đề thi học sinh giỏi môn toán cấp trường khối 11

đề thi học sinh giỏi môn toán cấp trường khối 11 đề mẫu giúp các em học sinh thử sức trước khi bước vào các kì thi quan trọng môn toán của khối 11.

TaiLieu.VN Page 1

ĐỀ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

MÔN: TOÁN 11

Thời gian làm bài : 120 phút

Câu I (2,0 điểm)

1) Giải phương trình lượng giác sin 3 cos 22 x xsin2 x0







Câu II (2,0 điểm)

1) Cho a, b, c là ba hằng số và ( ) u n là dãy số được xác định bởi công thức:

n

u a n b n c n  n

Chứng minh rằng lim n 0

  khi và chỉ khi a  b c 0

2) Các số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành một cấp số nhân có tổng bằng 26 Tìm các số đó, biết rằng: nếu một cấp số cộng có a là số hạng thứ nhất, b là số hạng thứ ba thì c là số hạng thứ chín

Câu III (2,0 điểm)

1) Chứng minh rằng: với mọi số tự nhiên n, số 23n 1 chia hết cho 3n1 nhưng không chia hết cho 3n2

2) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt

ba chữ số khác nhau

Câu IV (3,0 điểm)

1) Cho hình hộp ABCD A B C D Trên cạnh AB lấy điểm M khác A và B ' ' ' '

Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng ( ACD').

b) Xác định vị trí của M để thiết diện nói trên có diện tích lớn nhất

2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và M là trung điểm của SC Một mặt phẳng (P) chứa AM và lần lượt cắt các cạnh SB, SD tại các điểm B', D' khác S Chứng minh rằng: 4 ' ' 3

Câu V (1,0 điểm)

Khảo sát tính chẵn - lẻ, tính tuần hoàn và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số ysinsinx

- HẾT -

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị

2:

TaiLieu.VN Page 3

M

Câu I

1) Giải phương trình lượng giác 2 2

sin 3 cos 2x x sin x 0.

2) Giải hệ phương trình   

x y

x y y x





I.1

(1,0đ)

sin 3x 3sinx 4 sin x (3 4 sin  x) sinx (1 2 cos 2 ) sin ,  x x 0,25

[(1 2 cos 2 ) cos 2x x 1]sin x 0

(4 cos 2 4 cos 2 cos 2 1) sin 0 (1 cos 2 )(1 4 cos 2 ) sin 0

cos 2 1

x

x k x





 



(với k nguyên)

0,25

I.2

(1,0đ)

Điều kiện: x y  ; [ 2; 2] Đặt 2 cos 2

2 cos 2











y v với u v , [0;2]

HPT  (1 cos 2 )(1 cos 2 ) 2

cos 2 sin 2 cos 2 sin 2 1







sin cos 1 / 2 sin 2( ) 1

u v

u v



 



 sin cos 1 / 2

4

u v

u v





 





sin( ) sin( ) 2

4

u v u v

u v





 







0,25



sin( ) 1 / 2

4

u v

u v





 





4

u v

u v



 





  





0

u v









 





(thỏa)

0,25

Kết luận: nghiệm hệ phương trình là 2 cos2 0

2 cos 0 2

x y









Câu II

1) Cho a, b, c là ba hằng số và  u n là dãy số được xác định bởi công thức:

n

u a n b n c n  n 2,0 đ

2) Các số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành một cấp số nhân có tổng bằng

26 Tìm các số đó, biết rằng: nếu một cấp số cộng có a là số hạng thứ nhất,

b là số hạng thứ ba thì c là số hạng thứ chín

II.1

(1,00đ)

1

n

n

cho nên: nếu a  b c 0 thì lim n( ) 0.

   

0,25 Ngược lại nếu a b c   0  a  b c thì khi n   ta có

n

II.2

(1,00đ)

Gọi u1a u, 2 b u, 3 c là ba số theo thứ tự lập thành một cấp số nhân có

công bội q; (v n ) là cấp số cộng có công sai d với v1a v, 3 b v, 9c Khi đó ta có:

1 1

1 1

2 3

2

3 9

2 (1)

8 (2)

26 3 10 26 (3)

u v a

u v a

aq a d

u v b

u v c aq a d

 







 

 



Dễ thấy q = 1  d = 0, nên:

0,50

3

ab c

0,25 Nếu q  1 (ad 0) hệ trên trở thành

2

2 1

4 3 0

3 10 26

d a q

q q

a d







   





 3

2

q

a d







 



 a = 2, b = 6, c = 18

0,25

Câu III 1) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n; số

3

2 n  1 chia hết cho 3n1

TaiLieu.VN Page 5

2) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác

0, lấy ngẫu nhiên một số Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ

có mặt ba chữ số khác nhau

III.1

(1,0đ)

Đặt A n = 2 3n  1

n = 0 thì A 0 = 21 1 = 3 chia hết cho 31 mà không chia hết cho 32 0,25

Giả sử A k = 23k  1chia hết cho 3k+1 mà không chia hết cho 3k+2 (A k = B.3 k+1;

với B nguyên, không chia hết cho 3).Ta có:

2 k   1 2 k   1 2 k  1 2 k  2 k  1 0,25

A k+1  A kA k2   3 2 3k = B 3k1B 3k12  3 2 3k= 3k2B3 32k1B 23k 0,25

Dễ thấy: B3 3 2k1chia hết cho 3 mà B 23k không chia hết cho 3 (vì B không

chia hết cho 3) nên B2.32k1 23k không chia hết cho 3

 A k+1 chia hết cho 3k+2, nhưng không chia hết cho 3k+3 Kết luận: 0,25

Ý.2

(1,0đ)

Ta có: 5

9 59.049

Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có:

Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là 3

9

C Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây:

TH1 Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách;

mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một

số tự nhiên n; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH1 này có cả thảy 3 5! 60

3!

  số tự nhiên

TH2 1 trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số kia

bằng 1 chữ số khác trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị

của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 2!

hoán vị của các vị trí mà a, a chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà b, b chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH2 này có cả thảy

5!

2!2!

  số tự nhiên

0,25

3!6! 0,25

Kết luận:   12.600 1.400 0,213382106

59.049 6.561

A

P A     

Câu IV

1) Cho hình hộp ABCD A B C D ' ' ' '. Trên cạnh AB lấy điểm M khác A và B

Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng (ACD').

a) Trình bày cách dựng thiết diện của hình hộp và mặt phẳng (P)

b) Xác định vị trí của M để thiết diện nói trên có diện tích lớn nhất

2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và M là trung điểm của SC Một mặt phẳng (P) chứa AM và lần lượt cắt các cạnh SB, SD tại các điểm B', D' khác S Chứng minh rằng: 4 ' ' 3

3,0 đ

IV.1.a

(0,75đ)

S

J

R

P

K

I

Q F

O

C'

B'

A'

C

A

B D

D'

M

Trong mp(ABCD), qua M vẽ đường thẳng song song với AC cắt DB, BC lần lượt tại E, N

Trong mp(BDD’B’), qua E vẽ đường thẳng song song với D’O (O=ACBD) cắt B’D’ tại F

Trong mp(A’B’C’D’), qua F vẽ đường thẳng song song với AC cắt A’D’, D’C’ lần lượt tại R, Q

Trong mp(AA’D’D), qua R vẽ đường thẳng song song với AD’ cắt AA’ tại

TaiLieu.VN Page 7

Trong mp(CC’D’D), qua Q vẽ đường thẳng song song với CD’ cắt CC’ tại

P

IV.1.b

(1,25đ)

Do các mặt đối diên của hình hộp song song nên các cạnh đối của lục giác

thiết diên MNPQRS song song và 3 cặp cạnh đó lần lượt song song với các cạnh tam giác ACD’

 Các tam giác JKI, ACD’, RQI, JMS, NKP đồng dạng

MJ MA NC NK PC PK QD QI

MN  MB  NB  NM  PC  PQ  QC  QP  MJ=NK và PK=QI

 Các tam giác RQI, JMS, NKP bằng nhau (gọi diện tích của chúng là S1

và gọi diện tích các tam giác JKI, ACD’ lần lượt là S2, S) 0,25

Đặt AM k;

AB  ta có điều kiện 0 k 1 và có:

2 1

k

      

0,25

2

S JK JM MK JM MK

k



0,25

 Diện tích thiết diện: S td S2 3S1

2

td

S

S  S k k  S k  

(dấu bằng xảy ra  1

2

k  )

0,25

S lớn nhất  1

2

k   M là trung điểm của AB

0,25

VI.2

(1,00đ)

P

N

D'

I

O

M

D

B

C A

S

B'

ACBD,

ta có: S, O, I là các điểm chung của 2 mặt phẳng (SAC) và (SBD)

 S, O, I thẳng hàng

Và I là trọng tâm các mặt chéo SAC

3

SI

SO

0,25

Vẽ BP // B'I và DN // D'I P N, SO OPON Đặt ;

SB SD SP SN SO

x y

SB SD SI SI SI

0,25 Suy ra:

2

3

3

x y xy x y



Từ (*): 1 x 2  2

x  x   x(3 x)  2  x y  2

 3 3

2

xy  3

2

xy



  1 1 3

2

x y

0,25

Câu V Khảo sát tính chẵn – lẻ, tính tuần hoàn và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y sin sinx. 1,0đ

V

(1,0đ)

Tập xác định của hàm số y f x( )  sin sinx là D  (đối xứng qua 0)

,

    Vậy, f chẵn (f không lẻ vì nó không đồng nhất bằng 0) 0,25

,

Tập giá trị của hàm số t  sinx là 0;  nên 0,25

0

min min sin 0,

t

  

0

max max sin 1

t

 

0,25

TaiLieu.VN Page 9