Đề thi thử HSG 11 môn toán

ĐỀ THI THỬ CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 ĐỀ THI MÔN: TOÁN 11 Dành cho học sinh THPT không chuyên Thời gian 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (2 điểm). a) Giải phương trình: 3 os2 os6 4(3sinx 4sin 1) 0c x c x x− + − + = b) Giải phương trình: 2 2 3 4 4 1 1 5 4 2x x x x x x+ + = + + − − Câu 2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 1 1 1 x x y y x y xy  + + = + −   + − =   Câu 3. (1 điểm) Cho m là số nguyên thỏa mãn : 0 2013m< < . Chứng minh rằng: ( 2012)! !.2013! m m + là một số nguyên. Câu 4. (1,5 điểm) Cho dãy số (U n ) xác định bởi: 1 2 1 3 1 ( 4), 1,2,3, 5 n n n u u u u n + =    = + + =   Chứng minh rằng (U n ) là dãy số tăng nhưng không bị chặn trên. Đặt 1 1 , 1,2,3, 3 n n k k v n u = = = + ∑ Tính: lim n x v →+∞ Câu 5. (1điểm) Tìm giới hạn 3 0 1 tan 1 sin lim x x x L x → + − + = Câu 6. (1,0 điểm) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2 2 2x x y+ + = Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho (C) có phương trình: ( ) ( ) 2 2 1 1 16x y− + + = tâm I và điểm (1 3;2)A + . Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua A đều cắt (C) tại hai điểm phân biệt. Viết phương trình đường thẳng d đi qua A cắt (C) tại hai điểm phân biệt B, C sao cho tam giác IBC nhọn và có diện tích bằng 4 3 . Câu 8. (1,5 điểm) Cho tứ diện OABC có đáy OBC là tam giác vuông tại O, OB = a, OC = 3 ( 0)a a > và đường cao OA = 3a . Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OM. Hết Họ và tên thí sinh:…………………………………… Số báo danh:……… ĐÁP ÁN THI THỬ HSG LỚP 11 – MÔN: TOÁN 11 Dành cho học sinh THPT không chuyên Thời gian 180 phút không kể thời gian giao đề Câu NỘI DUNG ĐIỂM Câu1 1điểm a) ( ) 2 2 1 os2 (1 os6 ) 4sin3x+2 0 2 os 2sin 3 4sin 3 2 0 PT c x c x c x x x ⇔ + + − + = ⇔ + + + = 0,25 ( ) 2 2 cos 0 os sin 3 1 0 sin 3 1 x c x x x =  ⇔ + + = ⇔  = −  0,5 2 , 2 2 6 3 x k x l l x π π π π π π  = +   ⇔ ⇔ = + ∈   = − +   ¢ Vậy phương trình có nghiệm là: , 2 x l l π π = + ∈¢ 0,25 b) 1điểm PT ( ) 2 2 2 2 4 1 ( 1) 7 1 5x x x x x x⇔ + + = − + + + + + − Đặt : 2 3 1 , 2 t x x t= + + ≥ . Khi đó phương trình trở thành: 4 2 4 2 4 2 2 4 7 5 7 4 5 0 6 9 ( 4 4) 0t t t t t t t t t t= − + − ⇔ − + + = ⇔ − + − − + = ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 0 3 2 5 0 t t t t t t  − − = ⇔ − = − ⇔  + − =  0,25 • 3 2 t ≥ thì 2 1 0t t− − = có nghiệm 1 5 2 t + = • 3 2 t ≥ thì 2 5 0t t+ − = có nghiệm 1 21 2 t − + = 0,25 • Khi 1 5 2 t + = thì 2 