Đề.Đáp án HSG 11( Xem trước 27.3.2013)

Gọi Sn là tổng của các phần tử trong tập hợp thứ n.. Ngân hàng đề thi có 10 loại đề khác nhau, mỗi loại đề có nhiều đề khác nhau.. Một cách phát đề gọi là hợp lệ nếu mỗi thí sinh nhận đợ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG BÌNH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

LỚP 11 NĂM HỌC 2012 – 2013

01698735393

Môn thi: Toán 11 – THPT

Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

(Đề thi gồm 01 trang và có 5 câu)

C©u 1:

1)Gi¶i ph¬ng tr×nh:

sin sin 3 cos cos3 1

8 tan( ) tan( )





2)Giải bất phương trình sau:

2

0



C©u 2: Cho các tập hợp các số nguyên liên tiếp như sau:{1},{2,3},{4,5,6},

{7,8,9,10}, , trong đó mỗi tập hợp chứa nhiều hơn tập hợp ngay trước nó 1 phần tử,

và phần tử đầu tiên của mỗi tập hợp lớn hơn phần tử cuối cùng của tập hợp ngay trước nó 1 đơn vị Gọi Sn là tổng của các phần tử trong tập hợp thứ n Tính S999

Câu 3 Cho dãy số (un) xác định như sau: 1 2

u 2012

(n N*)

u  2012u u











u  u u  u 

Câu 4 Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ P và Q là hai điểm lần lượt trên hai cạnh AB

và AD sao cho AP 2AB;AQ 3AD

  I và J là hai điểm lần lượt thuộc đoạn B’Q và

A’P sao cho IJ song song với AC Hãy xác định tỉ số IB'

QB'.

Câu 5

a) Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa mãn a.b.c = 1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

S (ab 2)(2ab 1) (bc 2)(2bc 1) (ac 2)(2ac 1)

b) Cho a, b, c 0 và a2 b2 c2  3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

HD

2

3 2 2

3 2 2 3

1 1

c c c

b b b

a

















2 4

1 1

2 1

2 2

4

2 2 2

b

a b

a











1 2 1

2

2 2

2 2

c

b c











ĐỀ THI THỬ 01

2 4

1 1

2

1

a a

c a









6 3

6 3

6

2 16

3 2 16

3 2 16



6 2 2 2

9 ) (

2 2 2

3 2

2

3











2

3 2 2

3 2 2

9 2 2

3 2 2

9



 P

Để PMin khi a = b = c = 1

-Hết -ĐÁP ÁN THI HSG C

õ

u

ể m

C

õ

u

1

Điều kiện

   







Suy ra

(1) sin3 sin 3 cos3 cos3 1 sin2 sin sin 3  cos2 cos cos3  1

sin cos 2 cos 4 cos cos 2 cos 4 sin cos cos 2 cos sin cos 4

cos 2 cos 2 cos 4 cos 2 1 cos 4 cos 2 cos 2

Kết hợp điều kiện (*) ta đợc  

6

Điều kiện: x 3

Khi đó ta có:

 

Bất phương trình đã cho tương đương với



2

2

17 181

34 108

17 181

x

x

KL S

  



C

â

u

2

Ta thấy tập hợp thứ n chứa n số nguyên liên tiếp mà số cuối cùng là

 1

1 2 3 4

2

n n

      Khi đó Sn là tổng của n số hạng trong một cấp

số cộng có số hạng đầu  

1

1 u

2

n n 

 , công sai d=-1(coi số hạng cuối cùng trong tập hợp thứ n là số hạng đầu của cấp số cộng này), ta có

1

n

S  n u  n d  n n 

999

1 999 999 1 498501999 2

C

â

u

3

- CM được dãy tăng : un 1  un 2012u2n 0 n

- giả sử có giới hạn là a thì : a 2012a 2  a a 0 2012  VL

nên limun = 

- ta có :

2





2012  u u  2012

C

â

u

4

12

IB' QB'

29



đáp số 12/29

â

u

5

2

(ab 2)(2ab 1) (b )(2b ) (b 2b ) 9(b )

