Đề thi chọn hsg khối 11 có đáp án ( Ngân)

Một bà mẹ mong muốn sinh bằng đợc con trai sinh đợc rồi thì không sinh nữa,cha sinh đợc thì sẽ sinh nữa, xác suất sinh con trai trong một lần là 0,467.. Tính xác suất sao cho bà mẹ đạt đ

Sở GD&ĐT Bắc Ninh

Trờng THPT Quế Võ 1 đê thi chọn học sinh giỏi cấp trờngNăm học 2009 – 2010

Môn:Toán Khối 11

Thời gian làm bài: 150 phút

Câu1: (2 điểm).

Cho phơng trình: sin 3x msinx 2 m 1 cos x2  (1)

1 Giải phơng trình (1) với m = 3

2 Tìm m để phơng trình (1) có 10 nghiệm thuộc khoảng 0;3

Câu2: (2 điểm).

1 Giải hệ phơng trình:



















) 2 ( y

x y x

) 1 ( 16 y x xy 8 y x

2

2 2

2.Cho dãy số u1, u2, u3 ……… xác định nh sau:

 

1 1

2

n = 1,2,3

1 1

n

n

u

u

u











 



 Gọi p là số lẻ và gọi q là số chẵn bất kì Chứng minh u p u q

Câu3(2 điểm).

1 Một bà mẹ mong muốn sinh bằng đợc con trai( sinh đợc rồi thì không sinh nữa,cha sinh đợc thì sẽ sinh nữa), xác suất sinh con trai trong một lần là 0,467

Tính xác suất sao cho bà mẹ đạt đợc mong muốn ở lần sinh thứ 2

2.Cho k và n là 2 số tự nhiên sao cho 4 k n và 1

1

C C  C 

4

C  C   C   C  C  C 

Câu4(3 điểm).

Cho hỡnh chúp S ABCD. cú đỏy là hỡnh bỡnh hành Gọi C' là trung điểm của SC và M là điểm di động trờn cạnh SA ( )P là mặt phẳng qua C M' và song song song với BC

a Dựng thiết điện của hỡnh chúp S ABCD. và mặt phẳng ( )P Định M để thiết diện

là hỡnh bỡnh hành

b Tỡm quỹ tớch giao điểm I của hai đường chộo thiết diện.

2 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn ( ) :C x 12y 22  4 Gọi f là

phép biến hình có được bằng cách sau: thực hiện phộp tịnh tiến theo vectơ 1 ; 3

v 



, rồi đến phộp vị tự tõm 4 ; 1

M 

 , tỉ số k 2 Viết phương trỡnh ảnh của đường trũn

(C) qua phộp biến hỡnh f.

Câu5 (1 điểm).Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có

tan3 tan3 tan3 1

đáp án

đê thi chọn học sinh giỏi cấp trờng

Môn:Toán Khối 11

1(2đ) 1(1đ) Với m=3 thì pt(1)

sin 3 3sin cos2 1

1

2 (k Z) 6

5

2 6

x x

x k















 







 











0,25

0,25 0,25 0,25

2(1đ)

 

 

 

2

sin 0 2

1 sin 2 3

3

2

x x m x











Vì x0;3nên pt(2) có nghiệm làx ,x 2 pt(3) nghiệm là , 5 , 13 , 17

Vậy để pt (1) có 10 nghiệm thuộc0;3 thì pt(4) có 4 nghiệm pb 

khác các nghiệm của pt(2),pt(3)

Biện luận để (4) có 4nghiệm thoả mãn là

4

4 3

2

m

m m

m

















0,25

0,25

0,25

0,25

2(2đ) 1(1đ)

Điều kiện: x + y > 0

* (1)  (x2 + y2)(x + y) + 8xy = 16(x + y)

 [(x + y)2 – 2xy ] (x + y) – 16(x + y) + 8xy = 0

 (x + y)3 – 16(x + y) – 2xy(x + y) + 8xy = 0

 (x + y)[(x + y)2 – 16] – 2xy(x + y – 4) = 0  x y 4 02 2 (3)

x y 4(x y) 0 (4)

