Đang tải... (xem toàn văn)
Tuyển tập 50 đề thi HSG toán lớp 11 có đáp án chi tiết Tuyển tập 50 đề thi HSG toán lớp 11 có đáp án chi tiết Tuyển tập 50 đề thi HSG toán lớp 11 có đáp án chi tiết Tuyển tập 50 đề thi HSG toán lớp 11 có đáp án chi tiết Tuyển tập 50 đề thi HSG toán lớp 11 có đáp án chi tiết Tuyển tập 50 đề thi HSG toán lớp 11 có đáp án chi tiết Tuyển tập 50 đề thi HSG toán lớp 11 có đáp án chi tiết
NGUYỄN QUANG HUY TUYỂN TẬP 50 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2015-2016 ĐỀ THI MƠN: TỐN 11 - THPT Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề x 2 Câu (2,0 điểm) Giải phương trình sin x 1 tan x.tan tan x cos x Câu (1,0 điểm) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt lập thành cấp số nhân: x3 x (m 6) x m Câu (1,0 điểm) Tính tổng S 1 A22 A32 A2016 Câu (1,0 điểm) Người ta dùng 18 sách bao gồm sách Toán, sách Lý sách Hóa (các sách loại giống nhau) để làm phần thưởng cho học sinh A, B, C, D, E, F , G, H , I , học sinh nhận sách khác thể loại (khơng tính thứ tự sách) Tính xác suất để hai học sinh A B nhận phần thưởng giống Câu (1,0 điểm) Cho dãy số xn xác định bởi: x1 2016, xn1 xn2 xn 1, n 1, 2,3, a) Chứng minh dãy xn tăng lim xn 1 1 Tính lim yn xn x1 x2 b) Với số nguyên dương n , đặt yn 2016 Câu (2,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật SA vng góc với mặt phẳng ABCD Biết AB a, BC a SD a a) Đường thẳng qua A vuông góc với AC cắt đường thẳng CB, CD I , J Gọi H hình chiếu vng góc A SC Hãy xác định giao điểm K , L SB, SD với HIJ chứng minh AK SBC b) Tính diện tích tứ giác AKHL Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân A , M trung 7 3 điểm AB Đường thẳng CM : y K 3; trọng tâm tam giác ACM Đường thẳng AB qua điểm D 1;4 Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC , biết điểm M có hồnh độ dương tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thuộc đường thẳng x y Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực thỏa mãn điều kiện xyz Tìm giá trị nhỏ biểu thức P xy yz zx 15 x y z x y z Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………….……… …….…….….….; Số báo danh………………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC (Đáp án có 04 trang) KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2015-2016 ĐÁP ÁN MƠN: TỐN 11 - THPT I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa - Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm trịn - Câu học sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai khơng cho điểm II ĐÁP ÁN: Câu Nội dung trình bày Điểm (2,0 điểm) x ĐKXĐ: cos x.cos Phương trình cho tương đương x x 0,5 cos x.cos sin x.sin sin x tan x tan x x cos x.cos sin x tan x tan x 0,25 cosx tan x tan x tan x tan x 0,5 tan x x k 0,25 tan x x k 0,25 Kiểm tra ĐK thỏa