Từ X có thể lập đợc bao nhiêu số tự nhiên lẻ gồm 5 chữ số đôi một khác nhau và luôn có mặt chữ số 1.. Chứng minh rằng các mặt bên của hình chóp là các tam giác vuông.. Gọi α là mặt phẳ
Trang 1Sở GD & ĐT thanh hoá
Trờng THPT Hậu lộc 4 kỳ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯờNG
Năm học 2010 - 2011 Môn thi: TOáN 11
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I (3,0 điểm)
Giải phương trình:
sin 2 cos 2 4 2 sin( ) 3cos
cos 1
x
π
=
−
Câu II (4,0 điểm)
1 Cho tập hợp X ={1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8} Từ X có thể lập đợc bao nhiêu số tự nhiên
lẻ gồm 5 chữ số đôi một khác nhau và luôn có mặt chữ số 1
2
x x
= − + − Sau khi khai triển và rút gọn thì biểu thức A sẽ gồm có bao nhiêu số hạng?
Câu III (5,0 điểm)
1 Cho tam giỏc ABC cú cỏc gúc , , A B C theo thứ tự lập thành một cấp số nhân có
công bội bằng 2 Chứng minh rằng:
1 = 1 + 1
BC AB AC
2 Tìm giới hạn sau:
2 2
1
lim
1
x
I
x
→
=
−
Câu IV (6,0 điểm)
Cho hình chóp S ABCD Đáy ABCD là hình thang vuông, đờng cao AB a= , đáy
nhỏ BC a= và góc D bằng 45 Cạnh 0 SA a= 2 và vuông góc với mặt đáy
1 Chứng minh rằng các mặt bên của hình chóp là các tam giác vuông
2 Trên cạnh AB lấy một điểm M Gọi ( )α là mặt phẳng qua M và song song với
mặt phẳng (SBC Chứng minh thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng ( )) α
là hình thang vuông Tính độ dài đoạn AM khi diện tích thiết diện bằng 2 2
3
a
Câu V (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P
Hết -Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Đề chính thức
Trang 2Sở GD & ĐT thanh hoá
Trờng THPT Hậu lộc 4
-đáp án – thang điểm môn toán 11
đề thi chọn học sinh giỏi trờng
Năm học 2010 - 2011
I
Điều kiện: x k≠ 2 , π k Z∈
Khi đó phơng trinh tơng đơng với:
sin 2 cos 2 4 sinx cos 3cos cos 1 0
sinx 0 sinx(cos sinx 2) 0
cos sinx 2 0( )
x
=
x kπ
⇔ = ,
Đối chiếu điều kiện suy ra ⇒ = +x π k2π là nghiệm pt
0.5 1.0
1.0 0.5
3.0 đ
II.1
Gọi số cần tỡm là : n = a1a2a3a4a5
TH1 : a5 = 1 : chọn 4 chữ số cũn lại cú : A74 cỏch
TH2 : a5 ≠1 :
a5 cú ba cỏch
cú 4 vị trớ cho chữ số 1
cú 3
6
A cỏch chọn ba chữ số cũn lại => Cú 3.4 3
6
A số Vậy : Cú tất cả : A74 + 3.4 A63 = 2280 số cần tỡm
0.5
1.0 0.5
2.0 đ
∑20 k k 20 k 2 k ∑10 n n 3 10 k 1 n
∑20 k k 20 3k ∑10 n n 30 4n
k 0 n 0
Xét trờng hợp 20 – 3k = 30 – 4n ? 10 n = – 3(n k)–
Vì 0 # n # 10 và 10 n– phải là bội số của 3 nên n = 4 hay n=
7 hay n= 10
? có 3 số hạng trong hai khai triển trên có luỹ thừa của x giống
nhau
Vậy sau khi khai triển và rút gọn thì biểu thức A sẽ gồm:
21 + 11 – 3 = 29 số hạng
Xét trờng hợp 20 – 3k = 30 – 4n ? 10 n = – 3(n k)–
Vì 0 # n # 10 và 10 n– phải là bội số của 3 nên n = 4 hay n=
7 hay n= 10
? có 3 số hạng trong hai khai triển trên có luỹ thừa của x
giốngnhau
Vậy sau khi khai triển và rút gọn thì biểu thức A sẽ gồm:
21 + 11 – 3 = 29 số hạng
0.5
1.0 0.5
2.0đ
I.2 Theo giả thiết ta cú: B = 2A , C = 2B = 4A
Do A + B + C = π ⇒ A + 2A + 4A = 7A = π
Trang 3⇒ A =
7
π ,B = 2
7
π , C = 4
7
π
3
1.0 0.5
1.0
2.5 đ
II.1
2 2
2
1 1 1
( 1)( 2) ( 1)( 1)
2 1 21
3
4 8 8
lim
1
lim
lim
5
x
x
I
x
x x
→
→
→
= − − = −
=
−
−
−
1.0 1.0 0.5
2.5 đ
II.2
Dễ có các tam giác SAB và SAD vuông tại A.
Theo định lý 3 đờng vuông góc :BC⊥ AB⇒BC SB⊥
Vậy tam giác SBC vuông tại B.
Tam giác ABC vuông cân tại B nên ã BAC=450 ⇒CADã =450
Suy ra tam giác ACD vuông cân tại C.
Theo định lý 3 đờng vuông góc : CD AC⊥ ⇒CD SC⊥
Vậy tam giác SCD vuông tại C.
1.0 1.0
1.0
3.0 đ
III Thiết diện MNPQ song song với mặt phẳng (SBC) nên thiết
diện đó phải song song với BC và SB Vậy thiết diện cắt
(ABCD) theo giao tuyến MN//BC và cắt (SAD) theo giao tuyến
PQ//AD Do đó thiết diện là hình thang.
Lại có thiết diện //SB nên cắt (SAB) theo giao tuyến MQ//SB.
Ta có BC SB⊥ ⇒MN ⊥MQ
Suy ra thiết diện là hình thang vuông
1.0
3.0 đ
Trang 42
MNPQ
Đặt MA = x (0≤ ≤x a Trong tam giác SAB do MQ//SB nên từ)
định lý Talet ta tính đợc: AQ x= 2,
Trong tam giác SAD do PQ//AD nên:
PQ SQ
AD AS
Gọi I là trung điểm của AD, E là giao điểm của MN và CI Khi
đó CI = ID = a => NE = CE = a - x
=>MN =ME + EN = 2a - x
2
MNPQ
Từ giả thiết ta có:
2
2 x a− x = a3 ⇔ ax− x = a ⇔ a− x =
Vậy x = 2
3
a hay MA = 2
3a
0.5
1.0
0.5
IV
Đặt x = cotA, y = cotB, z = cotC.
Trớc hết chứng minh x, y, z đều dơng và xy + yz + zx = 1.
Khi đó
= x + y + z
P
Ta có theo BĐT Cô-si ta có:
(x +xy) (+ y +yz) (+ z +zx) 2≥ x +2y +2z
Hay P≥2(x2 +y2 +z2) (− xy yz zx+ + )≥xy yz zx+ + =1
(vì x2 +y2 + ≥z2 xy yz zx )+ +
Suy ra P≥1 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 khi và chỉ khi
x = y = z (tức là tam giác ABC đều.)
0.5
1.0 0.5
2.0 đ
Hết