  







0,25

0,25

Từ (3) ị x + y = 4, thay vào (2) ta đợc:

x2 + x – 4 = 2  x2 + x – 6 = 0  x 3 y 7

 ị 



  ị 

(4) vô nghiệm và x2 + y2 > 0 và x + y > 0

Vởy hệ có hai nghiệm là: (–3; 7); (2; 2)

0,25 0,25

2

Từ gt ta có un>1.Xét phơng trìnhx 1 1

x

2

   làm

nghiệm, túc là 1 1



 

Ta sẽ chứng minh rằng u 2n+1 > n=0,1,2  (1)

Với n=0 ta có u1 Giả sử (1) đúng với n=k tức là u2k1 Xét (1) khi n=k+1 ta có

2 3

2 2

2 1

2 3

k

k

k k

u

u

u u















Vởy theo nguyên lý qui nạp ta có (1) đúng với mọi n=0,1,2……

Xét số hạng 2

2 1

1 1

m

m

u

u 

 

Theo trênu2m 1  u2m 1 1  u2m (2)



  ị    ị 

Từ (1),(2) ta có up>uq

0,25

0,25

0,25 0,25

3(2đ) 1

2

Gọi Ai là biến cố ở lần thứ i bà mẹ sinh con trai

Gọi Bi là biến cố ở lần thứ i bà mẹ sinh con gái

Biến cố bà mẹ đạt đợc mong muốn ở lần sinh thứ 2 là biến cốB1A2

.Vì Ai,Bi độc lập với nhau nên

 1 2  1  2 0.248911

1

 



4

k n

C 



0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

4(3đ) 1

1b

J

I

N

O

C' B'

C A

S

D

B M

Trong (SBC) , , ,

C B SB B sao cho B’C’//BC

Trong (SAD) MNSDNsao cho MN//AD

Ta có:

'

' ' '

Thiết diện là hìhh thang MNC B' ' với B C' ' MN BC Thiết diện là

hình bình hành khi M là trung điểm SA.

Gọi I là giao điểm của MC' và NB', O là giao điểm của AC và BD.

Khi đó S, I, O thẳng hàng hay I thuộc đường thẳng SO.

Khi M  S thì I  S, khi M  A thì I  J với J là giao điểm của

'

AC với SO

Quỹ tích của I là đoạn SJ.

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25

2

Gọi I là tâm của (C) thì I(1 ; 2) và R là bán kính của (C) thì R = 2.

Gọi A là ảnh của I qua phép tịnh tiến theo vectơ 1 ; 3



, suy ra

;

Gọi B là tâm của (C’) thì B là ảnh của A qua phép vị tự tâm

;

  tỉ số k 2 nờn :

5 2

3 2

14 2

3







0,25

0,25

0,25

Vậy 5 ; 20

Gọi R’ là bán kính của (C’) Thì R’ = 2R = 4

Vậy

0,25

5(1đ)

Ta có

3 3

3

2 2 2 2

2 2

























tg A tg B tg A tg

Mặt khác

2 2

B tg A

4 2 2

cos 1

4

cos 4 sin 4

2

cos 2

cos

2 sin 2

2

cos 2 cos 2

tg B

A

B A B A B

A B

A

B A B

A

B A



























Do đó:

4

2 2 2

3 3

tg B tg A

tg    (1)

Tơng tự:

4

60 2

2

60 2

0 3

0 3



tg tg

C

Cộng theo vế (1) và (2) ta có:

2

60 4 ) 4

60 4

( 2 2

60 2

2 2

0 3 0

3 3

0 3 3

3

3

1 30 3 2 2

2

0 3 3

3 3







tg B tg C tg A

tg

Bất đẳng thức xảy ra dấu bằng khi tam giác ABC đều

0,25

0,25

0,25 0,25