mãn Vậy nghiệm PT x k ; x k , k 0,25 (1,0 điểm) Phương trình cho tương đương x 0,25 ( x 1)( x x m) x x m (1) Phương trình cho có ba nghiệm phân biệt (1) có hai nghiệm phân biệt ' m m khác 1, hay: (*) m 6.1 m Khi đó, PT cho có ba nghiệm x1 , x2 x3 , x1 , x2 nghiệm (1) 0,25 x1 x2 Theo định lý Viet ta có (2) x1.x2 m Xét trường hợp sau: *) Nếu x1.x3 x22 x1 x22 (3) Từ (2) (3) ta có hệ: x22 x2 x1 x2 x 2; x1 4; m x1.x2 m x1 x2 x2 3; x1 9; m 27 x x m x 2 0,25 m *) Nếu x1.x2 x x1.x2 (4) Từ (2) (4) ta có hệ: x1 x2 x x Vậy, có ba giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán là: m 1, m 8, m 27 (1,0 điểm) 3 k! 1 2 , k (k 2)! Ak k (k 1) 1 Suy Ak k k 1 1 Cho k 2,3, , 2016 ta S 2 2015 2016 2015 Vậy S 2016 2016 Ta có Ak2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (1,0 điểm) Gọi x, y, z (x, y, z ẻ Ơ ) ln lượt số học sinh nhận giải thưởng (Tốn-Lý); íï x + y = ïï (Tốn-Hóa) (Lý-Hóa) Ta có hệ: ì x + z = Û ïï ïïỵ y + z = íï x = ïï ì y = ïï ïïỵ z = Số cách phát thưởng ngẫu nhiên cho học sinh là: C94 C53 C22 = 1260 0,25 0,25 Gọi T biến cố ―hai học sinh A B có phần thưởng giống nhau‖ +) Nếu A B có phần thưởng sách (Tốn- Lý), có: C72 C53 C22 = 210 cách phát +) Nếu A B có phần thưởng sách (Tốn- Hóa) có: C71 C64 C22 = 105 cách phát 0,25 +) Nếu A B có phần thưởng sách (Lý- Hóa) có: C74 C33 = 35 cách phát Vậy xác suất cầm tìm P(T ) = 210 + 105 + 35 = 1260 18 0,25 a (0,5 điểm) Ta có xn1 xn xn2 xn xn 1 xn1 xn , n Do xn tăng Ta chứng minh quy nạp theo n xn n 1, n (1) Thật vậy, (1) với n Giả sử (1) với n (n 1) xn1 xn xn 1 n(n 1) n2 n n 0,25 0,25 Vậy (1) với n Từ xn tăng ngặt xn n 1, n suy lim xn b (0,5 điểm) Ta có xn+ - = xn (xn - 1) Suy Từ 1 1 = = xn+ - xn (xn - 1) xn - xn 1 = xn xn - xn+ - 1 1 Do yn 2016 2016 2016 xn x1 x2 x1 xn1 2015 xn1 2016 Từ lim xn lim Vậy lim yn xn 2015 0,25 0,25 a(1,0 điểm) J S J H L K D A I A D C B I C B Trong (SBC ) gọi K = SB ầ IH ị K = SB ầ (HIJ ) 0,5 Trong (SCD) gọi L = SD Ç JH ị L = SD ầ (HIJ ) ùớ IJ ^ AC Þ IJ ^ (SAC )Þ IJ ^ SC , mà AH ^ SC Suy SC ^ (IJH ) Ta có ïì ïïỵ IJ ^ SA Suy AK ^ SC Mà BC ^ (SAB)Þ BC ^ AK Vậy AK ^ (SBC ) b(1,0 điểm) SA AC 2a SA AB 2a Ta có SA = SD2 - AD2 = a ; AH = ; AK = = = SA2 + AC SA2 + AB 2a Do AK ^ (SBC )Þ AK ^ KH , KH = AH - AK = Tương tự phần (a) AL ^ (SCD)Þ AL ^ HL Từ tính Suy S AKHL = S AKH + S ALH 0,25 0,25 0,25 0,25 a 15 1 8a = AK KH + AL.LH = 2 15 LH = 0,25 AH - AL2 = 0,25 (1,0 điểm) A K M G N E I B H C Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Trước hết ta chứng minh MC ^ IK Thật vậy, gọi H , N trung điểm BC, AC; G = AH Ç CM Suy G trọng 0,25 tâm tam giác ABC Mặt khác K trọng tâm tam giác ACM nên KG || HE Suy KG || AB Mà IM ^ AB nên KG ^ IM Rõ ràng AH ^ MK nên G trực tâm tam giác MIK Suy MC ^ IK Đường thẳng