đáp số : 1/3

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG BÌNH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP

TỈNH LỚP 11 NĂM HỌC 2012 – 2013

01698735393

Môn thi: Toán 11 – THPT

Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

(Đề thi gồm 01 trang và có 5 câu)

Câu 1 Giải phương trình:

2 2

sin

x x



Điều kiện: cos 0

2

x  x k (*) Phương trình đã cho tương đương với: 2 2

2cos (tanx x tan ) sinx  x cosx

2

2sin 2sin cos sin cos 2sin (sin cos ) sin cos

(sin cos )(2sin 1) 0

ĐỀ THI THỬ 02

+ Với sin cos 0 tan 1

4

+ Với 2sin 1 0 sin 1 2 ; 5 2

Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của phương trình đã cho là:

5

r»ng:

15 15 15 14 15 13 15 0 15

210 15

15

0 0

i

i k

 

Suy ra hÖ sè cña x15 trong khai triÓn  1515

1 x lµ

  15 15 150 15 141 15 132 15 015

15

i

i k

 



MÆt kh¸c 1  x1515   1 15x15   x225 Suy ra hÖ sè cña x15 trong khai triÓn 1 x 1515 lµ 15



15 15 15 14 15 13 15 0 15

C a  C a C a   C a  (®pcm)

C©u 3:Cho dãy (Un), (n = 0,1,2,3 ) xác định bởi:

0 2

u 

2

a) Hãy xác định số hạng tổng quát của u n

b) Chứng minh rằng số 2

1 ( 8)

5 u  n có thể biểu diễn thành tổng bình phương của ba số nguyên liên tiếp

a)Theo bài ra ta có: 2 2

Thay n bởi n-1 ta được:

Trừ theo từng vế (1) cho (2) được:

u n1  u n1 u n1  8u nu n1  0 u n1  8u nu n1  0 (3)

(do u n1  4u n  16u n1 u n1  u n1  0

Phương trình đặc trưng của (3)

8 1 0

4 15

t

t

  

    

 



Số hạng tổng quát: u   n 4 15 n 4  15n

b) Với mỗi số n 1, thì tồn tại số k để: 4  15 n 4  15nk 15

Suy ra  4  15 n 4  15n2  15.k2  4  152n4  152n 15.k2  2

n

u         k   k k  k

C©u 4:Cho hình chóp SABCD, ABCD là hình vuông cạnh 3, SA (ABCD),

SA = 2 3 Mặt phẳng( )  qua BC tạo với AC một gúc 30o, cắt SA, SD lần lượt tại M

và N Tớnh diện tớch thiết diện BCNM

Ta cú:

BC// AD

( ) (SAD) MN MN // BC// AD

BC ( ); AD (SAD)







   



Mà:BC BA; BC SA (SA (ABCD))    BC (SAB)   BC BM 

Suy ra thiết diện BCNM là thang vuụng tại B, M

Dựng AH BM 

Ta cú: BC AH  (vỡ BC (SAB))  Suy ra:AH ( )    ACH 30   o

Tam giỏc ABM vuụng tại A, đường cao AH cú:

3

 BM  6 (tam giỏc ABM vuụng cõn) và MN 3.

2

Diện tớch hỡnh thang vuụng BCNM:

Câu 5:

Cho x y z, , là các số thực dơng thỏa mãn x y z  3 Chứng minh rằng:

2

xyz

Ta có  yz zx xy2 x y z  2   9 yz zx xy  3

   

 

 

 

 

Ta có  



Do đó

 

 

 

 

2

18

2

6 3

 Vậy (2) đúng (đpcm)

C D

N M

S

H B



A

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG BèNH

Kè THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

LỚP 11 NĂM HỌC 2012 – 2013

01698735393

Mụn thi: Toỏn 11 – THPT

Thời gian: 180 phỳt (Khụng kể thời gian giao đề)

(Đề thi gồm 01 trang và cú 5 cõu)

Cõu I Giải hệ phương trỡnh, hệ phương trỡnh.







