Sở GD&ĐT Bắc Ninh Trờng THPT Quế Võ 1 đê thi chọn học sinh giỏi cấp trờng Năm học 2009 2010 Môn:Toán. Khối 11. Thời gian làm bài: 150 phút Câu1: (2 điểm). Cho phơng trình: ( ) ( ) sin3 sin 2 1 2x m x m cos x = (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(yxyx )1(16 yx xy8 yx 2 22 2.Cho dãy số u 1 , u 2 , u 3 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 p q u u> . 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 k k k n n n C C C + + = . Chứng minh rằng: 1 2 3 4 4 4 6 4 k k k k k k n n n n n n C C C C C C + + + + + = Câu4(3 điểm). Cho hỡnh chúp .S ABCD cú ỏy l hỡnh bỡnh hnh. Gi 'C l trung im ca SC v M l im di ng trờn cnh SA . ( )P l mt phng qua 'C M v song song song vi BC . a. Dng thit in ca hỡnh chúp .S ABCD v mt phng ( )P . nh M thit din l hỡnh bỡnh hnh. b. Tỡm qu tớch giao im I ca hai ng chộo thit din. 2. Trong mt phng to Oxy, cho ng tròn ( ) ( ) 2 2 ( ) : 1 2 4C x y + = . Gi f l phép bin hình có c bng cách sau: thc hin phộp tnh tin theo vect 1 3 ; 2 2 v = ữ r , ri n phộp v t tõm 4 1 ; 3 3 M ữ , t s 2k = . Vit phng trỡnh nh ca ng trũn (C) qua phộp bin hỡnh f. Câu5 (1 điểm). Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có 3 3 3 1 tan tan tan 2 2 2 3 A B C + + đáp án đê thi chọn học sinh giỏi cấp trờng Môn:Toán. Khối 11. 1 Câu ý Đáp án Điể m 1(2đ) 1(1đ) Với m=3 thì pt(1) 3 2 3 2 sin3 3sin cos2 1 3sin 4sin 3sin 2sin 0 4sin 2sin 0 sin 0 1 sin 2 2 (k Z) 6 5 2 6 x x x x x x x x x x x x k x k x k = + = = = = = = + = + 0,25 0,25 0,25 0,25 2(1đ) ( ) ( ) ( ) 2 (1) sin 4sin 2(2 )sin 3 0 sin 0 2 1 sin 3 2 3 sin 4 2 x x m x m x x m x + + = = = = Vì ( ) x 0;3 nên pt(2) có nghiệm là , 2x x = = pt(3) nghiệm là 5 13 17 , , , 6 6 6 6 x x x x = = = = 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 3 5 0 1 2 m m m m < < < < 0,25 0,25 0,25 0,25 2(2đ) 1(1đ) Điều kiện: x + y > 0 * (1) (x 2 + y 2 )(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 0,25 0,25 2 (x + y)[(x + y) 2 16] 2xy(x + y 4) = 0 2 2 x y 4 0 (3) x y 4(x y) 0 (4) + = + + + = Từ (3) x + y = 4, thay vào (2) ta đợc: x 2 + x 4 = 2 x 2 + x 6 = 0 x 3 y 7 x 2 y 2 = = = = . (4) vô nghiệm và x 2 + y 2 > 0 và x + y > 0. Vởy hệ có hai nghiệm là: (3; 7); (2; 2) x 2 + x 4 = 2 x 2 + x 6 = 0 x 3 y 7 x 2 y 2 = = = = . (x + y 4)[(x + y)(x + y + 4) 2xy] = 0 0,25 0,25 2 Từ gt ta có u n >1.Xét phơng trình 1 1x x = + nhận 1 5 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 1 u > . Giả sử (1) đúng với n=k tức là 2 1k u + > . Xét (1) khi n=k+1 ta có 2 3 2 2 2 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 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 trên 2 1 2 2 1 1 (2) m m m u u u > < + = < Từ (1),(2) ta có u p >u q 0,25 0,25 0,25 0,25 3(2đ) 1 2 Gọi A i là biến cố ở lần thứ i bà mẹ sinh con trai. Gọi B i 