KI qua K vng góc với CM nên có phương trình: x + = ïí x + = ïí x = - Û ïì Þ I (- 3; - 2) Tọa độ I thỏa mãn hệ ïì ïïỵ x - y + = ïïỵ y = - uuuur uuur Gọi M (m;3)Ỵ MC, m > Ta có DM = (m - 1; - 1); IM = (m + 3;5) uuuur uuur ém = - (l ) DM ^ IM Û DM IM = Û (m - 1)(m + 3)- = Û m2 + 2m - = Û ê êëm = (tm) uuuur Suy M (2;3), DM = (1; - 1) Từ suy AB : x + y - = Gọi C (c;3)Ỵ CM 7 3 Do K 3; trọng tâm ACM nên A(- 11- c;1) Mà A Ỵ AB suy 0,25 - 11- c + 1- = Û c = - 15 Từ A(4;1), B (0;5), C (- 15;3) Thử lại ta thấy A B ¹ A C Suy không tồn A, B , C (1,0 điểm) 0,25 0,25 Đặt a z xya 1 P xy ya ax 15 x y a x y a Xét hai trường hợp: * Nếu số x, y, a âm Áp dụng BĐT Côsi ta 0,25 xy + ya + ax ³ 3 x y a = 15 x + y + a - (x + y + a)³ 15 3 x y a + 7.3 - xya = 15 + 21 > 16 Suy P > 48 + = 49 * Nếu số x, y, a có số âm, hai số dương Không tổng quát, giả sử x < 0, y > 0, a > Đặt x1 = - x > Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta x12 + y + a ³ y + 2a + x1 0,25 æ1 1 ữ Do ú P ỗỗỗ + + ữ ÷éë5(2 y + 2a + x1 )- ( y + a - x1 )ù û+ è x1 y a ÷ ø ỉ1 ỉ1 1 1 ữ ỗỗ ữ ữ P 3ỗỗ + + ÷ x + y + a + ³ x + y + a + = 49 ( ) ÷ 1 ÷ ç ÷ ÷ çè x1 y a ø çè x1 ÷ y a ø Dấu đẳng thức xảy y = a = x1 > x1 ya = hay 3 æ ö 2÷ ÷ Vậy Pmin = 49 , chng hn (x, y, z ) = ỗỗỗ 2, 2, y = a = x = ữ ỗố 2 ữ ứ -Hết - 0,25 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT HÀ NAM Năm học: 2013-2014 Mơn: Tốn ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1(3,0 điểm) Tính tổng nghiệm phương trình sau 0;1007 8sin x.cos x s inx cos x 7 3 sin x 3cos x Câu ( 6,0 điểm) Tìm hệ số x khai triển (1 x 3x )2n biết n số tự nhiên thỏa mãn C21n1 C22n1 C2nn1 22014 Từ chữ số 1, 3, 4, lập số tự nhiên có sáu chữ số, chữ số có mặt ba lần, chữ số cịn lại có mặt lần Trong số tạo thành nói trên, chọn ngẫu nhiên số Tính xác suất để số chọn chia hết cho 4? Câu (3,0 điểm) Cho dãy số un xác định sau: u1 2014 un 1 u1u u n (n * ) n Tìm l imSn n k 1 uk Đặt Sn Câu ( 2,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (O,R), AD=R Dựng hình bình hành ABMD, ACND Tìm quỹ tích tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác DMN Câu (6,0 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh a Gọi I tâm hình vng CD D’C’, K trung điểm cạnh CB a Dựng thiết diện hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cắt mặt phẳng (AKI) Tính diện tích thiết diện theo a b Tính góc tạo hai đường thẳng A’D’ AQ với Q giao điểm (AKI) CC’ Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT HÀ NAM Năm học: 2013-2014 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM Mơn: TỐN Đáp án có 05 trang Nội dung Điểm Câu 1(3,0 điểm) Tính tổng nghiệm phương trình sau 0;1007 8sin x.cos x sinx cos x 7 3 sin x 3cos x 7 Điều kiện xác định sin x 3 3cos x x k , k 0,5 pt 4sin