4

x x x  



Cõu II lim 2( 2 3 3)

x

x x

x x

x











Cõu 3 Cho 10 thí sinh ngồi quanh một bàn tròn Ngân hàng đề thi có 10 loại đề khác

nhau, mỗi loại đề có nhiều đề khác nhau Một cách phát đề gọi là hợp lệ nếu mỗi thí sinh nhận đợc một loại đề và hai thí sinh ngồi cạnh nhau không nhận đợc cùng một loại đề Hỏi có bao nhiêu cách phát đề hợp lệ ?

Cõu IV

Cho hỡnh chúp S.ABC cú ASB ASC 45  ; cos( BSC) 41; SB=SC= 2SA

SA=a K là trung điểm của BC; M là điểm nằm trờn đoạn thẳng AK Đặt AM=x

1 Chứng minh: SA (ABC)

2 Mặt phẳng (a) qua M và vuụng gúc với AK Tỡm x để thiết diện của hỡnh chúp

ĐỀ THI THỬ 03

S.ABC cắt bởi mp(a) có diện tích lớn nhất

Câu V

3

 

Hết:

Câu I Giải hệ phương trình, hệ phương trình.













Điều kiện: 1; 1

3

x  y

(2)  y  x3 y 2x 6x 4 0;   3x5

Vậy ta có:

1 0

y x

x y

  





1 0

y x   vô nghiệm vì 1; 1

3

x y 

2x y   4 0 y 2x4, thay vào (1) ta có:

 *  3x 1 2x  3 x  4 y 12

Kết luận: x y ,  4;12

4

x x x  



4 sin 3 cos3 2 cos sin 1 0



 

sin 3 sin cos3 cos cos sin 1 0

2sin 2 cos 2sin 2 sin cos sin 1 0

2sin 2 cos sin cos sin 1 0

Đặt: cos - sin 2 cos ; 2; 2

4

t x x x  t  



Ta cú: 2(1 t t t2)     1 0 2t3    t 1 0 t 1

Cõu II lim 2( 2 3 3)

x

x x

x x

x











Đặt x1y khi x  thỡ y 0



































3 2

0 2

3 0

) 1 ( 3 1 ) 1 ( 2 1 lim 3

1 2

1

lim

y

y y

y

y y

y

y y

I

y y

2

1

1

2

1

) 3 1 ( 3 1 ) 1 ( ) 1 (

3 2

1 1

1 lim

) ) 1 ( 3 1 ) 1 ( ) 3 1 ( (

) 3 ( )

1 ( 2 1

lim

3 2

0

2 3

2

2 2

2 0

































































































y y

y y

y y

y

y y

y y

y

y y y

y y

y

y

y

Vậy I 12

Cõu 3 Cho 10 thí sinh ngồi quanh một bàn tròn Ngân hàng đề thi có 10 loại đề khác

nhau, mỗi loại đề có nhiều đề khác nhau Một cách phát đề gọi là hợp lệ nếu mỗi thí sinh nhận đợc một loại đề và hai thí sinh ngồi cạnh nhau không nhận đợc cùng một loại đề Hỏi có bao nhiêu cách phát đề hợp lệ ?

Lời giải

Gọi s là số cách phát đề hợp lệ cho n n thí sinh a a1, 2, ,a n

Ta viết a i a i j( j) nếu a và i a cùng nhận đợc một loại đề và j a i a jtrong trờng hợp ngợc lại

Xét một cách phát đề hợp lệ cho (n1) thí sinh a a1, 2, ,a a n, n1

- Nếu a1 a n thì bỏ đi thí sinh a n 1ta đợc một cách phát đề hợp lệ cho n thí sinh

n

a a1, 2, ,a Khi đó có 10-2=8 cách phát đề cho thí sinh a n 1 (khác với 2 đề của

n

a a1, )

- Nếu a1 a n thì bỏ đi hai thí sinh a a n, n1 ta đợc một cách phát đề hợp lệ cho

n

(  1) thí sinh a a1, 2, ,a n1 Khi đó có 10-1=9 cách phát đề hợp lệ cho a a n, n1(cụ thể a n a1, còn a n 1 phát 1 trong 9 đề khác a1)

Nh vậy ta có hệ thức sau

s 1 8s 9 1,  n 2

Mặt khác, dễ tính đợc : s2 10.9 90,s3 10.9.8720.