2 2 1 5 1 2 2 1 5 0 2 x x x x   + + + = ⇔ + − − =  ÷  ÷   1 3 2 5 2 x − − + ⇔ = hoặc 1 3 2 5 2 x − + + = 0,25 • Khi 1 21 2 t − + = thì 2 2 2 1 21 1 2 2 9 21 0 2 x x x x   − + + + = ⇔ + − + =  ÷  ÷   1 19 2 21 2 x − − + ⇔ = hoặc 1 19 2 21 2 x − + − = 0,25 Câu 2 1điểm 2 2 2 2 1 1 (1) 1 (2) x x y y x y xy  + + = + −   + − =   Điều kiện: 2 2 1. (1) 1 1y x y y x≥ ⇔ − = − − + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 ( 1)( 1) ( 1)( 1) 1 1 x xy y y x y x xy y x x y x y y x x y ⇒ − + = − + + − − + ⇔ = − + ⇒ = + − − ⇔ − = − 0,25 Kết hợp với (2) ta được hệ: 2 2 2 2 2 1 0 2 0 2 1 x y x x xy y x x y xy  − = − =   ⇒ − = ⇔   = + − =    0x = thế vào (2) 2 1 1y y= ⇔ = ± 2y x= thế vào (2) 2 1 2 3 1 3 3 x x y= ⇔ = ± ⇒ = ± 0,25 0,25 Thử lại ta có: 0, 1x y= = và 1 2 , 3 3 x y= = Vậy hệ phương trình có nghiệm : ( ) ( ) 1 2 ; 0;1 ; ; 3 3 x y     ∈    ÷     0,25 Câu3 1điểm Ta có: 2012 2013 2012 2013 ( 2012)! 2013 ( 2013)! 2013 . . !2012! 2013 !2013! 2013 m m m m C C m m m m + + + + = = = + + 0,25 Suy ra: ( ) 2012 2013 2012 2013 2013 2013. m m m C C + + + = Tức là: ( ) 2012 2012 2013 m m C + + chia hết cho 2013 ( do 2012 2012m C + ; 2013 2013m C + là các số tự nhiên) 0,25 Vì: 2013 là số nguyên tố và 0<m<2013 nên ƯCLN(m,2013) = 1 0,25 Vậy: 2012 2012m C + chia hết cho 2013 hay ( 2012)! !.2013! m m + là một số nguyên 0,25 Câu4 1,5 Điểm • Ta có: Xét hàm số: 2 ( ) 4f u u u= + + là hàm số đông biến trên 1 ; 2   − +∞  ÷   Và 1 1 15 ( ) 3 2 4 f u− = < = Suy ra 1 1 1 3, 1,2, n n n u u u u n + − > > > = ∀ = Vậy (U n ) là dãy tăng. Từ đó, 1 , 1,2, n u u n> ∀ = 0,25 + Nếu (U n ) bị chặn trên thì nó có giới hạn. Giải sử lim ( 3) n x u a a →+∞ = ≥ + ( ) 2 2 1 1 1 lim lim 4 ( 4) 2 5 5 n n n x u u u a a a a + →+∞ = + + ⇒ = + + ⇔ = Điều này không xảy ra vì 3a ≥ . Vậy dãy (U n ) không bị chặn trên 0,25 • Ta có: 1 lim lim 0 n x n u u →+∞ = +∞ ⇒ = 0,25 + Ta có: ( ) ( ) 2 1 1 1 4 5( 2) 2 ( 3) 5 k k k k k k u u u u u u + + = + + ⇔ − = − + 0,25 ( ) 1 1 1 5 1 1 1 ( 3, 1) 2 2 ( 3) 3 2 2 k k k k k k k Do u k u u u u u u + + ⇔ = ≥ ∀ ≥ ⇔ = − − − + + − − 0,25 Do đó: 1 1 1 1 1 1 lim 3 2 2 n n k k n v u u u = + = = − + − − ∑ Vậy lim 1 n v = 0,25 ( ) 3 3 0 0 1 tan 1 sin tan sin lim lim 1 tan 1 sin x x x x x x L x x x x → → + − + − = = + + + 0,25 ( ) ( ) ( ) 2 3 3 0 0 sin (1 cos ) sin (1 cos ) lim lim .cos . 1 tan 1 sin .cos . 1 cos 1 tan 1 sin x x x x x x x x x x x x x x x → → − − = = + + + + + + + 0,25 Câu 5 1điểm ( ) ( ) 3 3 0 sin lim .cos . 