SỞ GIÁO dục và đào tạo

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO DTB HSG11 TOAN 01 doc Đề số 1 Câu 1 (5,0 điểm) 1 Giải phương trình 2 Giải hệ phương trình Câu 2 ( 4,0 điểm) 1 Tính tổng 2 Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5 lập được bao nhiêu số tự[.]

Đề số 1

Câu 1 (5,0 điểm)

1 Giải phương trình 2

3

0.

2cos 2

x

      



2 Giải hệ phương trình 2  22  8 2







Câu 2 ( 4,0 điểm).

1 Tính tổng 0 11 1 10 10 1 11 0

20 12 20 12 20 12 20 12

S C C C C  C C C C

2 Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5 lập được bao nhiêu số tự nhiên có có năm chữ số và số

đó chia hết cho 3

Câu 3 (2,0 điểm) Cho dãy số  u n xác định như sau:

1

1 1

2020

1

2020

n n

u















Tìm công thức số hạng tổng quát và giới hạn dãy số  u n ?

Câu 4 ( 2,0 điểm) Cho ABC nội tiếp trong đường tròn (O) và một điểm M thay đổi trên (O).

Gọi M1 là điểm đối xứng của M qua A, M2 là điểm đối xứng của M1 qua B, M3 là điểm đối xứng của M2 qua C Tìm quĩ tích điểm M3

Câu 5 (5,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình thang cân (AD//BC) và

BC=2a, AB=AD=DC=a (a>0) Mặt bên SBC là tam giác đều Gọi O là giao điểm của AC và

BD Biết SD vuông góc với AC

1 Tính SD.

2 Mặt phẳng ( ) qua điểm M thuộc đoạn OD (M khác O, D) và song song với hai đường thẳng SD và AC Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (

 ) Biết MD = x Tìm x để diện tích thiết diện lớn nhất

Câu 6 (2,0 điểm) Cho 3 số dương x y z; ; thỏa mãn 1x  1y  1z  xyz1

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 1

y

P



-HẾT -Họ và tên thí sinh………Số báo danh……… Người coi thi số 1………Người coi thi số 2.………

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM

4

(5,0 đ)

(2,5 đ)

Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương với

x x   x  

cos 2 2 sin 4 sin 2 2 0

0,5

2

2

2

1 sin 2x cos 4x sin 2x 2 0

2 sin 2x sin 2x 2 0

     sin 2x 1  hoặc sin 2x  2 (loại) 0,5

4



So sánh nghiệm với điều kiện phương trình có nghiệm

5

4



2.

(2,5 đ)

Điều kiện: x y  ; [ 2; 2] Đặt  2 cos 22 cos 2





y v với u v , [0; ]2 0,5

Ta được hệ phương trình (1 cos 2 )(1 cos 2 ) 2cos 2 sin 2 u u v cos 2 sin 2v v  u 1



2 2

u v





4

u v





 







4

u v





 





4

u v

u v





 





4

u v

u v







  





0

u v









 





Kết luận: nghiệm của hệ phương trình là 2cos2 0

2cos 0 2

x y











0,25

2.

(4,0 đ)

1.

(2,0đ)

(1 x)   (1 x) (x 1) (1) 0,5

Có (1 x)32C320 C x C x321  322 2 C x3232 32

Hệ số của 11

x trong khai triển (1 x) 32 là 11

32

C (2)

0,5

20 12

0 1 2 2 20 20 0 1 2 2 12 12

(1 ) ( 1)

x x

C C x C x C x C C x C x C x

Hệ số của x11trong khai triển (1 x) ( 20 x 1) 12

là 0 11 1 10 10 1 11 0

20 12 20 12 20 12 20 12

Từ (1),(2),(3) ta có 0 11 1 10 10 1 11 0 11

20 12 20 12 20 12 20 12 32

S C C C C  C C C C C

0,25

2.

(2,0đ)

Gọi số có 5 chữ số có dạng abcde a ( 0)

Nếu a b c d    3 thì e = 0 hoặc e = 3 Nếu a b c d   chia 3 dư 1 thì e = 2 hoặc e = 5 Nếu a b c d   chia 3 dư 2 thì e = 1 hoặc e = 4

0,5

Như vậy từ một số có 4 chữ sô abcd (các chữ số được lấy từ năm chữ số 1;2;3;4;5) sẽ tạo được hai số tự nhiên có 5 chữ số thoả mãn yêu cầu bài toán

0,5

Từ các chữ số 0;1;2;3;4;5 lập được 5.6.6.6 = 1080 số tự nhiên có

Nên từ các chữ số 0;1;2;3;4;5 lập được 2x1080 = 2160 số chia hết

3.

(2,0đ)

*

0,

n

Do đó: 2 1

1 2020

u  u 

3 2

1 2020

u  u 

1

1 2020

n n

u u 

0,25

Suy ra:

1

1

1 1

n

n





1

1 1 2020 2020

2019

n

n n u



0,5

1

1 1

2020

2019

n

n

n n

u



(Theo bất đẳng thức Cô si)

0,5

Mặt khác lim 1 2020 1

n

4.

(2,0đ)

Gọi F là phép biến hình biến M thành M3

Ta có CI 1 (CM CM3)

2

CM M C2

2

 

M M BA2

1 2

Suy ra I là điểm cố định

0,5

 Quĩ tích điểm M3 là đường tròn (O) ảnh của (O) qua phép đối

5.

(5,0đ)

1.

(1,5đ)

O

S

T

M N

P

K

Q

J

Từ giả thiết suy ra đáy ABCD là nữa hình lục giác đều cạnh a

Suy ra CT=AD=a và DT vuông góc SD

Xét tam giác SCT có SC=2a, CT=a, SCT  120 0  ST a 7 0,5 Xét tam giác vuông SDT có DT=a 3, ST a 7  SD 2a 0,5

2.

(3,5đ)

Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt AD, DC lần lượt tại N,P

Qua M, N, P kẻ các đường thẳng song song với SD cắt SB, SA, SC lần lượt tại K, J, Q Thiết diện là ngũ giác NPQKJ

0,5

dt(NPQKJ)=dt(NMKJ)+dt(MPQK)

2 NJ MK MN 2 MK PQ MP 1

0,5

Ta có:

3 3

a

2

3

a

a





Suy ra: dt(NPQKJ)=1 2( 3) 2 ( 3 ) 3 2(3 2 3 )

2

2

4

0,5

Diện tích NPQKJ lớn nhất bằng 3 3 2

4 a khi 3

4

6.

Với A B C, ,  (0; );  A B C    thì ta luôn có tan tan tan tan tan tan 1

0,5

Vậy với A B C, ,  (0; ),  A B C    Đặt tan

2

A

x  , tan

2

B

2

C

2

2

y

P









0,5

2

1 2 1 2 3

0,5

Vậy Max P = 3

2 Khi cos 1cos 0

2 3 6

C

A B











 



tan

12 2 3 3

x y z





 



0,5

………Hết………

Lưu ý +) Các cách giải khác mà đúng cho điểm tương ứng với biểu điểm

+) Điểm tổng toàn bài không làm tròn