2 de thi olympic lop 11 mon toan so gd dt quang nam

Tính cosin góc giữa 2 đường thẳng SB và AD .b.. Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng  và hình chóp .S ABCD.. 2.0 Mỗi tam giác cần xác lập có 1 đỉnh nằm trên một đường thẳng và 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

(Đề thi có 01 trang)

Môn thi: TOÁN - Lớp: 11

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (3,0 điểm).

a Tính tổng các nghiệm của phương trình: sinx 5 6cos2x trên đoạn ;

2 



b Giải phương trình: 3cosx 1 4cos x3  3sin x3

Câu 2 (4,0 điểm).

a Xét tính tăng giảm và bị chặn của dãy  u n biết:

n u

b Cho dãy  u n biết u 1 2 và 1 3 4n

u   u  với n N * Tìm số hạng tổng quát của dãy  u Tính n

1

lim n n

u

u  .

Câu 3 (4,0 điểm).

a Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 3 chữ số ( không nhất thiết đôi một khác nhau ) được thành lập từ các chữ số 2,0,1,8 Chọn ngẫu nhiên một phần tử từ tập X Tính xác suất để

phần tử được chọn là số chia hết cho 3

b Trên 2 đường thẳng song song  và d , ta lần lượt gắn vào đó m điểm và n điểm

sao cho m n 17 ( ,m n N *) Tìm m , n để số các tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm trong 17

điểm phân biệt ở trên là lớn nhất

Câu 4 (2,0 điểm) Cho hàm số  

2

| 2 |

khi x

  





 Xét tính liên tục của hàm số f x tại điểm  x 2

Câu 5 (3,0 điểm).

Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn  C x: 2 y2 2x4y 4 0 và điểm 1

( 3, )

A  Gọi I là tâm của đường tròn  C M là điểm thay đổi trên  C sao cho ba điểm , ,A M I không thẳng hàng Tia phân giác góc AIM cắt đường thẳng AM tại N

Gọi  K là tập hợp các điểm N khi M thay đổi trên  C Viết phương trình đường  K

Câu 6 (4,0 điểm).

Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , BD  a Cạnh bên SA

ĐỀ CHÍNH THỨC

a Tính cosin góc giữa 2 đường thẳng SB và AD

b Gọi ( ) là mặt phẳng qua A song song với BD và cắt cạnh SC tại M sao cho khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( ) bằng 3 lần khoảng cách từ S đến mặt phẳng ( ) Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng ( ) và hình chóp S ABCD

––––––––––– Hết ––––––––––––

Họ và tên thí sinh: … ……….; Số báo danh: ………

Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Đáp án gồm 05 trang

()

1 a Tính tổng các nghiệm của phương trình: sinx 5 6cos2x trên đoạn ;

2 



sinx 5 6cos x 6sin xsinx 1 0

sinx ; sinx

2

  ( x[ , ]

2 

6



 sinx 1

3

 ( x[ , ]

2 

 )  x = arcsin1

3 , x =   arcsin1

3

0.25 0.25 0.25

0.25 Tổng các nghiệm phương trình trên [ , ]

2 

 là 

6

 +arcsin1

3+  arcsin1

3 = 5

6



0.5

3cosx 1 = 4cos3x  3 sin3x  1 = 4cos3x 3cosx  3 sin3x

 1 = cos3x  3 sin3x  3 sin3x  cos3x =1

sin ( 3x 

6

 ) = 1

2 sin ( 3x 

6

 ) = sin

6



3x 

6

 =

6

 + k2 hoặc 3x 

6

 = 5

6 + k2 ( k   )

0.25 0.25 0.25 0.25 +0,5

2 a Xét tính tăng giảm và bị chặn của dãy (u

n

u

n

n n n   n n   ,  n N*

(un) bị chặn

0,25 + 0,25 0.25 02.5

b Cho dãy (u n ) biết u 1 = 2 và 1 3 4n

u   u  với nN*.

Tìm số hạng tổng quát của dãy (u n ) Tính

1

lim n n

u

+ Tìm số hạng tổng quát của dãy (u n )

u   u  (1)

1 4n 3.( 4 )n

1

(1),(2)(3.4 4 ) 4n n  n   1

1 4n 3.( 4 )n

Xét dãy (vn) với v1=2, vn+1= 3vn( n  1) - ở đây vn=un4n

Khi đó vn= 2 3n1un4n= 2 3n1 un= 4n2 3n1

0.5 0.25 0.25 0.5 0.5

+ Tính

1

lim n n

u

u 

.