x.sinx sinx cos x 2(cos x cos3 x) sinx cos x cos3x cos x sinx cos3x cos x 2 3 0,5 x x m2 x m ,m 3x x m2 x m 3 12 0,5 Kết hợp điều kiện xác định ta có nghiệm phương trình cho x m (m ) 12 0,5 Vì x 0;1007 12 m 1007 m 2014, m 0,5 Suy nghiệm phương trình cho đoạn 0;1007 gồm 2014 nghiệm lập thành cấp số cộng có cơng sai d Tổng nghiệm S , x1 5 12 2014 5 3043154 (2014 1) 2 12 2 Câu (6,0 điểm) (3,0 điểm) Tìm hệ số x khai triển (1 x 3x )2n biết n số tự nhiên 0,5 thỏa mãn C21n1 C22n1 C2nn1 22014 C20n 1 C22nn11 C21n 1 C22nn1 0,5 C2nn 1 C2nn11 C20n 1 C21n 1 C2nn 1 (C2 n 1 C22nn11 ) 2 n Từ giả thiết suy n=1007 0,5 Xét khai triển 1 x 3x 2014 2014 C k 0 k 2014 2014 k k C2014 Cki ( x)i (3x )2014k k 0 (1 x )k ( 3x ) 2014k 2014 i 0 k C k 0 1,0 i 0 k 2014 Cki ( 1)i ( 3) 2014k x 40282 k i Ta tìm i, k số tự nhiên thỏa mãn k 2014 i 4028 2k i k 2013 k 2014 i 0 i k k 2012 i 2013 2012 Vậy hệ số x4 khai triển C2014 3C2013 C2014 9C2014 0,5 0,5 2.(3,0 điểm) Từ chữ số 1, 3, 4, lập số tự nhiên có sáu chữ số, chữ số có mặt ba lần, chữ số cịn lại có mặt lần Trong số tạo thành nói trên, chọn ngẫu nhiên số Tính xác suất để số chọn chia hết cho 4? Gọi số cần tìm abcdef với a, b, c, d , e, f 1,3,4,8 Sắp xếp chữ số vào vị trí, có C63 cách Sắp xếp chữ số 1;4;8 vào vị trí cịn 1,0 lại có 3! Cách Vậy có tất C63.3! 120 số Một số chia hết cho hai chữ số tận tạo thành 1số chia hết cho Trong số trên, số lấy chia hết cho có tận 48, 84 Trong trường hợp có C43 cách xếp chữ số 3và vào vị trí cịn lại, suy có số chia hết cho 0,5 Gọi A biến cố: ― Số lấy chia hết cho 4‖ 0,5 Vậy số kết thuận lợi cho A A Số phần tử không gian mẫu 120 Xác suất biến cố A PA A 120 15 0,5 0,5 Câu (3,0 điểm) Cho dãy số un xác định sau: u1 2014 un 1 u1u u n (n 1) n Tìm l imSn n k 1 uk Đặt Sn ui 1 u1u2 ui i ui 1 ui (ui 1) 1,0 ui i 1, ui 1 u1 i 1 1 1 ui 1 ui ui ui ui ui 1 Sn 1 u1 un 1 1 u1 u2 u3 un un 1 u1 un 1 0,5 0,5 un 1 u1u2 un u1 (1 u1 ) n 1 2014.2015n 1 0 un 1 2014.2015n 1 1 lim n n 2014.2015 n u n 1 lim lim sn n u1 1007 Câu ( 2,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (O,R), AD=R Dựng hình bình hành ABMD, ACND Tìm quỹ tích tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác DMN 1,0 SA AB SA (ABC ) SA AC 2.BC AK; SA AKTrong mặt phẳng (ABC) qua M kẻ đt song song BC cắt AB; AC P, QTong mặt phẳng (SAK) qua M kẻ đt song song với SA cắt SK N Từ N kẻ đt song song với BC cắt SB; SC F; E thiết diện hình chữ nhật PQEF : Std PQ.PF Ta có : BC=a ; AK= a/ Tính PQ x 3; PF (a x) x a x) a Std x (a x) ( a Std Max x M trung điểm AK 4 Câu V a3 b3 c3 abc a ab b2 b2 bc c c ca a Cho a, b, c Chứng minh: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: a3 b3 c3 a ab b b bc c c ca a a4 b4 c4 a a ab b b b bc c c c ca a a b2 c2 a b3 c3 a 2b ab b 