và song song với hai đường thẳng SD và AC. Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (). Biết MD x. Tìm để diện tích thiết diện lớn nhất. Câu 4:(2.0 điểm) Cho phương trình: 20x ax bx cx d a) Với 2013d , chứng minh rằng phương trình có ít nhất hai nghiệm phân biệt. b) Với 1d, giả sử phương trình có nghiệm, chứng minh 243a c --------------------HẾT----------------------Trang: Đáp án Toán 11 SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012 2013 Môn thi: Toán (Khóa ngày 27 tháng năm 2013) HƯỚNG DẪN CHẤM (Đáp án, hướng dẫn này có trang) yªu cÇu chung Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng. Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai bước giải trước thì cho điểm đối với những bước giải sau có liên quan. câu nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0. Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm. Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài. Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài. Câu Nội dung Điểm a) ĐK: 0y. Đặt 11;a by Ta có hệ phương trình trở thành 2115 3( )6 18 213a aba aVNab ab ba b         TH1: 21( 1;33ax yb     TH2: 31( 2;22ax yb     1,5 điểm 0,25 0,75 0,25 0,25 b)2cos cos sin 3x x 22 22 22 22 2224 sin sin sin 34(1 sin sin 2(1 sin 04 sin (1 sin cos 2(1 sin 04(sin cos cos 2(1 sin 0sin 1sin 1sin cos )2cos 0cos 0x xx xx xx xxxx Zxx           1,5 điểm 0,5 0,5 0,5Trang: Đáp án Toán 11 a) 4 23 3lim lim )n n Ta có: 224 24 22 4111 1lim lim lim21 111 1nnn nn nn n            6 236 43 31lim( lim 0( 1) 1)n nn n  Do đó 4 631lim 12n n 1,0 điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 b) *0,nu N 11 11 12013 2013n nn nn nu u   Do đó: 12 1112013u u 23 2212013u u ... 11112013n nn nnu u Suy ra: 1111 1111 12013...2013 2013 2013 2012nnnnu u    111201320132012nnnu    1111 ... 2014 201320131 2013 2014 12012nnnnun n     (Cô si) Mặt khác 2013lim 1n    . Vậy lim 1nu 1,5 điểm 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25Trang: Đáp án Toán 11 OBCADSTMNPKQJ 2,5 điểm 0,25 a) Dễ thấy đáy ABCD là nữa hình lục giác đều cạnh a. Kẻ DT//AC (T thuộc BC). Suy ra CT=AD=a và DT vuông góc SD. Ta có: DT=AC=3a. Xét tam giác SCT có SC=2a, CT=a, 0120SCT 7ST a Xét tam giác vuông SDT có DT=3a, 2ST SD a b) Qua kẻ đường thẳng song song với AC cắt AD, DC lần lượt tại N,P. Qua M, N, kẻ các đường thẳng song song với SD cắt SB, SA, SC lần lượt tại K, J, Q. Thiết diện là ngũ giác NPQKJ. Ta có: NJ, MK, PQ cùng vuông góc với NP. dt(NPQKJ)=dt(NMKJ)+dt(MPQK)=1 1( )2 2NJ MK MN MK PQ MP 1( ).2NJ MK NP (do NJ=PQ). Ta có: 333NP MD AC MD aNP xaAC OD OD ..32( 3)3aa xNJ AN OM SD OMNJ xaSD AD OD OD    2 3. 2( )3 3a xKM BM SD BMKM xSD BD BDa Suy ra: dt(NPQKJ)=1 22( 2(3 )23a x    221 3(3 )2 (3 343 3a a   Diện tích NPQKJ lớn nhất bằng 23 34a khi 34x a 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25Trang: Đáp án Toán 11 a) d= -2013 Đặt 2( 2013f ax bx cx liên tục trên R. Ta có: 0 2013 0f Mặt khác lim )xf x , nên tồn tại số 0; 0  sao cho 0; 0f f  . Do đó (0). 0; (0). 0f f  . Vậy phương trình có ít nhất hai nghiệm phân biệt thuộc hai khoảng 0) và (0, ) 1.0 điểm 0,25 0,5 0,25 b) d=1: Gọi 0x là nghiệm của phương trình (00x) 20 020 01 11 0x ax bx cx ax cx x Ta có: 22 20 02 20 01 1( 1) 1)a ax xx x        22 20 02 20 01 1ax ax xx x    Suy ra: 2202202 220201111xxta ctxx     với 202012t xx Mặt khác: 2243 2)(3 2) 01 3tt tt  (đúng do 2t). Vậy 243a c . Dấu bằng xảy ra khi 23a c (ứng với 01x) 2,3 3a b (ứng với01x ) 1.0 điểm 0,25 0,25 0,25 0,25