1

1

n

n

u

u







3 a Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 3 chữ số ( không nhất thiết đôi một

khác nhau ) được thành lập từ các chữ số 2,0,1,8 Chọn ngẫu nhiên một phần tử từ

tập X Tính xác suất để phần tử được chọn là số chia hết cho 3

2,0

Gọi số được chọn là a a a a 1 2 3 ( 1 0)

Gọi A là biến cố: ‘‘ số được chọn là số chia hết cho 3 ’’

1 2 3

a a a chia hết cho 3 khi: a a a1 2 3 chia hết cho 3

Liệt kê các số gồm: 111,222,888, và hoán vị của các bộ số (2;2;8); (8;8;2);

(1;2;0) ;(1;8;0) (Lưu y, chữ số a 1 0)

Do đó số kết quả thuận lợi để có A là n A   17

Vậy xác suất cần tìm:   (A) 17

( ) 48

n

P A

n



0.5

0.5 0.5

b Trên 2đường thẳng song song  và d , ta lần lượt gắn vào đó m điểm và

n điểm sao cho m n 17 ( m n N,  *) Tìm m , n để số các tam giác có 3 đỉnh là

3 điểm trong 17 điểm phân biệt đã cho là lớn nhất.

2.0

Mỗi tam giác cần xác lập có 1 đỉnh nằm trên một đường thẳng và 2 đỉnh nằm trên

đường thẳng còn lại

Trường hợp 1: Một trong hai số m hoặc n là bằng 1  chẳng hạn m =1, khi đó n =16 và

số các tam giác có được từ 17 điểm này là 2

16

1.C 120

Trường hợp 2: m, n đều lớn hơn 1

Số các tam giác có được từ 17 điểm này là

0.5

2 2

2 2

15

15.4 15.[( ) ( ) ]

15.[17 ( ) ] 8

15(17 1 ) 15.288 540.

m n

Dấu bằng xảy ra khi |mn| =1, m,n  N*

 m=9 , n=8 hoặc ngược lại

Kết luận : Số tam giác là lớn nhất khi m=9, n=8 hoặc ngược lại

0.5

0,25

0.25 0.25 0.25 4

2

| 2 |

x x khi x

khi x



 



Xét tính liên tục của hàm số f x  tại điểm x 2.

2,0

2

2

( 2)( 3)

lim

( 2) lim( 3) 5

x

x

f x

x x









  





0.25

0.25 0.25

2

2

( 2)( 3)

lim

2 lim( 3) 5

x

x

f x

x x









  





0.25

0.25 0.25

Vì

lim ( ) lim ( )

x  f x x  f x

   nên hàm số không có giới hạn tại x=2 nên không thể liên tục tại x=2

0.5

5 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn  C x: 2y22x4y 4 0 và điểm

1

( 3, )

A  Gọi I là tâm của đường tròn  C M là điểm thay đổi trên  C sao cho 3

điểm A M I, , không thẳng hàng Tia phân giác góc AIM cắt đường thẳng AM tại

N Gọi  K là tập hợp các điểm N khi M thay đổi trên  C Viết phương trình

đường  K

3,0

Hình vẽ:

(C) có tâm I(1,2) và bán kính R =3 Tính được IA = 5

Vì IN là tia phân giác của góc AIM nên 3

5

MN IM

AN  IA  

8

AN  AM

 

(*) (do N nằm giữa A và M ) Vậy phép vị tự tâm A, tỉ số 5

8

k  biến điểm M thành điểm N

0.5

0.5 0.25 0.25

Gọi P,Q là 2 giao điểm của đường thẳng IA và (C)

Do đó khi M chạy khắp đường tròn (C) ( M  P, M  Q) thì N chạy khắp (K) với (K) đường tròn (C’) là ảnh của đường tròn (C) qua phép vị tự tâm A tỉ số 5

8

k  ( trừ 2 điểm

là ảnh của P,Q qua phép vị tự trên)

Viết phương trình đường tròn (C’)

Gọi I’ là tâm đường tròn (C’), ta có: ' 5

8

AI  AI

 

