Tải bản đầy đủ (.docx) (6 trang)

de thi hsg toan 11

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (143.42 KB, 6 trang )

(1)TRƯỜNG THPT B KIM BẢNG. ĐỀ THI ĐỀ XUẤT. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT Năm học 2013-2014 Môn: Toán Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề). Họ và tên: Trần Việt Hà Chức vụ: Giáo viên Đơn vị : Trường THPT B Kim Bảng Câu 1: (4 điểm) Tính tổng các nghiệm của phương trình sau trên.  0;1004 . 8sin 2 x.cos x  3 s inx  cos x 0 3 7 sin( x  )  3cos( x  ) 2 2 Câu 2: (5 điểm) a) Tính tổng 0 1 2 k 2011 2012 C2012 C2012 C2012 C2012 C2012 C2012 S    ...   ...   1.2 2.3 3.4 ( k  1).(k  2) 2012.2013 2013.2014 (k  N ,0 k 2012). b) Xếp 10 người gồm 5 nam và 5 nữ vào hai hàng ghế kê đối diện nhau, mỗi bên 5 chiếc. Hỏi có bao nhiêu cách xếp để nam và nữ luôn ngồi đối diện nhau ? Câu 3: (3 điểm) Cho dãy số thực (an ) xác định bởi a1 5 và an  n ann 11  2n  1  2.3n  1 với mọi n 2 Tìm số hạng tổng quát của dãy số (an ) ? Câu 4: (3 điểm) Cho dãy ngũ giác lồi An BnCn Dn En , xác định như sau: a) Ngũ giác A1B1C1D1 E1 có diện tích S1 2014 * b) Với mỗi n  N ngũ giác An1 Bn1Cn 1Dn 1 En1 được tạo thành bằng cách: Từ trung điểm mỗi cạnh của ngũ giác An BnCn Dn En ta nối với trung điểm 2 cạnh không kề nó. Ngũ giác An 1 Bn 1Cn 1 Dn 1 En 1 có các đỉnh chính là trung điểm của 5 cạnh thẳng nhận được theo cách nối trên. Gọi Si là diện tích của ngũ giác Ai Bi Ci Di Ei . Tìm S2013 ? Câu 5: (5 điểm) Cho lăng trụ đứng OAB.O’A’B’ có các đáy là các tam giác vuông cân, OA=OB=a, AA'=a 2 . Gọi M, P lần lượt là trung điểm của OA, AA’ a) Tính diện tích thiết diện của lăng trụ cắt bởi mp(  ) đi qua M và vuông góc với A’B.

(2) b) Gọi  là góc tạo bởi hai mp (OAB) và (MPB’). Tính cos ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Câu1 (4đ). Nội dung. Điều kiện xác định: 3 7 sin( x  )  3cos( x  ) 0  3 s inx  cosx 0 2 2 1    tan x   tan x tan  x   k , k  Z 6 6 3. PT  4sin 2 x sin x   2(cosx  cos3x) . Điểm. 0.5. 3 s inx  cosx 0 3 s inx  cosx 0. 1 3   cos3x  cosx  s inx  cos3x cos(x  ) 2 2 3     3 x  x   k 2  x   k   3 6   (k  Z )     3x  ( x  )  k 2  x  k  3 12 2 . 1.0. Kết hợp với điều kiện xác định ta có nghiệm của phương trình đã cho là. x .    k (k  Z ) 12 2. 1.0. Vì. x   0;1004   0 .    k 1004 12 2. 1 1  k   2008  6  6 k  Z. 1 k 2008  k  Z.  0;1004  là Suy ra các nghiệm của phương trình đã cho trên 1 k 2008   xk  k  12 2 với k  Z gồm 2008 nghiệm lập thành cấp số cộng. 0.5.

(3) x1 . có Câu 2. (5đ).    5 d   2 12 2 12 công sai   2008  5. nên tổng các nghiệm là n   3025052 S   2 x1  (n  1)   2  (2008  1)    2 2 2  12 2 3. 1.0. a) (3 điểm) Ta có k C2012 1 2012!  .  (k  1).(k  2) (k  1).( k  2) k !(2012  k )! k 2 C2014 1 2014!  .  2013.2014 (k  2)! 2014  (k  2)  ! 2013.2014. 1.0. Do đó. S. 1 2 3 2014  .  C2014  C2014  ...  C2014 2013.2014. 1.0. Mặt khác ta có 0 1 2 3 2014 C2014  C2014  C2014  C2014  ...  C2014 22014 2 3 2014  C2014  C2014  ...  C2014 22014  2015. 0.5. Vậy. 22014  2015 S 2013.2014. 0.5. b) (2 điểm) Không mất tính tổng quát và để dễ hình dung ta đánh số các ghế như sau: 1. 2. 3. 4. 5. 10. 9. 8. 7. 6. Có 10 cách chọn 1 trong 10 người để xếp vào ghế số 1. Sau khi đã chọn được 1 người để xếp vào ghế số 1 thì có 5 cách chọn người khác giới để xếp vào ghế.

(4) 1.0. số 10. Tương tự có 8 cách chọn 1 trong 8 người còn lại để xếp vào ghế số 2. Khi đó có 4 cách chọn người khác giới để xếp vào ghế số 9. Cứ tiếp tục quá trình như Câu 3 (3 đ). vậy, ta sẽ có 10.5.8.4.6.3.4.2.2 = 460 800 cách sắp xếp thỏa mãn đề bài. Từ công thức truy hồi ta suy ra. n n. n 1 n 1. a a. 2. n 1 n 1. n 2 n 2. n 1. 1.0. n 1.  2.3. 0.5. Thay n bằng n-1, n-2, ..., 2 ta được a. a. 2. n 2. n 2.  2.3. a22 a11  21  2.31. 0.5. Cộng vế với vế các đẳng thức trên rồi giản ước các số hạng bằng nhau ở hai vế, ta được Câu 4 (3 đ). n n. 1 1. n. a a   (2 k  1  2.3k  1 ) 5  (2 n  2)  (3n  3) 2 n  3n k 2. 1.0. Từ đó suy ra. an  n 2n  3n. 1.0. An K Dn+1. Cn+1. En. Bn. En+1 Bn+1. M. N An+1. Dn. Cn. ABC DE Gọi G là trọng tâm của ngũ giác n n n n n với kí hiệu thứ tự các đỉnh của ngũ giác An 1 Bn 1Cn 1 Dn 1 En 1 như hình vẽ ta có   1    1  1 GAn 1  (GM  GN )  (GB n  GC n  GD n  GE n )  GAn 2 4 4.

(5)       GA  GB  GC  GD n n n n  GE n 0 ) ( Vì Tương tự ta có    1  1 GB n 1  GB n ; GC n 1  GC n 4 4     1 1 GD n 1  GD n ; GE n 1  GE n 4 4 ABC DE Vậy ngũ giác An 1 Bn 1Cn 1 Dn 1 En 1 là ảnh của ngũ giác n n n n n qua phép vị tự tâm G tỉ số. k. 1 4. 1 S n 1 k 2 .Sn  S n (n  N * ) 16 Do đó * ABC DE Như vậy diện tích các ngũ giác n n n n n ( n  N ) lập thành cấp số nhân n 1  1 1 S n S1.   q  16  16 . Do đó với công bội. 0.5. 0.5. 0.5. 1.0. Vậy. S 2013.  1 S1.    16 . 2013 1. 2014  2012 16. 0.5.

(6)

(7)

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay
×