2c bc c a ca a 2 a b2 c2 a b c a b c a b2 c2 a b c a b c a b c a 1 2 b2 c2 b2 c2 a b c 1 1 2 a b c 2 abc Đẳng thức xảy a b c SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH QUẢNG BÌNH LỚP 11 NĂM HỌC 2012 – 2013 ĐỀ THI THỬ 04 01698735393 Mơn thi: Tốn 11 – THPT Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu I.Giải phương trình: 2 sin x cos x (1) 12 Câu II Cho dãy {un} xác định bởi: u1 un2 2012un un 1 2013 n Thành lập dãy: {Sn} xác định bởi: Sn i 1 ui ui 1 n N* Tìm lim Sn n Câu III Cho số dương a, b, c thỏa mãn abc = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P a3 b3 c3 1 b 1 c 1 c 1 a 1 b 1 a Câu IV 1)Cho hình chop S ABCD đáy hình thang, đáy lớn AB Trên SA, BD lấy hai điểm M, N cho 2 SM SA , DN DB Qua N kẻ đường thẳng d song song với AB cắt AD, BC H, K 3 a) Chứng minh rằng: MH / / SBD b) Gọi O giao điểm SB với MNH Chứng minh: OK / / SC 2) Cho tứ diện ABCD có độ dài cạnh Gọi M, N hai điểm thuộc cạnh AB, AC cho mặt phẳng (DMN) vng góc với mặt phẳng (ABC) Đặt AM x, AN y Tìm x, y để diện tích tồn phần tứ diện DAMN nhỏ Câu V 1)Nếu số chọn ngẫu nhiên từ tập hợp gồm chữ số tổng chữ số 43 Tính xác xuất để số chọn chia hết cho 11 2) Tìm tất số nguyên dương n cho phần nguyên HƯỚNG DẪN CHẤM Câu I.Giải phương trình: 2 sin x cos x (1) 12 (1) sin 2x sin 12 12 sin 2x sin 12 12 sin 2x sin sin sin cos 12 12 12 5 sin 2x cos sin 12 12 12 2x x 5 7 k2 hay 2x k2 12 12 12 12 k hay x k k Z k Z n 8n số nguyên tố 3n Câu II Cho dãy {un} xác định bởi: u1 un2 2012un un 1 2013 n Thành lập dãy: {Sn} xác định bởi: Sn i 1 ui ui 1 n N* Tìm lim Sn n Giải: Tacó: un2 2012un un2 2013un un 2013 2013 u u 1 n n un (*) ; n N * 2013 u1 u1 u2 un un 1 un 1 Suy un dãy tăng Giả sử un bị chặn lúc tồn số L cho lim un L ( L 2) Từ (*) ta có : n un (un 1) lim un n n 2013 lim(un 1 ) lim n L un không bị chặn L L( L 1) L (vô lý) 2013 L Suy lim un lim n n 0 un Mặt khác : un2 2012un un (un 1) un 2013 2013 un (un 1) 2013(un 1 un ) 2013 un 1 1 un 1 un 1 u 1 un un 2013 n 1 1 2013 un un 1 un un 1 Cho n u1 2013 2013 1 u2 u1 u2 u2 u2 2013 u3 u2 u3 Tương tự un 2013 un 1 un un 1 Cộng vế theo vế ta : n Sn i 1 ui 2013 1 ui 1 un1 lim Sn lim 2013 1 2013 n n un 1 Câu III Cho số dương a, b, c thỏa mãn abc = a3 b3 c3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P 1 b 1 c 1 c 1 a 1 b 1 a HD: Áp dụng BĐT cauchy ta có: a3 b c 3a 1 b 1 c Câu IV 1)Cho hình chop S ABCD đáy hình thang, đáy lớn AB Trên SA, BD lấy hai điểm M, N cho 2 SM SA , DN DB Qua N kẻ đường thẳng d song song với AB cắt AD, BC H, K 3 a) Chứng minh rằng: MH / / SBD b) Gọi O giao điểm SB với MNH Chứng minh: OK / / SC a) Chứng minh: MH / / SBD Chỉ DA SM Suy MH / / SD (SBD) MH// SBD DA SA b) Chứng minh: OK / / SC Chỉ được: MO / / SB O SB BO AM BK BN BO