2 8

I   

R’ là bán kính đường tròn (C’), ta có: R’ = 5 15

8R  8

       

0.5 0.5

0.25 0.25

6 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , biết BD  a ; cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ABCD và SA a .

a Tính cosin góc giữa 2 đường thẳng SB và AD

b Gọi ( ) là mặt phẳng qua A song song với BD và cắt cạnh SC tại M

sao cho khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( ) bằng 3 lần khoảng cách từ S đến mặt phẳng ( ) Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng ( ) và hình chóp

S ABCD

4.0

a Tính cosin góc giữa 2 đường thẳng SB và AD 1.5

Tính góc SBC

SAB vuông cân tại A  SB = a 2

Gọi O là tâm hình thoi ABCD AC = 2 AO = a 3

SA =a, AC = a 3 SC = 2a

Ta có: SC2= SB2+BC22SB.BC cos B

4a2= 2a2+ a2 2.a2 2 cos B cosB = 1

2 2



Gọi  là góc giữa SB và BC , ta có: cos = 1

2 2

0.25 0.25 0.25

0.5 0.25

b Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng ( ) và hình chóp S ABCD 2.0

Ta có: AC = a 3 và SA =a  SC =2a

d(C, α) = 3 d(S, α)  SM = 1 1

a

CM  SC

Gọi I là giao điểm của SO và AM

Trong mp (SBD) kẻ đường thẳng song song BD cắt SB, SD tại E và F

Thiết diện tạo bởi (α) và hình chóp S.ABCD là tứ giác AEMF

Ta có BD  (SAC)  EF  (SAC)  EF  AM ( SAEMF= ½ AM EF.)

Tính AM, EF

Xét  SAM , tính AM theo hệ thức cosin ta được AM = a 3

2

(có thể kiểm chứng AM  SC  … AM = a 3

2 ) Xét  SAC – Kẻ ON // AM O là trung điểm AC  N là trung điểm CM

0.25

0.5 0.25 0.25

MN = 1

2CM = 1 3 3

4SC8SC =5

8SC

ON // AM 

1

2 4

8

SC

SI SM

SO SN  SC 

5

SE SI

BD SC SO   EF = 2 2

a

BD 

SAEMF= 1

a

0.25 0.25 0.25

Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác đúng thì Ban Giám khảo thảo luận và thống nhất thang

điểm cho phù hợp với Hướng dẫn chấm

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NAM KỲ THI OLYMPIC LỚP 11 CẤP TỈNH Năm học 2016 – 2017

Môn thi : TOÁN

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi : 25/3/2017 Câu 1 (3,0 điểm) Giải các phương trình sau:

3

  b) 3(sin 2xcos ) cos 2x  xsinx2

Câu 2 (4,0 điểm).

a) Chứng minh bất đẳng thức sau bằng phương pháp quy nạp:

1 ( 1)

n   n , n N n, 3

b) Cho dãy số ( ) un thỏa: 1

*

1 1

2 3

4 n n n 6 n 0,

u

u  u u u n N

 







Tìm số hạng tổng quát của ( ) un và tính lim un

Câu 3 (4,0 điểm).

a) Từ 10 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 lập được bao nhiêu số tự nhiên thỏa: là số có 8 chữ số, trong đó có 2 chữ số lẻ khác nhau và 3 chữ số chẵn khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng 2 lần

b) Một đa giác đều có 24 đỉnh, tất cả các cạnh của đa giác sơn màu xanh và tất cả các đường chéo của đa giác đó sơn màu đỏ Gọi X là tập hợp tất cả các tam giác có ba đỉnh là các đỉnh của đa giác đều trên Người ta chọn ngẫu nhiên từ X một tam giác, tính xác suất để chọn được tam giác có ba cạnh cùng màu

Câu 4 (2,0 điểm) Cho hàm số

1 ( )

2

x

f x

x

 



khi 1 khi 1

x x



 Tìm giá trị của m để hàm số ( )f x liên tục tại x  1

Câu 5 (3,0 điểm).

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm (1;0) G và trực

tâm H Phương trình đường tròn đi qua ba trung điểm của ba cạnh HA, HB , HC là

      

    Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Câu 6 (4,0 điểm).

