De so 50 de so 26 de thi hsg toan 11 tinh nam dinh nam 20142015đã sửa

a Chứng minh rằng ADBC.. Chứng minh được BCADH BCAD.. + Trong ADH dựng đường trung trực của đoạn AD cắt DH tại I, suy ra IA=ID.. Trong mặt phẳng ABD gọi P BK ADsuy ra  cắ

ĐỀ HSG NAM ĐỊNH –NĂM HỌC 2014-2015 Câu 1 Tìm hai số thực x y, biết 5x y x ; 2 3 ;y x2y theo thứ tự lập thành cấp số cộng và

y1 ;2 xy1;x12 theo thứ tự lập thành cấp số nhân

L i gi i ời giải ải

Từ giả thiết có

2

2 2(2 3 ) (5 ) ( 2 )

3

x y

x y x y x y









 +) Giải phương trình (1) có các nghiệm 0; 10; 3

x x x

Vậy hai số ( x; y) cần tìm là 0;0 ; 10 4; ; 3; 3

3 3 4 10

 

Câu 2 Cho dãy số  u xác định bởi n

 

1

1 1

5

1

5

n n

u















Tính limu n

Lời giải

* 0,

n

u   n N ; 11 11

u  u u  u

      

Do đó: 2 1

2 1 1

1 5

u  u  ;

33 22 2

1 5

u  u 

1

1 1

1 5

u u 

 

Suy ra:

1

1

1 1

n

n

u u





 

  

 

1 1 1 5 5

4

n n

n

u



 

  

 

1 1 1

1 1 1 6 5 5

4

n

n

n n

u



 

 

       (theo bất đẳng thức côsi)

Mặt khác lim 1 5 1

n

  Vậy limu  n 1

Câu 3 Giải phương trình

2

2 3 cos sin 6 2sin 4 cos 2 3

cos

3 tan 1

x x



Lời giải

Điều kiện

1 tan

3 cos 0

x x













Phương trình tương đương

2 3(2cos 1) sin 6 sin 6 sin 2

1

3 sin cos





3 cos 2x sin 2x 3 sinx cosx

2 6

2

k x







 







Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm phương trình 2

6

x k 

Câu 4 Giải hệ phương trình







Lời giải

Điều kiện 0

2

y

x









 Ta có (1)  x1 yx12 y2 x2xy x

1

1

1

1

x y

x y x y x x y

 

 

2

y

x











1

  nên (3)  x y 1 Thay vào (2) ta được phương trình x4 18x23x 6 x 2 78 0 

2 2

2

2 9 0

3

2 1 0

x

x x

  



  



(thỏa mãn điều kiện)

Với x 3 y2 thỏa mãn điều kiện

Vậy hệ phương trình có nghiệm 3

2

x y









Câu 5 Gọi M là tập hợp gồm tất cả các số tự nhiên có ít nhất hai chữ số và các chữ số đôi một khác nhau

được lập từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5 Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp M Tính xác suất để số được chọn

có tổng các chữ số bằng 10

Lời giải

+) Số phần tử của tập M là 2 3 4 5

5 5 5 5

A A A A = 320

+) Số phần tử trong không gian mẫu là ( )n  =320.

+) Các tập hợp có tổng các phần tử bằng 10: 1; 2;3; 4 ; 1; 4;5 ; 2;3;5     

Gọi A là biến cố “chọn ngẫu nhiên một số từ tập M mà tổng các chữ số bằng 10”

 số kết quả thuận lợi của biến cố A là: ( ) n A = 4! + 2.3! = 36.

Vậy xác suất của biến cố A là ( ) ( ) 36 9

( ) 320 80

n A

P A

n

Câu 6 Cho biểu thức   2 3 2

0 1 2

n

P x   x x  x  n x a a x a x  a x Tính hệ số a8 biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn 12 73 1

C C n.

