Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ABCD.. Hiển nhiên X1,X2,X3là các số khác không.. Từ công thức xác định số hạng tổng quát của dãy,
Trang 1Trờng THPT Đề thi chọn học sinh giỏi khối 11 THPT
Gia Viễn B Môn: Toán.(Đề gồm 1 trang)
Năm học: 2006 – 2007 2007.
(Thời gian làm bài 180 phút)
Bài I: (6điểm).
1) Tính giá trị của biểu thức: A = sin 8 20 0 sin 8 40 0 sin 8 80 0
2) Giải hệ phơng trình:
x z xz z
z z y y
y y x x
3 2 2 2
3 3 2 2
Bài II: (5điểm).
1) Cho dãy số (u n) thoả mãn điều kiện:
2
2 6
1
u , u n1 2 u n với mọi n=1, 2, Chứng minh rằng dãy số (u n) có giới hạn và tìm Lim2n 2 u n
1 5 4
6 4
14
x x
Bài III: (6điểm).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Cạnh SC có độ dài bằng a, hợp với đáy góc và hợp với mặt bên SAB một góc
1) Tính độ dài các cạnh SA, AB theo a, ,
2) Khi 30 0, hãy xác định sin để diện tích đáy đạt giá trị lớn nhất
Bài IV: (3điểm).
Cho các số thực dơng a, b, c thoả mãn điều kiện: 15 12 12 12 10 1 1 1 2007
ca bc ab c
b
2 2 5
1 2
2 5
1 2
2 5
1
a ca c c
bc b b
ab a
P
-Hết -đáp án đề thi chọn học sinh giỏi khối 11 THPT
Năm học: 2006 – 2007 2007
Môn: Toán.(Đáp án gồm 3 trang).
Bài I: 1) Chứng minh 200, 400, 800 là các nghiệm của phơng trình: 4sin2(3x) = 3 0,5đ
Trang 2Do đó sin2200, sin2400, sin2800 là các nghiệm của phơng trình:64 3 96 2 36 3 0
t 0,5đ
Hay 4 sin2200, 4 sin2400, 4 sin2800 là các nghiệm của phơng trình:
0 3 9
3
Đặt X1 4 sin2200,X2 4 sin2400,X3 4 sin2800 Khi đó X1,X2,X3là ba nghiệm phân biệt của
ph-ơng trình (1), vì vậy theo định lý Vi-et ta có:
9 ,
3
2
1 X X X X X X X X
X 0,5đ
Biểu thức cần tính đợc viết lại là 44AX14X24X24 Hiển nhiên X1,X2,X3là các số khác không Do
3
2
1 ,X ,X
X là các nghiệm của (1) nên ta có:
1
2 1 1
2 1 1
2 1
3
1
4
X , tơng tự đối với X2, X3 ta có đợc: 4 4
54 ) (
51 ) (
3
2 2
2
A
27
3 2 1
4
Do đó
128
117
A
0,5đ
2) Hệ đã cho đợc viết lại là:
) 3 1 ( 3
) 1 ( 2
) 1 ( 2
2 3
2 2
z x z z
y z y
x y x
Kiểm tra thấy
3
1 ,
1 ,
thoả mãn hệ, nên: 0,5đ
Hệ lại đợc viết lại là:
2 3 2 2
3 1 3 1 2 1 2
z
z z x
y
y z
x
x y
Đặt x = tg(t) thì ta có y = tg(2t), z = tg(4t) 1,0đ
Do đó x = tg(12t) Do vậy: tg(t) = tg(12t) 12t = t + k ,kZ t k ,kZ
11
1,0đ
Nh vậy hệ đã cho có các nghiệm là
11
4 , 11
2 , 11
tg
k tg
k
tg trong đó k = 0,1, ,10 0,5đ
12
5 cos 2 12 sin 2
1
u 0,5đ
Từ hệ thức truy hồi bằng phơng pháp chứng minh quy nạp ta có đợc
n
u
2 6
5 cos
2 , n = 1, 2, Từ
công thức xác định số hạng tổng quát của dãy, ta dễ dàng chứng minh dãy số có giới hạn 1,0đ
Trang 35 6 5 2
6
56.2
5 sin 2
6
5 sin 2 2
6
5 cos 2
2
2
1
1 1
n
n n
n n
1,0đ
2) Điều kiện để phơng trình xác định là:
5
4 0
0 1
0 5 4
0 4
x x
x x
x
0,5đ
Đặt
x
x x
x x
f
1 5 4
6 4
14 )
( ,ta kiểm tra đợc f(x) là hàm đồng biến trong khoảng [0; 4/5).
1,0đ
Mặt khác f(1/2) = 5 nên x =1/2 là nghiệm duy nhất của phơng trình 1,0đ
Bài III: S
1)
A D
O
B C
Do SA ( ABCD)nên góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) là SCA
0,5đ
Ta chứng minh đợc rằngBC (SAB)do đó gócgiữa SC và mặt bên (SAB) là BSC 0,5đ
áp dụng hệ thức lợng trong tam giác vuông SAC, SBC ta có:
a
SA 1,0đ
áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông SAB ta có: AB SB2 SA2 a cos2 sin2 1,0đ
2) Khi 30 0, ta có diện tích hình chữ nhật ABCD là
2
1 cos
2
S 1,0đ
4 2 2
2 4 2
2 4
2
4
1 2
1 cos 2 sin 2 )
1 cos 2 ( sin
2
1,0đ
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
2
1 sin 4
1 sin 1 cos 2 sin
2 2 2 2 1,0đ
Trang 4Bài IV: áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân đối với 3 số thực dơng x, y, z ta
có:
z y x z
y
x
9 1
1
1
, (1) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z 0,5đ
Ta có 5a2 2ab 2b2 ( 2ab) 2 (a b) 2 ( 2ab) 2 Dấu “=” xảy ra a = b.
a
1 1 1 9
1 2
1 2
2 5
1
2
b
1 1 1 9
1 2
1 2
2 5
1
2
c
1 1 1 9
1 2
1 2
2 5
1
2
c b a
3
1
1,0đ
Từ các bất đẳng thức:
2 2
2 2
1 1 1 3
1 1 1 1
c b a c
b
a Dấu “=” xảy ra abc
2
1 1 1 3
1 1 1 1
c b a ca bc
ab Dấu “=” xảy ra abc
Kết hợp với giả thiết ta có đợc: 1 1 1 2007
3
10 1
1 1 3
c b a c
b
6021 1
1 1
c b
a
Dấu “=” xảy ra
5
6021 3
1 5
6021 1
1
c b a
c b a
1,0đ
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng
5
6021 3
1 đạt đợc khi
5
6021 3
1
a 0,5đ