Do đó tính đợc s10 3486784410

Cõu IV

Cho hình chóp S.ABC có ASB ASC 45  ; cos( BSC) 41; SB=SC= 2SA

SA=a K là trung điểm của BC; M là điểm nằm trên đoạn thẳng AK Đặt AM=x

1 Chứng minh: SA (ABC)

2 Mặt phẳng (a) qua M và vuông góc với AK Tìm x để thiết diện của hình chóp

S.ABC cắt bởi mp(a) có diện tích lớn nhất

1 CM: AB=AC= a ( sử dụng định lí cosin trong tam giác); SAB =SAC(c-g-c) ; vuông cân tại A:

SA ( ABC)

AC SA

AB SA















2.BC AK; SA  AKTrong mặt phẳng (ABC) qua M kẻ đt song song BC cắt AB;

AC tại P, QTong mặt phẳng (SAK) qua M kẻ đt song song với SA cắt SK tại N Từ

N kẻ đt song song với BC cắt SB; SC tại F; E thiết diện là hình chữ nhật PQEF :

PF PQ

Ta có : BC=a 3; AK= a/ 2

Tính được PQ 2x 3 ;PF  (a 2x)

4 4

3 2

) 2 2

( 3 ) 2 ( 3

2

a x Max S a x

a x x

a x

S td        td   M trung điểm AK

Câu V

Cho a b c , , 0 Chứng minh:

 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

S

A

B

C

K

M

N E

Q

P

F

     

2

2

2

a a ab b b b bc c c c ca a

a b c a b ab b c bc c a ca

a b c



 

b c

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG BÌNH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP

TỈNH LỚP 11 NĂM HỌC 2012 – 2013

01698735393

Môn thi: Toán 11 – THPT

Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu I.Giải phương trình: cos x 1

12 x sin 2









Câu II Cho dãy {un} xác định bởi:

1

* 2

1

2

2012 2013

n

u

n N















Thành lập dãy: {Sn} xác định bởi:

n

i n

u S

u





 Tìm limn S n

 

Câu III Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

           

P

Câu IV

1)Cho hình chop S ABCD. đáy là hình thang, đáy lớn AB Trên SA, BD lấy hai điểm

M, N sao cho 2

3

3

DN  DB Qua N kẻ đường thẳng d song song với AB cắt

AD, BC lần lượt tại H, K

a) Chứng minh rằng: MH / /SBD

b) Gọi O là giao điểm của SB với MNH Chứng minh: OK/ /SC

2) Cho tứ diện đều ABCD có độ dài cạnh bằng 1 Gọi M, N lần lượt là hai điểm thuộc các cạnh AB, AC sao cho mặt phẳng (DMN) vuông góc với mặt phẳng (ABC) Đặt AM x, AN y Tìm x y, để diện tích toàn phần của tứ diện DAMN nhỏ nhất

ĐỀ THI THỬ 04

Câu V.

1)Nếu một số được chọn ngẫu nhiên từ một tập hợp gồm 5 chữ số trong đó tổng các chữ số bằng 43 Tính xác xuất để số được chọn chia hết cho 11

2) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho phần nguyên của

3

n

  là một

số nguyên tố

Câu I.Giải phương trình: cos x 1

12 x sin 2









(1) 2 sin 2x 12 sin12 1























1 sin 2x sin

12

cos 6 sin 2 12

sin 4

sin 12 x













12

5 sin 12

cos 12

x













 

x k hay x k k Z 

Câu II Cho dãy {un} xác định bởi:

1

* 2

1

2

2012 2013

n

u

n N















Thành lập dãy: {Sn} xác định bởi:

n

i n

u S

u





 Tìm limn S n

 

Giải:

Tacó:

 

1

*

1

(*) ; 2013

2

n

n

u

u u







Suy ra un là dãy tăng

Giả sử un bị chặn trên lúc đó tồn tại số L sao cho limn u n L (L 2)

    Từ (*) ta có : 1

( 1)