ĐỀ CHÍNH THỨC

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, AB a BC a ,  3 , 3

SA a Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD); M là trung điểm của OB

a) Gọi  góc giữa đường thẳng SO và mặt phẳng (SCD) Tính sin

b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CM theo a

–––––––––––– Hết ––––––––––––

Họ và tên thí sinh: … ……….; Số báo danh: ………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN

(Đáp án – Thang điểm gồm 06 trang)

Câu 1 (3,0 điểm)

3

cos 2x 3.sin 2x 2sinx 1 0

      2sin2x2 3 sin cosx x2sinx 0

2sin (sin 3.cos 1) 0

sin 0

sin 3.cos 1 0

x





 



0.25 0.25 0.25

 sinx  0 x k.

.2 6 2 2

   



 

  



Vậy phương trình có nghiệm là: , 2 , 2

x k x     k  x  k 

0.25

0.25

0.25

3(sin 2xcos ) cos 2x  xsinx2

2 3(2.sin cosx x cos ) (2cosx x 1) sinx 2

2

2 3.sin cosx x 3 cosx sinx 1 2cos x

(3.cos x 2 3 cos sinx x sin ) ( 3 cosx x sin ) 0x

2 ( 3 cosx sin ) ( 3 cosx x sin ) 0x

0.25 0.25 0.25

3 cos sin 0

3 cos sin 1

 



x x  x    x  k

.2 6

.2 2

  



 

   



0.25

0.25

x  k x   k  x   k  0.25

Câu 2 (4,0 điểm)

a Chứng minh bất đẳng thức sau bằng phương pháp quy nạp:

1 ( 1)

- Xét n 3: Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 81 64 (đúng)

- Giả sử bất đẳng trên đúng với một số tự nhiên k tùy ý ( k  ) tức là:3

1 ( 1)

k   k

+ Ta đi chứng minh bất đẳng thức đã cho đúng với n k 1, tức là đi chứng minh

( 1)k k (k2)k (1)

Từ giả thiết quy nạp ta có: 1 ( 1) 1 1

( 1)

k

k

k

k





Do đó để chứng minh (1), ta chỉ cần chứng minh:

1

( 1)

k

k

k

k



 (2)

( 1)

k

k

k

k

k







( 1)k k k k( 2) k (k 2 1)k k (k 2 )k k

Suy ra (1) đúng, hay bất đẳng thức đã cho đúng với n k 1

Vậy bất đẳng thức đã cho đúng với mọi số thự nhiên n thỏa n  3

0.25 0.25 0.25 0.25

0.25 0.25 0.25

0.25

b Cho dãy số ( ) un thỏa: 1

*

1 1

2 3

4 n n n 6 n 0,

u

u  u u u n N

 







Tìm số hạng tổng quát của ( ) un và tính lim un

2,0

1 1 1 1 6

4 n

n

u

u



Dễ dàng chứng minh được u n   0, n N*

1

n

u u





2

n

n

v

u

       

n

n

u u





 

  

 

0.25

0.5 0.5

0.5



 

0.25

Câu 3 (4,0 điểm)

a Từ 10 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 lập được bao nhiêu số tự nhiên thỏa: là số

có 8 chữ số, trong đó có 2 chữ số lẻ khác nhau và 3 chữ số chẵn khác nhau mà

mỗi chữ số chẵn có mặt đúng 2 lần.

2,0

* Bước 1: Xét số có 8 chữ số , trong đó có hai chữ số lẻ khác nhau và 3 chữ số chẵn

khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần (kể cả số có chữ số 0 đứng đầu).

- Từ 10 chữ số chọn ra 5 chữ số khác nhau gồm 2 số lẻ và 3 số chẵn có 2 3

5 5

C C cách chọn.

+ Với mỗi cách chọn trên ta có: số các số có 8 chữ số trong đó có 2 chữ số lẻ khác nhau

và 3 chữ số chẵn khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần là 8!

2!2!2! số.

+ Vậy với 2 3

5 5

C C cách chọn ở trên ta tạo được 2 3

5 .5 8! 504000 2!2!2!

đứng đầu tiên)

* Bước 2: Xét các số thoả mãn điều kiện ở bước 1 mà có chữ số 0 đứng đầu

- Từ 9 số đã cho (bỏ số 0) chọn ra 4 số khác nhau gồm 2 số lẻ và 2 số chẵn (vì đã có số 0

đứng đầu) có 2 2

5 4

C C cách chọn.