BK ; OK / / SC SB SA BC BD SB BC 2) Cho tứ diện ABCD có độ dài cạnh Gọi M, N hai điểm thuộc cạnh AB, AC cho mặt phẳng (DMN) vng góc với mặt phẳng (ABC) Đặt AM x, AN y Tìm x, y để diện tích tồn phần tứ diện DAMN nhỏ Kẻ DH MN , (DMN) (ABC) suy DH (ABC) Mà ABCD tứ diện đều, nên suy H tâm tam giác ABC Ta có: SAMN = = AM.AN.sin600 = xy ; SAMN = SAMH + SANH 1 AM.AH.sin300+ AN.AH.sin300 = (x+y) 2 Suy 3 (x+y) x+y= 3xy (0 x,y ) xy = 4 Diện tích tồn phần tứ diện DAMN: S = SAMD + SAND + SDMN + SAMN = + 1 DH.MN + AM.AN.sin600 = 2 Từ 3xy x y xy Suy S xy 1 AD.AM.sin600+ AD.AN.sin600 2 xy + 3xy (3xy 1) xy 3(4 2) , x y Câu V 1)Nếu số chọn ngẫu nhiên từ tập hợp gồm chữ số tổng chữ số 43 Tính xác xuất để số chọn chia hết cho 11 Trong số 10, chữ số lớn nên tổng d1 + d2 + d3 + d4 + d5 chữ số lớn 45 Nhưng theo giả thiết, tổng chữ số số chọn 43 = 45 – nên xảy trường hợp sau: - Một chữ số 7, tất chữ số lại 79999 ; 97999 ; 99799 ; 99997 : có số - - Hai chữ số 8, ba chữ số cịn lại có tất 5.4 10 số Chẳng hạn: 88999 ; 89899 ; ; 99988 - Vậy tất có 15 số số có chữ số có tổng 43 để số chọn chia hết cho 11 cần đủ là: d1 - d2 + d3 - d4 + d5 chia hết cho 11 Chỉ có số 15 số nói thoả mãn điều kiện đó: 97999 ; 99979 98989 Nên xác xuất cần tìm 15 2) Tìm tất số nguyên dương n cho phần nguyên n 8n số nguyên tố 3n Gọi S tập hợp số nguyên tố Trường hợp 1: n 3k n 8n 1 A 3k 8k 3 3n 9k A 3k 8k k 3k 8 A S k n Trường hợp 2: n 3k n 8n 1 1 A 3k 2k 8k 3k 10k 3 3n 3 3n 3n A 3k 10k k 3 3k 1 A S k n Trường hợp 3: n 3k n 1 16 8k 3k 12k 3 3n 3n 2 A 3k 12k k 4k 2 S A 3k 4k Kết luận: A S n 1;3 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2010-2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (2,0 điểm) 1) Giải phương trình lượng giác sin 3x cos2 x sin x 2) Giải hệ phương trình x y 2 x y y x Câu II (2,0 điểm) 1) Cho a, b, c ba số (un ) dãy số xác định công thức: un a n b n c n (n *) Chứng minh lim un a b c n 2) Các số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành cấp số nhân có tổng 26 Tìm số đó, biết rằng: cấp số cộng có a số hạng thứ nhất, b số hạng thứ ba c số hạng thứ chín Câu III (2,0 điểm) 3n n 1 1) Chứng minh rằng: với số tự nhiên n, số chia hết cho không chia hết n2 cho 2) Từ tập hợp tất số tự nhiên có năm chữ số mà chữ số khác 0, lấy ngẫu nhiên số Tính xác suất để số tự nhiên lấy có mặt ba chữ số khác Câu IV (3,0 điểm) 1) Cho hình hộp ABCD.A ' B 'C ' D ' Trên cạnh AB lấy điểm M khác A B Gọi (P) mặt phẳng qua M song song với mặt phẳng ( ACD ') a) Trình bày cách dựng thiết diện hình hộp mặt phẳng (P) b) Xác định vị trí M để thiết diện nói có diện tích lớn 2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành M trung điểm SC Một mặt phẳng (P) chứa AM cắt cạnh SB, SD điểm B', D' khác S Chứng minh