1 cos 1 tan 1 sin x x x x x x x → = + + + + 0,25 ( ) ( ) 3 3 0 sin 1 1 lim 4 cos . 1 cos 1 tan 1 sin x x x x x x x →   = =  ÷ + + + +   0,25 Câu 6 1điểm Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 4 (4 4 1) 7 2 2 1 7 2 2 1 2 2 1 7 7.1 1.7 ( 7).( 1) ( 1).( 7) x x y y x x y x y x y x + + = ⇔ − + + = ⇔ − + = ⇔ + + − − = = = = − − = − − 0,5 • 2 2 1 7 1 2 2 1 1 2 y x x y x y + + = =   ⇔   − − = =   • 2 2 1 1 2 2 2 1 7 2 y x x y x y + + = = −   ⇔   − − = =   0,25 • 2 2 1 7 2 2 2 1 1 2 y x x y x y + + = − = −   ⇔   − − = − = −   • 2 2 1 1 1 2 2 1 7 2 y x x y x y + + = − =   ⇔   − − = − = −   Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên: ( ) ( ) ( ) ( ) { } ( ; ) 1;2 , 1; 2 , 2;2 , 2;2x y = − − − 0,25 Câu 7 1điểm Đường tròn (C) có tâm I(1;-1) , Bán kính R= 4. • 3 9 2 3 4IA = + = < suy ra điểm A nằm trong (C) vậy mọi đường thẳng đi qua A đều cắt (C) tại hai điểm phân biệt. 0,25 • 1 1 . .sin 4 3 .4.4.sin 4 3 2 2 IBC S IB IC BIC BIC ∆ = ∠ = ⇔ ∠ = 0 0 60 3 sin ( ; ) 2 3 2 120 ( ) BIC BIC d I BC BIC loai  ∠ = ∠ = ⇒ ⇒ =  ∠ =  0,25 • Đường thẳng đi qua A, nhận 2 2 ( ; ) ( 0)n a b a b+ ≠ r có phương trình ( 1 3) ( 2) 0 ( ; ) 2 3a x b y d I BC− − + − = ⇒ = 2 2 2 3 3 2 3 ( 3 ) 0 a b a b a b − − = ⇔ − = + 0,25 Chọn 1, 3a b= = có d: 3 3 3 9 0x y+ − − = Vậy d: 3 3 3 9 0x y+ − − = thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,25 Câu8 1,5 điểm N C B S O M K H Gọi N là điểm đối xứng với C qua O Ta có: OM song song với BN ( tính chất đường trung bình) / /( ) ( , ) ( ,( )) ( ,( ))OM ABN d OM AB d OM ABN d O ABN⇒ = = 0,5 Kẻ , ( , )OK BN OH AK K BN H AK⊥ ⊥ ∈ ∈ Ta có: (SBN) ⊥ (OAK) ( ,( ))d O ABN OH= 0,25 Từ tam giác vuông OAK và OBN ta có: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 OH OA OK OA OB ON = + = + + 0,25 2 2 2 2 1 1 1 5 15 3 3 3 5 a OH a a a a = + + = ⇒ = 0,25 Vậy, 15 ( , ) ( ,( )) 5 a d OM AB d O ABN OH= = = 0,25 Hết . ĐỀ THI THỬ CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 ĐỀ THI MÔN: TOÁN 11 Dành cho học sinh THPT không chuyên Thời gian 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (2 điểm). a). sinh:…………………………………… Số báo danh:……… ĐÁP ÁN THI THỬ HSG LỚP 11 – MÔN: TOÁN 11 Dành cho học sinh THPT không chuyên Thời gian 180 phút không kể thời gian giao đề Câu NỘI DUNG ĐIỂM Câu1 1điểm a) ( ) 2. ( ) 2 2 1 1 16x y− + + = tâm I và điểm (1 3;2)A + . Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua A đều cắt (C) tại hai điểm phân biệt. Viết phương trình đường thẳng d đi qua A cắt (C) tại hai điểm