+ Với mỗi cách chọn trên ta có: số các số có 8 chữ số có số 0 đứng đầu, trong đó có mặt

2 chữ số lẻ khác nhau, 3 chữ số chẵn khác nhau và mỗi chữ số chẵn khác 0 có mặt đúng hai lần là 7!

2!2! số.

+ Vậy với 2 2

5 4

C C cách chọn ở trên ta tạo được 2 2

5 .4 7! 75600 2!2!

* Từ 2 bước trên suy ra số các số thoả đề bài là: 504000 75600 428400  số

0.25

0.5 0.25

0.25 0.25

0.25 0.25

b b) Một đa giác đều có 24 đỉnh, tất cả các cạnh của đa giác sơn màu xanh và tất cả các đường chéo của đa giác đó sơn màu đỏ Gọi X là tập hợp tất cả các tam giác có ba đỉnh

là các đỉnh của đa giác đều trên Người ta chọn ngẫu nhiên từ X một tam giác, tính xác

suất để chọn được tam giác có ba cạnh c ng màu.

2,0

Gọi đa giác là A1A2 A24

Số phần tử của không gian mẫu là 3

24

n(Ω)=C =2024

Gọi A là biến cố chọn được tam giác có ba cạnh cùng màu, ba cạnh này cùng màu đỏ

Gọi B là biến cố chọn được tam giác có đúng 1 cạnh màu xanh (cạnh đa giác)

Giả sử xét cạnh màu xanh A1A2, ta có 20 cách chọn đỉnh Ai( Ai{A4; A5; ;A23})

Nên số phần tử của B là n(B) = 24.20 = 480

0.25 0.25 0.25 0.25 Gọi C là biến có chọn được tam giác có hai cạnh màu xanh, như vậy tam giác đó có hai

cạnh là hai cạnh liên tiếp của đa giác, nên n(C) = 24

Ta có n(A) + n(B) + n(C) = n()

Suy ra số phần tử biến cố A là

n A = n( ) n(B) n C   2024 480 24 1520  

Vậy xác suất của biến cố A là P(A)= n(A) 190

n(Ω) 253 

0.25 0.25 0.25 0.25

Câu 4 (2,0 điểm)

Cho hàm số

1 ( )

2

x

f x

x

 



khi 1 khi 1

x x





Tìm giá trị của m để hàm số ( ) f x liên tục tại x  1.

2

f m    m

1

lim ( )

f x

+ Tính được: 3

1

lim

x

x x





+ Tính được:

1

lim

x

x x





Suy ra

1

11 lim ( )

12

x  f x

Để ( )f x liên tục tại x 1 thì

x  f x x  f x f

Suy ra: 11

12

Câu 5 (3,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm, G(1;0) và trực tâm

H Phương trình đường tròn đi qua ba trung điểm của ba cạnh HA, HB , HC là

      

- Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB.

- Gọi I, E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh HA, HB, HC

+ CH IE và CH ME/ / Suy ra ME IE (1)

+ Tương tự, chứng minh được MF IF (2)

Từ (1) và (2) suy ra M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác IEF

0.5 0.25 0.25

- Tương tự, N và P nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác IEF

Suy ra sáu điểm: M, N, P, I, E, F cùng nằm trên một đường tròn

Như vậy đường tròn qua I;E;F cũng qua ba trung điểm ba cạnh Do đó xét phép vị

tự tâm G tỉ số k   2 biến đường tròn (IEF) thành đường tròn (ABC)

Ta có đường tròn (IEF) có tâm 1( ; ) 5 1

6 6

3 2

0.25 0.25

0.25 0.25

Gọi O 2là tâm đường tròn (ABC) ta có: GO 2   2 GO 1

, ta tìm được 2( ' ) 4 1

3 3

Bán kính 2 5 2

3

R  Khi đó phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

là:

       

0.5 0.25

0.25

Câu 6 (4,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, AB a BC a ,  3, SA3a Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) c ng vuông góc với mặt phẳng (ABCD); M là trung điểm của OB.

a) Gọi  góc giữa đường thẳng SO và mặt phẳng (SCD) Tính sin.

b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CM theo a.