rằng: SB ' SD ' SB SD Câu V (1,0 điểm) Khảo sát tính chẵn - lẻ, tính tuần hồn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y sin sin x - HẾT Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: NỘI DUNG ĐÁP ÁN CÂU 1) Giải phương trình lượng giác Câu I 2) Giải hệ phương trình sin 3x cos x sin x x y 2 x y y x Có: sin 3x 3sin x 4sin3 x (3 4sin x)sin x (1 2cos x)sin x, nên I.1 (1,0đ) ĐIỂM PT [(1 2cos x)2 cos x 1]sin x 2,0 đ 0,25 0,25 (4cos3 x 4cos 2 x cos x 1)sin x (1 cos x)(1 4cos 2 x)sin x 0,25 sin x x k (với k nguyên) cos x 1 0,25 x cos 2u Điều kiện: x; y [ 2;2] Đặt với u, v [0; ] y cos v (1 cos 2u )(1 cos 2v) HPT cos 2u sin 2v cos 2v sin 2u I.2 (1,0đ) 0,25 sin u cos v 1/ sin(u v) sin(u v) sin u cos v 1/ sin 2(u v) u v u v 0,25 sin(u v) 1/ u v u (thỏa) v u v u v 0,25 x cos Kết luận: nghiệm hệ phương trình y cos 0,25 1) Cho a, b, c ba số un dãy số xác định công thức: un a n b n c n (n *) Câu II Chứng minh lim un a b c n 2) Các số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành cấp số nhân có tổng 26 Tìm số đó, biết rằng: cấp số cộng có a số hạng thứ nhất, b số hạng thứ ba c số hạng thứ chín 2,0 đ Đặt un n 1 ab n2 n3 c a b c n n 1 n 1 Ta có: un n II.1 (1,00đ) 0,25 cho nên: a b c lim un ( ) 0,25 n Ngược lại a b c un b n n 1 c a b c n ta có n n 1 b 2c 0 n n 1 n n 1 0,50 Gọi u1 a, u2 b, u3 c ba số theo thứ tự lập thành cấp số nhân có cơng bội q; (vn) cấp số cộng có cơng sai d với v1 a, v3 b, v9 c Khi ta có: II.2 u1 v1 a u1 v1 a aq a 2d u v b (1) Dễ thấy q = d = 0, nên: u v c aq a d (2) u1 u2 u3 26 3a 10d 26 (3) (1,00đ) q = a b c 26 0,50 0,25 Nếu q (ad 0) hệ trở thành 2d a q q 4q 3a 10d 26 q a = 2, b = 6, c = 18 a d 0,25 n 1) Chứng minh với số tự nhiên n; số 23 chia hết cho 3n 1 không chia Câu III hết cho 3n 2) Từ tập hợp tất số tự nhiên có năm chữ số mà chữ số khác 0, lấy ngẫu nhiên số Tính xác suất để số tự nhiên lấy có mặt ba chữ số khác 2,0 đ n Đặt An = 23 III.1 (1,0đ) n = A0 = 21 = chia hết cho 31 mà không chia hết cho 32 0,25 k Giả sử Ak = 23 chia hết cho 3k+1 mà không chia hết cho 3k+2 (Ak = B.3k+1; với B ngun, khơng chia hết cho 3).Ta có: 0,25 k 1 k Ak+1 = 23 23 k Ak+1 Ak Ak2 23 k 23k 23 k 23 = B 3k 1 B 3k 1 2 23 = 3k 2 B3 32k 1 B 23 k k 0,25 k Dễ thấy: B3.32k 1 chia hết cho mà B 23 không chia hết cho (vì B khơng chia hết cho 3) nên B2 32k 1 23 không chia hết cho k Ak+1 chia hết cho 3k+2, khơng chia hết cho 3k+3 Kết luận: Ta có: 95 59.049 0,25 0,25 Gọi A biến cố cần tìm xác suất, ta có: Số cách chọn chữ số phân biệt a, b, c từ chữ số thập phân khác C39 Chọn chữ số cịn lại từ chữ số đó, có trường hợp rời sau đây: Ý.2 TH1 Cả chữ số lại chữ số a, b, c: có cách; hoán vị từ 5! hoán vị chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo số tự nhiên n; 3! hoán vị vị trí mà a, a, a chiếm chỗ tạo số n, nên TH1 có 5! thảy 60 số tự nhiên 3! (1,0đ) TH2 chữ số lại chữ số a, b, c chữ số chữ số khác chữ số đó: có cách; hốn vị từ 5! hoán vị chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo số tự nhiên n; 2! hoán vị vị trí mà a, a chiếm chỗ 2! hốn vị vị trí mà b, b chiếm chỗ tạo số n, nên TH2 có thảy 5! 