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 cố 1 2 B A .Vì A i ,B i độc lập với nhau nên ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 0.248911P B A P B P A = = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 3 1 1 2 2 3 3 4 1 2 3 1 1 1 1 1 1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 1 3 3 ( ) 3( ) 3( ) ( ) 3 3 ( ) 2( ) ( ) 2 k k k k k k k k n n n n n n n n k k k k n n n n k k k k k k n n n n n n k k k n n n k k n n VT C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C − − − − − − − − − − + + + + − − − − − + + + + + + − − + + + − + + = + + + + + + + = + + + = + + + + + = + + = + 4 k n C + = 0,25 4(3®) 1 1a 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 N ∩ = sao cho MN//AD. Ta cã: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' ' ' ' P SAB MB P SAD MN P SDC NC P SCB C B ∩ = ∩ = ∩ = ∩ = Thiết diện là h×hh thang ' 'MNC B với ' 'B C MN BCP P . Thiết diện là h×nh b×nh hµnh khi M là trung điểm SA. Gọi I là giao điểm của 'MC và 'NB , O là giao điểm của AC và BD. Khi ®ã S, I, O thẳng hàng hay I thuộc đường thẳng SO. Khi M S→ th× →I S , khi M A→ th× →I J với J là giao điểm của 'A C với SO. Quỹ tÝch 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 t©m của (C) th× I(1 ; 2) và R là b¸n kÝnh của (C) th× R = 2. 0,25 4 Gi A l nh ca I qua phép tnh tin theo vect 1 3 ; 2 2 v = ữ r , suy ra 3 7 ; 2 2 A ữ Gi B l tâm ca (C) thì B l nh ca A qua phép v t tâm 4 1 ; 3 3 M ữ t s 2k = nờn : 5 2 3 2 14 2 3 B A M B A M x x x MB MA y y y = = = = = uuur uuur . Vậy 5 20 ; 3 3 B ữ Gọi R là bán kính của (C) Thì R = 2R = 4 Vậy 2 2 5 20 ( ') : 16 3 3 C x y + = ữ ữ 0,25 0,25 0,25 5(1đ) Ta có 3 33 2 22 2 22 + + B tg A tg B tg A tg . Mặt khác 22 B tg A tg + = . 4 2 2 cos1 4 cos 4 sin4 2 cos 2 cos 2 sin2 2 cos 2 cos 2 sin BA tg BA BABA BABA BA BA BA + = + + ++ + + + = + Do đó: 4 2 22 333 BA tg B tg A tg + + (1). Tơng tự: 4 60 2 2 60 2 0 3 0 33 + + C tgtg C tg (2) Cộng theo vế (1) và (2) ta có: 2 60 4) 4 60 4 (2 2 60 222 0 3 0 33 0 3333 tg C tg BA tgtg C tg B tg A tg + + + =+++ . 3 1 303 222 03333 =++ tg C tg B tg A tg Bất đẳng thức xảy ra dấu bằng khi tam giác ABC đều. 0,25 0,25 0,25 0,25 5 6 . < 0,25 0,25 0,25 0,25 2(2 đ) 1(1 đ) Điều kiện: x + y > 0 * (1 ) (x 2 + y 2 )(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 0,25 0,25 2 (x. trũn (C) qua phộp bin hỡnh f. Câu5 (1 điểm). Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có 3 3 3 1 tan tan tan 2 2 2 3 A B C + + đáp án đê thi chọn học sinh giỏi cấp trờng Môn:Toán. Khối 11. 1 Câu. nên ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 0.248911P B A P B P A = = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 3 1 1 2 2 3 3 4 1 2 3 1 1 1 1 1 1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 1 3 3 ( ) 3( ) 3( ) ( ) 3 3 ( ) 2( ) ( )