Cộng đồng chia sẻ tri thức Lib24.vn

Đề thi HSG Môn toán lớp 11

4eca1a07a491cbf2a1a4479caddb5309
Gửi bởi: Võ Hoàng 25 tháng 2 2018 lúc 22:01 | Được cập nhật: 20 tháng 2 lúc 19:09 Kiểu file: PDF | Lượt xem: 307 | 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

TRƯỜNG THPT YJUT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG KHÓI 11 NĂM HỌC 2012-2013 TỔ TOÁN (Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề) Bài 1(4đ): cho số 1 4, ...... 0;1na a Chứng minh rằng: 21 4(1 ...... 4( ....... )n na a Bài 2(4đ):Giải phương trình 2012 2012 2014 20143sin os 2(sin os os22x x Bài 3(4đ): Tìm số nguyên dương bé nhất sao cho trong khai triển (1 )nxcó hai hệ số liên tiếp có tỉ số là 715 Bài 4(4đ): Cho hình vuông ABCD, là trung điểm của AB, là trung điểm của AD. Trên đường thẳng vuông góc với (ABCD) lấy điểm khác H. CMR: a) )AC SHK. b) Tính góc gữa CK với mặt phẳng (SDH). Bài 5(4đ) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tất cả các cạnh bằng và0\' \' 60B BA BC ABC Chứng minh A’B’CD là hình vuông.HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC: 2012 2013. Bài Nội dung Điểm Bài (4đ) Xét tam thức 21 4( (1 ...... ....... )n nf a Ta có 21 41 4(1) ...... .......(1) 1) 1) 1) 1) ..... 1)n nn nf af a  Mặt khác 1 4, ...... 0;1na a nên 12 23 3( 1) 0( 1) 0( 1) (1) 0...........( 1) 0n na aa aa fa a     Mà 21 4(0) ....... (1). (0) 0nf f Do đó phương trình f(x)=0 có nghiệm trên 0;1vậy 21 42 21 4(1 ...... 4( ....... 0(1 ...... 4( ....... )n nn na aa a  0,5 0,5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 Bài (4đ) 2012 2012 2014 20142012 2012 212 122012 20122012 203sin os 2(sin os os223os (2 cos 1) sin (1 sin os2 02os2 0(1)3os2 os sin 032os sin 0(2)2* os2 )4 23* os sin2x xc xc xc xc xc Zc xxx       120x Ta nhận thấy 20122012 20122012os 03* os sin 032sin 02c Rc Rx R    Vậy pt(2) vô nghiệm Phương trình có nghiệm là: )4 2x Z  0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5Bài (4đ) 0(1 )nn knkx x số hạng liên tiếp là 1;k kn nC C ta có 17 17 22 15 215 15 7knknCk kn kC k   Do ,n k¥ đặt 17kt khi đó 22 1n t đế là số nguyên dương bé nhất thì cũng phải là số nguyên dương bé nhất vì 0knên 17 17t t (vì là số nguyên dương bé nhất) vậy 22.1 21n Bài 4: (4đ) IADBCSHK a) Cm: )AC SHK Vì H, lần lượt là trung điểm của AB, AD nên HK là đường trung bình của tam giác ABD nên HK//BD mà (1)AC BD HK AC Mặt khác (2)SH ABCD SH AC từ (1);(2) ta có )AC SHK b) Tính góc gữa CK với mặt phẳng (SDH) Ta có ··( )CDK DAH CKD DHA mà ·····0 090 90 90 )HDA DHA CKD HDA KID CK DH I hay CK DH(1)mặt khác (2)SH ABCD SH CK từ (1); (2) ta có )CK SDH hay góc giữa CK và mặt phẳng (SDH) bằng 900 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5Bài 5: (4đ) A\'D\'B\'C\'BCDA Theo giả thiết ta có tứ giác A’B’CD là hình thoi 1\' \' \'. 02 2\'CB CD BB BC BA BB BA BC BA aCB CD  uuur uuur uuur uuur uur uuur uuur uuur uur Hay A’B’CD là hình vuông 1Lưu ý: Học sinh có cách làm khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa câu đó.