Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) phần 1

61 8,560 68
  • Loading ...
1/61 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 31/08/2014, 07:16

Bài 4(4đ): Cho hình vuông ABCD, H là trung điểm của AB, K là trung điểm của AD. Trên đường thẳng vuông góc với (ABCD) lấy điểm S khác H. Chứng minh rằng:a) .b) Tính góc gữa CK với mặt phẳng (SDH). Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG… ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2013-2014 ĐỀ SỐ 1: Môn thi: Toán (Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề) Bài 1(4đ): cho n số : [ ] 1 2 3 4 , , , , 0;1 n a a a a a ∈ Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 1 2 3 4 1 2 3 4 (1 ) 4( ) n n a a a a a a a a a a+ + + + + + ≥ + + + + + Bài 2(4đ): Giải phương trình: 2012 2012 2014 2014 3 sin os 2(sin os ) os2 2 x c x x c x c x + = + + Bài 3(4đ): Tìm số nguyên dương bé nhất n sao cho trong khai triển (1 ) n x+ có hai hệ số liên tiếp có tỉ số là 7 15 Bài 4(4đ): Cho hình vuông ABCD, H là trung điểm của AB, K là trung điểm của AD. Trên đường thẳng vuông góc với (ABCD) lấy điểm S khác H. Chứng minh rằng: 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 a và · · · 0 ' ' 60B BA B BC ABC= = = . Chứng minh A’B’CD là hình vuông. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Bài Nội dung Điểm Bài 1 (4đ) Xét tam thức 2 2 2 2 2 2 1 2 3 4 1 2 3 4 ( ) (1 ) ( ) n n f x x a a a a a x a a a a a= − + + + + + + + + + + + + Ta có 2 2 2 2 2 2 1 2 3 4 1 2 3 4 1 1 2 2 3 3 4 4 (1) 1 1 (1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) n n n n f a a a a a a a a a a f a a a a a a a a a a = − − − − − − − + + + + + + ⇒ = − + − + − + − + + − Mặt khác [ ] 1 2 3 4 , , , , 0;1 n a a a a a ∈ nên 0,5 0,5 0.5 0.5 1 Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1 1 1 2 2 3 3 ( 1) 0 ( 1) 0 ( 1) 0 (1) 0 ( 1) 0 n n a a a a a a f a a − ≤   − ≤   − ≤ ⇒ ≤    − ≤   Mà 2 2 2 2 2 1 2 3 4 (0) 0 (1). (0) 0 n f a a a a a f f= + + + + + ≥ ⇒ ≤ Do đó phương trình f(x)=0 có nghiệm trên [ ] 0;1 vậy 2 2 2 2 2 2 1 2 3 4 1 2 3 4 2 2 2 2 2 2 1 2 3 4 1 2 3 4 (1 ) 4( ) 0 (1 ) 4( ) n n n n a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a ∆ = + + + + + + − + + + + + ≥ ⇒ + + + + + + ≥ + + + + + 0.5 0.5 0.5 0.5 Bài 2 (4đ) 2012 2012 2014 2014 2012 2 2012 2 12 12 2012 2012 2012 20 3 sin os 2(sin os ) os2 2 3 os (2cos 1) sin (1 2sin ) os2 0 2 os2 0(1) 3 os2 ( os sin ) 0 3 2 os sin 0(2) 2 * os2 0 ( ) 4 2 3 * os sin 2 x c x x c x c x c x x x c x c x c x c x c x x c x x k k Z c x x x π π + = + + ⇔ − − − + = = ⇔ + − = ⇔ + − = = ⇔ = + ∈ + −     12 0x = Ta nhận thấy 2012 2012 2012 2012 os 0 3 * os sin 0 3 2 sin 0 2 c x x R c x x x R x x R  ≥ ∀ ∈  ⇔ + − ∀ ∈  − ∀ ∈   f f Vậy pt(2) vô nghiệm Phương trình có nghiệm là: ( ) 4 2 x k k Z π π = + ∈ 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 2 Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1 1 1 1 1 Bài 3 (4đ) 0 (1 ) n n k k n k x C x = + = ⇒ ∑ số hạng liên tiếp là 1 ; k k n n C C + ta có 1 7 1 7 1 7 22 15 3 2 15 15 7 k n k n C k k n k n k C n k + + + = ⇔ = ⇒ = + ⇔ = + + − Do ,n k ∈¥ đặt 1 7 k t + = khi đó 22 1n t = − đế n là số nguyên dương bé nhất thì t cũng phải là số nguyên dương bé nhất vì 0k ≥ nên 1 7 1 0 1 7 t t t− ≥ ⇒ ≥ ⇒ = (vì t là số nguyên dương bé nhất) vậy 22.1 1 21n = − = Bài 4: (4đ) I A D B C S H K a) Cm: ( )AC SHK⊥ Vì H, K 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 c g c CKD DHA∆ = ∆ ⇒ = mà · · · · · 0 0 0 90 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 90 0 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 3 Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1 Bài 5: (4đ) A' D' B' C' B C D A Theo giả thiết ta có tứ giác A’B’CD là hình thoi 1 1 ' ( ' ) '. . . . . . 0 2 2 ' CB CD BB BC BA BB BA BC BA a a a a CB CD = − = − = − = ⇒ ⊥ uuuruuur uuur uuur uur uuur uuur uuur uur Hay A’B’CD là hình vuông 1 1 1 1 Lưu ý: Học sinh có cách làm khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa câu đó. ĐỀ SỐ 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG … ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2013-2014 (Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian phát đề) Đề này có 05 câu, gồm 01 trang Câu I. (Khối A: 4,0 điểm; Khối B, D: 5,0 điểm ) Cho hàm số ( ) 3 2 2 2 9 12 1y f x x mx m x= = + + + , ( m là tham số) 1. Khi 1m = − , hãy viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng ∆ có phương trình 3 20 17 0x y+ + = . 4 Đề chính thức Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình ( ) ' 0f x = có hai nghiệm phân biệt ( ) 1 2 1 2 ,x x x x< thoả mãn điều kiện 2 1 2 x x= . Câu II. (Khối A: 4,0 điểm; Khối B, D: 5,0 điểm ) 1. Giải phương trình: 2 tan 4cos 2sin 2 3 cos x x x x π   + = + +  ÷   2. Giải hệ phương trình: 1 3 3 1 2 8 x x y y x y y  + + + − =     + + =   Câu III. ( 4,0 điểm) 1. Tìm giới hạn sau: 3 2 2 3 5 2 3 3 lim 4 x x x x x → − + − − − 2. Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5 lập các số có ba chữ số đôi một khác nhau. Lấy ngẩu nhiên một số vừa lập. Tính xác suất để lấy được số không chia hết cho 3. Câu IV. ( 6,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường tròn ( ) ( ) ( ) 2 2 : 1 2 4C x y− + − = có tâm là I và điểm ( ) 1;0M − . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M cắt ( ) C tại hai điểm ,A B sao cho tam giác IAB có diện tích 3S = . 2. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . ,M N lần lượt là trung điểm của AB và AD , H là giao điểm của CN với DM , biết SH vuông góc với mặt phẳng đáy và góc giữa hai mặt phẳng ( ) SCD và ( ) ABCD bằng 0 30 . Tính SH và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và DM theo a. Câu V. ( 2,0 điểm) Cho , ,x y z là các số thực dương thoả mãn: 3x y z xyz+ + = Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 2 3 2 3 2 3 4 3 1 3 1 3 1 y z x x y y z z x + + ≥ + + + HẾT ĐÁP ÁN MÔN TOÁN LỚP 11 (Đáp án gồm 04 trang) 5 Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1 Câu Đáp án Điể m I 1. ( 2,5 điểm) (4 điểm ) Với 1m = − ta có hàm số ( ) 3 2 2 9 12 1y f x x x x= = − + + , ( ) ' 2 6 18 12f x x x= − + Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến, ( ) 0 0 ;x y là toạ độ tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị hàm số. Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng ∆ : 3 20 17 0x y+ + = 0,75 nên 3 . 1 20 k −   = −  ÷   Hay 20 3 k = ( ) ' 2 0 0 0 20 6 18 12 3 f x x x⇒ = − + = 0 0 1 3 8 3 x x  =  ⇔  =  0,75 +) 0 0 1 110 3 27 x y= ⇒ = phương trình tiếp tuyến là 20 1 110 3 3 27 y x   = − +  ÷   +) 0 0 8 187 3 27 x y= ⇒ = phương trình tiếp tuyến là 20 8 187 3 3 27 y x   = − +  ÷   Vậy có hai tiếp tuyến là : 20 50 3 27 y x= + và 20 293 3 27 y x= − 1.00 2. ( 1,5 điểm) ( ) ( ) ' 2 2 2 2 6 18 12 6 3 2f x x mx m x mx m= + + = + + ( ) ' 0f x = có hai nghiệm phân biệt 2 2 3 2 0x mx m⇔ + + = có hai nghiệm phân biệt 2 0 0m m⇔ ∆ = > ⇔ ≠ . 0,75 ( ) ( ) 1 2 1 1 3 , 3 2 2 x m m x m m= − − = − + (do 1 2 x x< ) Theo giả thiết 2 1 2 x x= 2 3 3 2 2 2 m m m m m     − − − + ⇒ = ⇔ = −  ÷  ÷     0,75 II 1. ( 2,0 điểm) (4 điểm ) Điều kiện : cos 0 , 2 x x l l Z π π ≠ ⇔ ≠ + ∈ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 sin 4cos 2sin 2 cos 2 3 sin 2 1 cos2 sin 2 3 cos 2 cos 2 sin sin 2 cos 2cos 2 3 cos 2 cos 0 sin 1 2cos cos 2 2 3 cos 0 sin cos2 cos2 2 3 cos 0 cos 2 sin 3 cos 2 0 pt x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x π   ⇔ + = + +  ÷   ⇔ + + = + + ⇔ − + − = ⇔ − + − = ⇔ − + − = ⇔ + − = 1,00 6 Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1 ) cos 2 0 , 4 2 x x k k Z π π + = ⇔ = + ∈ 1 3 ) sin 3cos 2 0 sin cos 1 2 2 sin 1 2 , 3 6 x x x x x x k k Z π π π + + − = ⇔ + =   ⇔ + = ⇔ = + ∈  ÷   So với điều kiện ta được nghiệm của pt là : ; 2 , 4 2 6 x k x k k Z π π π π = + = + ∈ 1.00 2. ( 2,0 điểm) Điều kiện : 1 0, 0, 3y x x y y ≠ + ≥ + ≥ Đặt 1 , 3 , , 0a x b x y a b y = + = + − ≥ . Hệ trở thành 2 2 3 2, 1 1, 2 5 a b a b a b a b + = = =   ⇔   = = + =   0,75 +) Với 2, 1a b= = ta có 1 1 1 2 4 3, 1 4 4 5, 1 4 4 3 1 x x x y x y y x x y y x x y x y    + = + = = = + =     ⇔ ⇔ ⇔ −     = = −     = − + =  + − =   0,50 +) Với 1, 2a b= = ta có 1 1 1 1 1 4 10, 3 10 1 7 4 10, 3 10 7 7 3 2 x x x y x y y x x y y x x y x y     + = + = = − = + + =    ⇔ ⇔ ⇔  −    = + = −      = − + =  + − =   0,50 Thử lại ta thấy tất cả các nghiệm đều thoả mãn. Vậy hệ có 4 nghiệm ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } ; 3;1 , 5; 1 , 4 10;3 10 , 4 10;3 10x y = − − + + − 0,25 III 1. ( 2,0 điểm) (4 điểm ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 5 2 3 3 3 5 2 2 3 1 lim lim lim 4 4 4 3 5 4 2 3 1 lim lim 4 3 5 2 4 2 3 2 3 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x → → → → → − + − − − − − − = + − − − − − − − = +   − − + − − + − +  ÷   0,50 0,50 7 Đáp án Toán 11- Trang 1 Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 3 2 2 2 2 3 3 2 3 2 2 2 lim lim 2 2 3 5 2 2 2 2 3 2 3 1 3 2 2 16 2 7 lim lim 4.4 4.3 6 2 3 5 2 2 2 3 2 3 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x → → → → − + + − = +   − + − + − + − + − +  ÷   + + = + = + =   + − + + − + − +  ÷   0,50 0,50 2. ( 2,0 điểm) +) Tìm số có ba chữ số khác nhau lập được từ tập { } 0,1,2,3,4,5E = Số cần tìm có dạng abc Chọn , 0a E a∈ ≠ có 5 cách. Chọn 2 trong 5 số còn lại của { } \E a xếp vào hai vị trí b, c có 2 5 A cách. Vậy có 2 5 5. 100A = (số) 1,00 +) Tính số lập được chia hết cho 3. Số cần tìm có dạng abc , 3a b c+ + M Xét các tập con gồm 3 phần tử của tập { } 0,1,2,3,4,5E = , ta thấy chỉ có các tập sau thoả mãn điều kiện tổng các chữ số chia hết cho 3 là: { } { } { } { } { } { } { } { } 1 2 3 4 5 6 7 8 A 0,1,2 , A 0,1,5 ,A 0,2,4 ,A 0,4,5 A 1,2,3 , A 1,3,5 , A 2,3, 4 , A 3,4,5 = = = = = = = = Khi 1 2 3 4 , , , , ,a b c A A A A∈ mỗi trường hợp lập được 4 số thoả mãn yêu cầu. Khi 5 6 7 8 , , ; ; ;a b c A A A A∈ mỗi trường hợp lập được 6 số thoả mãn yêu cầu. Vậy có 4.4 4.6 40+ = (số) Suy ra số không chia hết cho 3 là 100 40 60− = (số) Xác suất cần tính là 60 0,60 100 P = = 1,00 IV 1. ( 3,0 điểm) (6 điểm ) (C) có tâm ( ) 1;2 , 2I R = ; Đường thẳng ∆ đi qua ( ) 1;0M − có phương trình ( ) 2 2 1 0, 0a x by a b+ + = + ≠ . Giả sử ∆ cắt (C) tại hai điểm ,A B thoả mãn 3 IAB S = V . Gọi H là hình chiếu của I trên AB ⇒ H là trung điểm của AB Ta có · · · · 0 0 60 1 3 . sin 3 sin 2 2 120 IAB AIB S IA IB AIB AIB AIB  = = = ⇒ = ⇒   =  V 1,00 +) · 0 0 60 .cos30 3AIB IH IA= ⇒ = = ( ) , 3d I IH⇒ ∆ = = 8 Đáp án Toán 11- Trang 2 Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 4 15 , 1 2 2 3 8 0 0 15 4 , 1 a b a b a b ab do a b a b a b  = − + = +  ⇔ = ⇔ + + = ⇔ + ≠  + = − =   Pt ∆ là ( ) ( ) 4 15 4 15 0; 4 15 4 15 0x y x y+ − + + = − − + − = 1,00 +) · 0 0 120 .cos60 1AIB IH IA= ⇒ = = ( ) , 1d I IH⇒ ∆ = = ( ) 2 2 2 2 2 2 4 7 , 1 2 2 3 1 3 3 8 0 0 4 7 , 1 3 a b a b a b ab do a b a b a b  − − = =  +  ⇔ = ⇔ + + = ⇔ + ≠  − ++ = =   Pt ∆ là ( ) ( ) 4 7 3 4 7 0; 4 7 3 4 7 0x y x y+ − + + = − − + − = Vậy có 4 đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. 1,00 2. ( 3,0 điểm) 1,00 Từ H kẻ HI CD⊥ , do ( ) SH ABCD SH CD⊥ ⇒ ⊥ , từ đó suy ra ( ) CD SHI⊥ ⇒ góc giữa ( ) SCD và ( ) ABCD là góc ( ) · · 0 , 30SI HI SIH= = . Trong tam giác vuông DHC ta có . 2 5 DH CH a HI CD = = . Trong tam giác vuông SHI ta có 0 2 3 .tan 30 15 a SH IH= = . 1,00 Gọi K là trung điểm của DC //BK DM ⇒ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) // , , ,DM SBK d DM SB d DM SBK d H SBK⇒ ⇒ = = Ta có ( ) MAD NDC c g c∆ = ∆ − − · · ADM DCN⇒ = mà · · · · · 0 0 0 90 90 90 ADM MDC DCN MDC DHC + = ⇒ + = ⇒ = Hay DM CN ⊥ Trong tam giác DCN ta có . . 2 . 5 5 DCN DH CN DN DC S DN DC a DH CN ∆ = = ⇒ = = 2 2 2 5 5 a CH DC DH= − = 9 A D B C HN M S I K Đáp án Toán 11- Trang 3 Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1 Gọi E là giao điểm của BK và CN, từ H kẻ ( ) 1HF SE⊥ , do ( ) ( ) 2 BK CN BK SHE BK HF BK SH ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥  ⊥  Từ (1) và (2) suy ra ( ) ( ) ( ) ,HF SBK HF d H SBK⊥ ⇒ = Ta có //EK HD mà K là trung điểm của DC nên E là trung điểm của HC 1 5 2 5 a HE HC⇒ = = . Trong tam giác vuông SHE ta có 2 2 2 2 2 2 1 1 1 5 75 95 2 4 4 95 a HF HF HE HS a a a = + = + = ⇒ = Vậy ( ) ( ) ( ) 2 , , 95 a d DM SB d H SBK HF= = = . 1,00 V ( 2 điểm) (2 điểm ) Từ giả thiết 1 1 1 3 3x y z xyz xy yz zx + + = ⇒ + + = , Đặt , , 0 1 1 1 , , 3 a b c a b c ab bc ca x y z >  = = = ⇒  + + =  Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau: 3 3 3 2 2 2 3 3 3 3 4 a b c b c a + + ≥ + + + (*). 0,50 Do ab + bc + ca = 3 nên VT (*) = 3 3 3 2 2 2 a b c b ab bc ca c ab bc ca a ab bc ca + + + + + + + + + + + = 3 3 3 ( )( ) ( )( ) ( )( ) a b c b c a b c a b c a b c a + + + + + + + + Theo BĐT AM-GM ta có 3 3 ( )( ) 8 8 4 a b c a b a b c a b + + + + ≥ + + 3 5 2 ( )( ) 8 a a b c b c a b − − ⇒ ≥ + + (1) 0.75 Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được: 3 5 2 ( )( ) 8 b b c a c a b c − − ≥ + + (2), 3 5 2 ( )( ) 8 c c a b a b c a − − ≥ + + (3) Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được (*) 4 a b c VT + + ≥ Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được : a + b + c ≥ 3( )ab bc ca+ + = 3. Đẳng thức xảy ra khi 1a b c= = = hay 1x y z= = = (Đpcm) 0,75 10 Đáp án Toán 11- Trang 4 [...]