Lời giải

Với n nguyên dương và n 3 Ta có 2 3

( 1) ( 1)( 2)

C C  n n n n n n n

 n2 5n 36 0  n9

Suy ra a là hệ số của 8 x trong khai triển 8 8(1x)89(1x) 9

8 8 8 9 9 89

a  C  C 

Câu 7 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh A2;1, điểm M3;5 thuộc

đoạn BC, điểm N6;3 thuộc đoạn CD Tìm toạ độ đỉnh C.

Lời giải

E I

C B

M

N

Gọi I là trung điểm MN 9; 4

2

I  

 

Do MCN 900 nên C thuộc đường tròn tâm I đường kính MN; đường tròn (I) có pt:

2

2

I x   y 

Đường trung trực của MN có phương trình :6 x 4y11 0

Vì CA là tia phân giác của góc MCN nên giao điểm E của tia CA với đường tròn (I) là điểm chính giữa cung MN không chứa điểm C.

Toạ độ của E thoả mãn hệ phương trình  

2

2

4

6 4 11 0

x y

 

 

 



và E, A cùng thuộc nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng MN, suy ra 7 5;

2 2

E  

 

Phương trình đường thẳng AE : x y 1 0

Toạ độ điểm C thoả mãn hệ phương trình  

2

2

4

1 0

x y

 

 

 

   



và C khác A Vậy C6;5.

Câu 8 Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1, hai điểm M và N lần lượt nằm trên các đoạn AB và CD,

sao cho BN DN

a) Chứng minh rằng ADBC Tìm điểm I cách đều 4 đỉnh của tứ diện ABCD.

b) Khi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD, gọi   là mặt phẳng chứa BN và song song với MC

Tính chu vi thiết diện tạo bởi   và tứ diện ABCD

c) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của MN khi M, N thay đổi trên các đoạn AB và CD.

Lời giải

P K

N

I

J

H

M

C D

a) +) Gọi H là trực tâm tam giác ABC, suy ra DH (ABC)

Chứng minh được BC(ADH) BCAD

+) Trong (ADH) dựng đường trung trực của đoạn AD cắt DH tại I, suy ra IA=ID (1)

Mặt khác IHAIHBIHC suy ra IA IB IC  (2)

Từ (1), (2)  IA IB IC ID   hay I là điểm cách đều 4 đỉnh của tứ diện ABCD.

b) Trong mặt phẳng (DMC) kẻ NK//MC ( KDM ) suy ra ( ) chính là (BNK).

Trong mặt phẳng (ABD) gọi P BK ADsuy ra ( ) cắt tứ diện ABCD theo thiết diện là tam giác BNP Vì M, K lần lượt là trung điểm của AB và DM 1 1

PD AD

Áp dụng định lý côsin trong các tam giác BDP PDN BDN; ; ta có 7; 7; 3

PB PN BN 

Vậy chu vi BNP là 7 3

2

BNP

C  

c) +) Đặt BM x

BA  , với 0 x 1

DN x DC

  Khi đó ta có: BM  x BA.

và DN x DC.

Ta có: DN  x DC   BN BD x BC BD   (  ) BN x BC (1 x BD)

Do đó: MN  BN BM   x BC  (1  x BD x BA) 

MN x BC   x BD x BA  x  x BC BD                             x BC BA              x  x BD BA

2

2x 2x 1

+) Xét   2

f x  x  x trên đoạn 0;1 , ta có:  max    0  1 1, min   1 1

f x f f  f x f   

 

Vậy, MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2

2 khi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD.

MN đạt giá trị lớn nhất bằng 1 khi MB, ND hoặc MA, NC.

Câu 9 Xét các số thực dương x y z, , thoả mãn x y z xyz   Chứng minh rằng

Lời giải

Với các số thực dương x, y, z ta có:

2

xy

z

 

z

2

x y

Tương tự có: 2 1 1 1

2

y z

2

z x

Suy ra:

2  2 1 1 1 1 1 1 1 1 1

x y z

Dấu bằng xảy ra  x  y z 3