Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường THPT Cẩm Xuyên năm học 20132014 môn Toán lớp 1153786

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.. Cho hình chóp S.ABCD, O là giao điểm của AC và BD; I, J lần l

TRƯỜNG THPT CẨM XUYÊN

TỔ: TOÁN TIN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

NĂM HỌC 2013-2014 MÔN TOÁN LỚP 11

Thời gian làm bài: 180 phút

Ngày thi:8/01/2014

Câu1.(3 điểm)

Giải phương trình: 2

sin 2 cos 2x x4sinx cos x3sin 2xcos 2x2cosx 3 0

Câu 2.(2 điểm)

Chứng minh rằng: 1 1 1 2 với mọi a thỏa mãn

1 cos 2 1 cos 4 1 cos 6

M

biểu thức M có nghĩa.

Câu 3.(2 điểm)

Cho tam giác ABC có các góc A,B,C lập thành một cấp số cộng với A B C

Biết: cos cos cos 3 3 , tính các góc của tam giác ABC



Câu 4(2.5 điểm) Cho cấp số cộng   un và cấp số nhân   vn thõa mãn:

2 0 4

 



  



  



Tìm S  u4  v4

Câu 5(2 điểm) Có hai hộp đựng bi, hộp A đựng 7 viên bi xanh, 7 viên bi đỏ; hộp B đựng

5 viên bi xanh và 9 viên bi đỏ Bốc ngẫu nhiên 3 viên bi trong hộp A bỏ vào hộp B, sau đó bốc ngẫu nhiên 3 viên bi trong hộp B bỏ lại vào hộp A Tính xác suất để sau khi đổi bi xong số bi xanh trong hai hộp bằng nhau

Câu 6.(2.5 điểm).

Tìm hệ số của số hạng chứa trong khai triển: 6

T  x x x

Câu 7.(4 điểm) 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.

Câu 8.(2 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, O là giao điểm của AC và BD; I, J lần lượt là

trọng tâm các tam giác SAB, SBC; M là trung điểm của CD, K là trung điểm của SM

Hãy trình bày cách tìm giao điểm của SO và mặt phẳng (IJK).

-HẾT -Họ và tên thí sinh:

Số báo danh:

DeThiMau.vn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 11

Phương trình đã cho tương đương:

1.5đ

Câu 1

Áp dụng bđt: 1 1 1 9 với mọi x, y, z dương

x   y z x y z

 

0,5

Vì a làm biểu thức T có nghĩa nên:

Suy ra:

1 cos 2 a0,1 cos 4 a0,1 cos 6 a0

2

1 cos 2 1 cos 4 1 cos 6 4 2cos 3 2cos3 cos

M

9

2

2 cos3

a

1,5

Câu 2

(2đ)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: sin 0

2cos3 cos

a







Dấu bằng không đồng thời xảy ra.

Vậy: M >2

0,5

B   A C   

0,5

,

0,5

3 cos

A C

0,5

Câu 3

(2đ)

2

A C    A C      A  C  

0,5

Gọi   un có công sai là d;   vn có công bội là q

2





1

DeThiMau.vn

2

1 2

2 1 0

q

  

  

Câu 4

(2đ)

Vậy: S  16 16 2 

0,5

Không gian mẫu: 3 3

14 17

( )

Trường hợp 1: Lần thứ nhất lấy được cả 3 viên bi xanh, sau đó trả lại phải bốc 2 viên bi xanh và 1 viên bi đỏ, số cách bốc là: 3 0 2 1

7 7 8 9

C C C C

Trường hợp 2: Lần thứ nhất lấy được cả 2 viên bi xanh và 1 viên bi đỏ, sau

đó trả lại phải bốc 1 viên bi xanh và 2 viên bi đỏ, số cách bốc là: 2 1 1 2

7 7 7 10

C C C C

Trường hợp 3: Lần thứ nhất lấy được cả 1 viên bi xanh và 2 viên bi đỏ, sau

đó trả lại 3 viên bi đỏ, số cách bốc là: 1 2 0 3

7 7 6 11

C C C C

Vậy số cách bốc thõa mãn yêu cầu bài toán là:

( )

7 7 7 10

C C C C C C C C71 72 60 113

0.5 Câu 5

(2đ)

xác suất để sau khi đổi bi xong số bi xanh trong hai hộp bằng nhau là:

( )

( )

n A

0,5

( 1) 2 k k i i.( 2) i

có số hạng chứa tương ứng với k=6, hệ số của số hạng đó là:

9 9 1

k k

k



x

6

S C

0,5

có số hạng chứa ứng với i = 5, hệ số của số hạng đó

8

8 1

( 2) i i i

i



x

là: P6  ( 2)3C85  8C85

0,5

Câu 6

(2.5đ)

Vậy hệ số của số hạng chứa trong khai triển x6 9  8 là:

T  x x x

0,5

0,5

DeThiMau.vn

J

R

P

K

I

Q F

O

C'

B'

A'

C

A

B D

D'

M

1,0

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.

0.5

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 S

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

0,5

Câu

7a

(2đ)

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

 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)

0.5

Đặt AM k; ta có điều kiện và có:

 S 1 = k2S

2 1

k

 S2 =( k2 + 2k +1)S

2

k



0,5

 Diện tích thiết diện: S td S2 3S1

(dấu bằng xảy ra  )

2

td

S

S S k k S k  

1 2

k 

Câu 7

(2đ)

S lớn nhất  1  M là trung điểm của AB

2

k 

0.5

Câu 8

(2đ) Khó vẽ hình vẽ bằng tay!!@@

Lưu ý: Mọi cách giải khác mà đúng đều cho điểm tương ứng

-HẾT -DeThiMau.vn

Câu 2)

Số cách bốc ngẫu nhiên 3 viên bi trong hộp thứ nhất bổ vào hộp thứ hai sau đó bốc 3 viên bi từ hộp thứ hai bỏ vào hộp thứ nhất là: 3 3

14 14

n  C C

Trường hợp 1: Lần thứ nhất lấy được cả 3 viên bi xanh, sau đó trả lại phải bốc 2 viên bi xanh và 1 viên bi đỏ, số cách bốc là: 3 0 2 1

7 7 8 9

C C C C

Trường hợp 2: Lần thứ nhất lấy được cả 2 viên bi xanh và 1 viên bi đỏ, sau đó trả lại phải bốc 1 viên bi xanh và 2 viên bi đỏ, số cách bốc là: 2 1 1 2

7 7 7 10

C C C C

Trường hợp 3: Lần thứ nhất lấy được cả 1 viên bi xanh và 2 viên bi đỏ, sau đó trả lại 3 viên bi đỏ, số cách bốc là: 1 2 0 3

7 7 6 11

C C C C

Vậy số cách bốc thõa mãn yêu cầu bài toán là:

( )

7 7 7 10

C C C C C C C C17 72 60 113 Xác suất bốc được như yêu cầu là:

2

sin 2 cos 2x x4sinx cos x3sin 2xcos 2x2cosx 3 0

DeThiMau.vn

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 S

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

Thiết diện là lục giác MNPQRS

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

DeThiMau.vn

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

 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)

Đặt AM k; ta có điều kiện và có:

 S 1 = k2S

2 1

k

 S2 =( k2 + 2k +1)S

2

k



 Diện tích thiết diện: S td S2 3S1

(dấu bằng xảy ra  )

2

td

S

S S k k S k  

1 2

k 

S lớn nhất  1  M là trung điểm của AB

2

k 

P

N

D'

I

O

M

D

B

C A

S

B'

Lấy I = AMB'D' và O = 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

 2

3

SI

SO 

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

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

2

x y xy



2

x y

DeThiMau.vn