2013

n n

u u



1 ( 1)

0 2013

L

L L

L







 (vô lý)  un không bị chặn trên Suy ra lim n lim 1 0

n

u

u

      

Mặt khác :

2 1

1

n

u





u Cho n

Tương tự

2

2013

2013

n

u

u





Cộng vế theo vế ta được :

1

2013 1

n

i

n

u

S

1

1

1

n

n

S

u

   





Câu III Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

           

P

HD:

Áp dụng BĐT cauchy ta có:

   

Câu IV

1)Cho hình chop S ABCD. đáy là hình thang, đáy lớn AB Trên SA, BD lấy hai điểm

M, N sao cho 2

3

3

DN  DB Qua N kẻ đường thẳng d song song với AB cắt

AD, BC lần lượt tại H, K

a) Chứng minh rằng: MH / /SBD

b) Gọi O là giao điểm của SB với MNH Chứng minh: OK/ /SC

a) Chứng minh: MH / /SBD

Chỉ ra được 2

3

DASA  Suy ra MH / /SD (SBD)  MH//SBD b) Chứng minh: OK / /SC

Chỉ ra được: MO SB O SB/ /    1 1

;

2) Cho tứ diện đều ABCD có độ dài cạnh bằng 1 Gọi M, N lần lượt là hai điểm thuộc các cạnh AB, AC sao cho mặt phẳng (DMN) vuông góc với mặt phẳng (ABC) Đặt AM x, AN y Tìm x y, để diện tích toàn phần của tứ diện DAMN nhỏ nhất

Kẻ DH MN , do (DMN)(ABC) suy ra DH(ABC)

Mà ABCD là tứ diện đều, nên suy ra H là tâm của tam giác đều ABC

Ta có: SAMN =

2

1

.AM.AN.sin600 = xy

4

3 ; SAMN = SAMH + SANH

= 12.AM.AH.sin300+12 AN.AH.sin300 =

3

3 4

1 (x+y) Suy ra xy

4

3

3 4

1 (x+y) x+y= 3xy (0 x,y 1 )

Diện tích toàn phần của tứ diện DAMN:

S = SAMD + SAND + SDMN + SAMN = 21 AD.AM.sin600+21 AD.AN.sin600

+ 12 DH.MN +21 AM.AN.sin600 = 3xy + 3 xy ( 3 xy 1 )

6

6



Suy ra min 3(4 2),

9

3

Câu V.

1)Nếu một số được chọn ngẫu nhiên từ một tập hợp gồm 5 chữ số trong đó tổng các chữ số bằng 43 Tính xác xuất để số được chọn chia hết cho 11

H

A

B

C

D

M

N

Trong cơ số 10, chữ số lớn nhất là 9 nên tổng d1 + d2 + d3 + d4 + d5 của 5 chữ số lớn nhất bằng 45 Nhưng theo giả thiết, tổng của các chữ số trong số được chọn là 43 =

45 – 2 nên có thể xảy ra các trường hợp sau:

- Một chữ số là 7, tất cả các chữ số còn lại đều bằng 9 là 79999 ; 97999 ; 99799 ;

99997 : có 5 số như vậy

- - Hai chữ số đều là 8, ba chữ số còn lại đều là 9 có tất cả 5.4 10

2  số như vậy Chẳng hạn: 88999 ; 89899 ; ; 99988

- Vậy tất cả có 15 số trong đó mỗi số có 5 chữ số có tổng bằng 43

để số được chọn chia hết cho 11 thì cần và đủ là:

- d1 - d2 + d3 - d4 + d5 chia hết cho 11

-Chỉ có 3 số trong 15 số nói trên thoả mãn điều kiện đó:

97999 ; 99979 và 98989 Nên xác xuất cần tìm là 3 1

155

2) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho phần nguyên của

3

n

  là một

số nguyên tố

Gọi S là tập hợp các số nguyên tố

Trường hợp 1:

3

n k

2

2

2

 A S  k  1 n3

Trường hợp 2:

n k 

 

2

2

Trường hợp 3:

 

n k  n

 

Kết luận:  A S n1;3