3 90 số tự nhiên 2!2! Vậy: A (60 90)C39 150 Kết luận: P A A 9! 150 12600 3!6! 12.600 1.400 0,213382106 59.049 6.561 0,25 0,25 0,25 1) Cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' Trên cạnh AB lấy điểm M khác A B Gọi (P) mặt phẳng qua M song song với mặt phẳng ( ACD ') a) Trình bày cách dựng thiết diện hình hộp mặt phẳng (P) Câu IV b) Xác định vị trí M để thiết diện nói có diện tích lớn 2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành M trung điểm SC Một mặt phẳng (P) chứa AM cắt cạnh SB, SD điểm B', D' khác S Chứng SB ' SD ' minh rằng: SB SD 3,0 đ I D' R Q C' F A' P D B' C S IV.1.a A (0,75đ) K O M J N E B Trong mp(ABCD), qua M vẽ đường thẳng song song với AC cắt DB, BC E, N Trong mp(BDD’B’), qua E vẽ đường thẳng song song với D’O (O=ACBD) cắt B’D’ F Trong mp(A’B’C’D’), qua F vẽ đường thẳng song song với AC cắt A’D’, D’C’ R, Q Trong mp(AA’D’D), qua R vẽ đường thẳng song song với AD’ cắt AA’ S Trong mp(CC’D’D), qua Q vẽ đường thẳng song song với CD’ cắt CC’ P 0,50 Thiết diện lục giác MNPQRS 0,25 Do mặt đối diên hình hộp song song nên cạnh đối lục giác thiết diên MNPQRS song song cặp cạnh song song với cạnh tam giác ACD’ Các tam giác JKI, ACD’, RQI, JMS, NKP đồng dạng MJ MA NC NK PC PK QD ' QI MJ=NK PK=QI MN MB NB NM PC ' PQ QC ' QP IV.1.b Các tam giác RQI, JMS, NKP (gọi diện tích chúng S1 gọi diện tích tam giác JKI, ACD’ S2, S) (1,25đ) Đặt 0,25 AM k ; ta có điều kiện k có: AB 2 S1 JM AM AM 2 k S1 = k S S AC DC AB 2 0,25 S2 JK JM MK JM MK 2 k 1 S2 =( k + 2k +1)S S AC AC AC AC 0,25 Diện tích thiết diện: Std S2 3S1 0,25 3 1 3S (dấu xảy k ) Std 2S (k k ) 2S k 2 S lớn k M trung điểm AB S Lấy I = AMB'D' O = ACBD, ta có: S, O, I điểm chung mặt phẳng (SAC) (SBD) D' M S, O, I thẳng hàng I D Và I trọng tâm mặt chéo SAC P O C SI SO 0,25 B N (1,00đ) Vẽ BP // B'I DN // D'I P, N SO OP ON x y B' A VI.2 0,25 Đặt x SD SB ; y SD ' SB ' SB SD SP SN 2SO x, y [1; 2] (*) SB ' SD ' SI SI SI 0,25 1 Suy ra: 3 x y xy x y Từ (*): x 3 xy 0,25 x 3x x(3 x) x y xy 1 x y x y 0,25 Khảo sát tính chẵn – lẻ, tính tuần hồn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số Câu V y sin sin x 1,0đ Tập xác định hàm số y f ( x) sin sin x D V (1,0đ) (đối xứng qua 0) x , f ( x) f ( x) Vậy, f chẵn (f khơng lẻ khơng đồng 0) 0,25 x , f ( x 2) f ( x) Vậy, f tuần hoàn 0,25 Tập giá trị hàm số t sin x 0; nên 0,25 f sin t 0, t max f max sin t 0t 0,25