... 2 011 5 2 011 2 011 5 2 011 nờn 0 k k 1 5 k 5 C5 C2 011 + C1 C 2 011 + + C5 C2 011 = Ck 5 2 016 3 (1 im) Ta cú: u1 = 11 = 10 + 1 u 2 = 10 .11 + 1 9 = 10 2 = 10 0 + 2 u 3 = 10 .10 2 + 1 9.2 = 10 03 = 10 00 + 3 un = 10 n + n (1) III D oỏn: Chng minh: Ta cú: u1 = 11 = 10 1 + 1 , cụng thc (1) ỳng vi n =1 Gi s cụng thc (1) ỳng vi n=k ta cú : uk = 10 k + k Ta cú: uk + 1 = 10 (10 k + k) + 1 - 9k = 10 k +1 + (k + 1) Cụng thc (1) ... 3 4 5 4 5 5 5 0.25 0.25 31 Tuyn tp cỏc thi hc sinh gii toỏn lp 11 (cú ỏp ỏn chi tit) phn 1 2 011 k 2 011 N = (1+ x) = C0 + C1 x1 + + C 2 011 x k + + C 2 011 x 2 011 2 011 2 011 P = (1+ x) 2 016 k 2 016 = C0 + C1 x + + C 2 016 x k + + C 2 016 x 2 016 2 016 2 016 Ta cú h s ca x k trong P l Ck 2 016 Vỡ P = M.N , m s hng cha x k trong M.N l : 0.25 0 k k 1 2 4 C5 C2 011 x k + C15xC2 011 x k 1 + C5 x 2Ck 2 x k 2 +... y 4 = 0 4 x 4 y + 1 = 0 x = 17 /12 y = 5/3 3 /1 3/2 4 1, 0 1, 0 1, 0 l nghim ca h ( x 2 + 2 014 ) 2 014 1 2 014 x 2 014 1) lim = x0 x ( x 2 + 2 014 ) 2 014 1 2 014 x ( x 2 + 2 014 ) + x 2 lim x0 x 2 2 014 ( x + 2 014 )( 1 2 014 x 1) + x 2 = lim = x0 x 2 014 lim( x 2 + 2 014 ) x0 2 014 (1 2 014 x) 2 013 + 2 014 (1 2 014 x) 2 012 + + 1 =-2 014 c k =0 i =0 1, 0 1, 0 0,5 2) 1 + x (1 x 2 ) 2008 k 1, 0 2008 2008 2008 k... n +1 Ta cú (1 x) 2 n +1 = c2 n +1 c1 n +1. x + c2 n +1. x 2 c2 n +1. x3 + c2 n +1 x 2 n +1 (1) 2 Ly o hm c hai v ca (1) theo x ta c 2 3 2 n +1 (2n + 1) (1 x) 2 n (1) = c1 n +1 + 2c2 n +1. x 3.c2 n +1. x 2 + (2n + 1) .c2 n +1 x 2 n 2 2 3 2 n +1 (2n + 1) (1 x) 2 n = c1 n +1 2c2 n +1. x + 3.c2 n +1. x 2 + (2n + 1) .c2 n +1 x 2 n (2) 2 Cho x=2 vo hai v ca (2) ta c: 2n + 1 = c 2 n +1 2 n +1 + (2n + 1) .c... C2 011 + C1 C2 011 + + C5 C2 011 = C2 016 5 u1 = 11 3.Cho dóy s (un) xỏc nh bi : u n +1 = 10 u n + 1 9 n, n N 29 Tuyn tp cỏc thi hc sinh gii toỏn lp 11 (cú ỏp ỏn chi tit) phn 1 Tỡm cụng thc tớnh un theo n Cõu III: (2 im) 2 2 2 1 1 1 Cho Pn= 1 2.3 3.4 (n + 1) (n + 2) lim Un Gi Un l s hng tng quỏt ca Pn Tỡm n+ (x 2 + 2 012 ) 3 1 2x 2 012 4x + 1 2 Tỡm gii hn: lim x 0 x Cõu IV: ( 3 im) 1. .. y 1 + 2 y + (1 + y ) y 2 (3 (1 + 3 y ) 2 + (1 + y )3 1 + 3 y + (1 + y ) 2 ) 1 y+3 = lim + y 0 1 + y + 1 + 2 y (1 + y ) 2 + (1 + y )3 1 + 3 y + 3 (1 + 3 y ) 2 1 1 = +1 = 2 2 1 Vy I = 2 Cõu 3 Cho 10 thí sinh ngồi quanh một bàn tròn Ngân hàng đề thi có 10 loại đề khác nhau, mỗi loại đề có nhiều đề khác nhau Một cách phát đề gọi là hợp lệ nếu mỗi thí sinh nhận đợc một loại đề và hai thí sinh. .. đó có 10 -2=8 cách phát đề cho thí sinh an +1 (khác với 2 đề của a1, an ) - Nếu a1 = an thì bỏ đi hai thí sinh an , an +1 ta đợc một cách phát đề hợp lệ cho ( n 1) thí sinh a1 , a2 , , an1 Khi đó có 10 -1= 9 cách phát đề hợp lệ cho an , an +1 (cụ thể an = a1 , còn an +1 phát 1 trong 9 đề khác a1 ) Nh vậy ta có hệ thức sau sn +1 = 8 sn + 9n1 , n 2 Mặt khác, dễ tính đợc : s2 = 10 .9 = 90, s3 = 10 .9.8 = 720... Cõu1: x=k khụng phi l nghim.nhõn thờm sinx vo hai v a v pt sin4x=sinx (1 im) Suy ra x=k2/3 ; x=/5 +k2/5 (1 im) vỡ xk nờn pt cú cỏc nghim x=2/3 +k2; x=/5 +k2; x=3/5 +k2 (1/ 2 im) 19 Tuyn tp cỏc thi hc sinh gii toỏn lp 11 (cú ỏp ỏn chi tit) phn 1 Cõu2: x+3 chia ht cho x2 +1 suy ra ( x+3 )(x-3)chia ht cho x2 +1 (1 x2 +1- 10 chia ht cho x2 +1 -10 chia ht cho x2 +1 (1 im) im) T ú tỡm c x=0, x= -1, x =1, x=2 (1/ 2... x=2/(2k +1) 2 2 y( + x ) y( ) y 2k + 1 2k + 1 = lim = lim x 0 x 0 x x 0,5 0,5 17 Tuyn tp cỏc thi hc sinh gii toỏn lp 11 (cú ỏp ỏn chi tit) phn 1 5 /1 2 (2k + 1) (2k + 1) lim cos + cos x 0 (2 k + 1) 2 + (2k + 1) x 2 + (2k + 1) x x 1 2 (2k + 1) lim cos = 2k + 1 x 0 x 2 + (2k + 1) x y (2k + 1) 2 1 = lim sin (2k + 1) ) = + lim x 0 x x 0 2k + 1 2 x 2 + (2k + 1) x (2k + 1) 2... 2.a (1, 0 im) 2 013 i j ữx 2 + A.x3 1i < j 2 013 Ta cú ( 1 + x ) ( 1 + 2 x ) ( 1 + 2 013 x ) = 1 + k ữx + k =1 Suy ra a2 = 1i < j 2 013 i j = 0,5 1 2 ( 1 + 2 + + 2 013 ) ( 12 + 22 + + 2 013 2 ) 2 0,25 2 1 2 1 2 013 ì 2 014 ( 2 013 ì 10 07 ) 2 2 a2 + ( 1 + 2 + + 2 013 ) = ữ = 2 2 2 2 2 0,25 2.b (1, 0 im) Ta cú n ( ) = s cỏch chn mt s cú bn ch s ụi mt khỏc nhau = 9.9.8.7 22 Tuyn tp cỏc thi . SK. 11 Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1 ……………. Hết………………… Họ và tên thí sinh: SBD: ĐÁP ÁN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TRƯỜNG Môn : TOÁN Câu Đáp. 1 3 1 y z x x y y z z x + + ≥ + + + HẾT ĐÁP ÁN MÔN TOÁN LỚP 11 (Đáp án gồm 04 trang) 5 Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1 Câu Đáp án Điể m I 1. (. Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG… ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2 013 -2 014 ĐỀ SỐ 1: Môn
- Xem thêm -

Xem thêm: Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) phần 1, Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) phần 1, Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) phần 1

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn