Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 năm học 2010 2011 Đà Nẵng môn Toán52799

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 NĂM HỌC 2010-2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (2,0 điểm) 1) Giải phương trình lượng giác 2) Giải hệ phương trình sin x cos x  sin x    x   y    2  x  y  y  x  Câu II (2,0 điểm) 1) Cho a, b, c ba số (un ) dãy số xác định công thức: un  a n   b n   c n  (n  ฀ *) Chứng minh lim un  a  b  c  n  2) Các số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành cấp số nhân có tổng 26 Tìm số đó, biết rằng: cấp số cộng có a số hạng thứ nhất, b số hạng thứ ba c số hạng thứ chín Câu III (2,0 điểm) n 1) Chứng minh rằng: với số tự nhiên n, số 23  chia hết cho 3n 1 không chia hết cho 3n  2) Từ tập hợp tất số tự nhiên có năm chữ số mà chữ số khác 0, lấy ngẫu nhiên số Tính xác suất để số tự nhiên lấy có mặt ba chữ số khác Câu IV (3,0 điểm) 1) Cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' Trên cạnh AB lấy điểm M khác A B Gọi (P) mặt phẳng qua M song song với mặt phẳng ( ACD ') a) Trình bày cách dựng thiết diện hình hộp mặt phẳng (P) b) Xác định vị trí M để thiết diện nói có diện tích lớn 2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành M trung điểm SC Một mặt phẳng (P) chứa AM cắt cạnh SB, SD điểm B', D' khác S SB ' SD ' Chứng minh rằng:    SB SD Câu V (1,0 điểm) Khảo sát tính chẵn - lẻ, tính tuần hồn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y  sin   sin x  - HẾT Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: DeThiMau.vn NỘI DUNG ĐÁP ÁN CÂU ĐIỂM 1) Giải phương trình lượng giác Câu I sin x cos x  sin x    x   y   2) Giải hệ phương trình  2  x  y  y  x  Có: sin x  3sin x  4sin x  (3  4sin x) sin x  (1  cos x) sin x, nên PT  [(1  cos x) cos x  1]sin x  2 0,25 0,25  (4 cos x  cos x  cos x  1) sin x  I.1 (1,0đ) 2  (1  cos x)(1  cos 2 x) sin x  sin x    x  k  (với k nguyên) cos x  1  x  cos 2u Điều kiện: x; y  [  2; 2] Đặt  với u , v  [0; 2 ] y  cos v  (1  cos 2u )(1  cos 2v)  HPT   cos 2u sin 2v  cos 2v sin 2u  I.2 (1,0đ) 2,0 đ sin u cos v  1/ sin(u  v)  sin(u  v)  sin u cos v  1/           sin 2(u  v)  u  v  u  v      sin(u  v)  1/  u v      u       (thỏa)  u  v  u  v   v       x  cos  Kết luận: nghiệm hệ phương trình   y  cos  1) Cho a, b, c ba số  un  dãy số xác định công thức: un  a n   b n   c n  (n  ฀ *) un  a  b  c  Câu II Chứng minh lim n  2) Các số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành cấp số nhân có tổng 26 Tìm số đó, biết rằng: cấp số cộng có a số hạng thứ nhất, b số hạng thứ ba c số hạng thứ chín un n2 n3 Đặt   ab c   a  b  c n   n 1 n 1 n 1 Ta có: un  n  II.1 cho nên: a  b  c  lim un ( )  n  (1,00đ) Ngược lại a  b  c   a  b  c n   ta có 2c b un  b n   n   c n   n    0 n   n 1 n   n 1 Gọi u1  a, u2  b, u3  c ba số theo thứ tự lập thành cấp số nhân có công bội q; (vn) II.2 (1,00đ) cấp số cộng có cơng sai d với v1  a, v3  b, v9  c Khi ta có:     DeThiMau.vn 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2,0 đ 0,25 0,25 0,50 0,50 u1  v1  a u1  v1  a  u  v  b  aq  a  2d   u v c    aq  a  8d u1  u2  u3  26 3a  10d  26 26 q=1  abc Nếu q  (ad  0) hệ trở thành 2d  a  q   q    q  4q     a  d    3a  10d  26  (1) (2) Dễ thấy q =  d = 0, nên: (3) 0,25 a = 2, b = 6, c = 18 0,25 1) Chứng minh với số tự nhiên n; số 23  chia hết cho 3n 1 không chia n Câu III hết cho 3n  2) Từ tập hợp tất số tự nhiên có năm chữ số mà chữ số khác 0, lấy ngẫu nhiên số Tính xác suất để số tự nhiên lấy có mặt ba chữ số khác 2,0 đ 3n Đặt An =  n = A0 = 21  = chia hết cho 31 mà không chia hết cho 32 0,25 k Giả sử Ak = 23  chia hết cho 3k+1 mà không chia hết cho 3k+2 (Ak = B.3k+1; với B ngun, khơng chia hết cho 3).Ta có: III.1 (1,0đ)   k 1 k Ak+1 = 23   23  k Ak+1  Ak Ak2   23   k   k  k    23  23  23  k k   = B  3k 1  B  3k 1    23  = 3k   B3  32k 1  B  23  0,25 0,25 k Dễ thấy: B3 32 k 1 chia hết cho mà B  23 không chia hết cho (vì B khơng chia hết cho 3) nên B 32k 1  23 không chia hết cho  Ak+1 chia hết cho 3k+2, không chia hết cho 3k+3 Ta có:   95  59.049 k Ý.2 (1,0đ) Kết luận: Gọi A biến cố cần tìm xác suất, ta có: Số cách chọn chữ số phân biệt a, b, c từ chữ số thập phân khác C39 Chọn chữ số cịn lại từ chữ số đó, có trường hợp rời sau đây: TH1 Cả chữ số lại chữ số a, b, c: có cách; hốn vị từ 5! hoán vị chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo số tự nhiên n; 3! hoán vị vị trí mà a, a, a chiếm chỗ tạo số n, nên TH1 có 5! thảy   60 số tự nhiên 3! TH2 chữ số lại chữ số a, b, c chữ số chữ số khác chữ số đó: có cách; hốn vị từ 5! hoán vị chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo số tự nhiên n; 2! hốn vị vị trí mà a, a chiếm chỗ 2! hoán vị vị trí mà b, b chiếm chỗ tạo số n, nên TH2 có thảy 5! 3  90 số tự nhiên 2!2! 9! Vậy: A  (60  90)C39  150   150     12600 3!6! DeThiMau.vn 0,25 0,25 0,25 0,25 Kết luận: P  A   Câu IV A 12.600 1.400    0,213382106  59.049 6.561 0,25 1) Cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' Trên cạnh AB lấy điểm M khác A B Gọi (P) mặt phẳng qua M song song với mặt phẳng ( ACD ') a) Trình bày cách dựng thiết diện hình hộp mặt phẳng (P) b) Xác định vị trí M để thiết diện nói có diện tích lớn 2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành M trung điểm SC Một mặt phẳng (P) chứa AM cắt cạnh SB, SD điểm B', D' khác S Chứng SB ' SD ' minh rằng:    SB SD 3,0 đ I D' R Q C' F A' P D B' C S IV.1.a (0,75đ) K O A M J N E B Trong mp(ABCD), qua M vẽ đường thẳng song song với AC cắt DB, BC E, N Trong mp(BDD’B’), qua E vẽ đường thẳng song song với D’O (O=ACBD) cắt B’D’ F Trong mp(A’B’C’D’), qua F vẽ đường thẳng song song với AC cắt A’D’, D’C’ R, Q Trong mp(AA’D’D), qua R vẽ đường thẳng song song với AD’ cắt AA’ S Trong mp(CC’D’D), qua Q vẽ đường thẳng song song với CD’ cắt CC’ P Thiết diện lục giác MNPQRS Do mặt đối diên hình hộp song song nên cạnh đối lục giác thiết diên MNPQRS song song cặp cạnh song song với cạnh tam giác ACD’  Các tam giác JKI, ACD’, RQI, JMS, NKP đồng dạng MJ MA NC NK PC PK QD ' QI   MJ=NK PK=QI        MN MB NB NM PC ' PQ QC ' QP  Các tam giác RQI, JMS, NKP (gọi diện tích chúng S1 gọi diện tích tam giác JKI, ACD’ S2, S) IV.1.b AM  k ; ta có điều kiện  k  có: (1,25đ) Đặt AB 2 0,25 S1  JM   AM   AM     k  S1 = k2S     S  AC   DC   AB  0,50 0,25 0,25 S2  JK   JM  MK   JM MK           k  1  S2 =( k2 + 2k +1)S S  AC   AC   AC AC   Diện tích thiết diện: Std  S  3S1 DeThiMau.vn 0,25 0,25 3  1   3S Std  S (k  k  )  S    k     (dấu xảy  k  ) 2   2   S lớn  k   M trung điểm AB 0,25 S Lấy I = AMB'D' O = ACBD, D' ta có: S, O, I điểm chung mặt phẳng (SAC) (SBD) M  S, O, I thẳng hàng I D VI.2 (1,00đ) Và I trọng tâm mặt chéo SAC P O C B' A SI  SO B N Vẽ BP // B'I DN // D'I  P, N  SO   OP  ON  x y   0,25 Đặt x  SD SB ; y SD ' SB ' SB SD SP SN SO        x, y  [1; 2] (*) SB ' SD ' SI SI SI 0,25   1    3   x y xy  x y Từ (*):  x   x  x    x(3  x)   x  y  3 x y 1        xy xy x y Khảo sát tính chẵn – lẻ, tính tuần hồn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y  sin   sin x  Suy ra: Câu V Tập xác định hàm số y  f ( x)  sin   sin x  D  ฀ (đối xứng qua 0) V (1,0đ) x  ฀ , f ( x)  f ( x) Vậy, f chẵn (f khơng lẻ khơng đồng 0) x  ฀ , f ( x  2)  f ( x) Vậy, f tuần hoàn Tập giá trị hàm số t   sin x  0;  nên f  sin t  0, 0t   max f  max sin t   t  DeThiMau.vn 0,25 0,25 1,0đ 0,25 0,25 0,25 0,25 ... Ý.2 (1,0đ) Kết luận: Gọi A biến cố cần tìm xác suất, ta có: Số cách chọn chữ số phân biệt a, b, c từ chữ số thập phân khác C39 Chọn chữ số lại từ chữ số đó, có trường hợp rời sau đây: TH1 Cả chữ... phẳng qua M song song với mặt phẳng ( ACD ') a) Trình bày cách dựng thi? ??t diện hình hộp mặt phẳng (P) b) Xác định vị trí M để thi? ??t diện nói có diện tích lớn 2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD... mp(CC’D’D), qua Q vẽ đường thẳng song song với CD’ cắt CC’ P Thi? ??t diện lục giác MNPQRS Do mặt đối diên hình hộp song song nên cạnh đối lục giác thi? ??t diên MNPQRS song song cặp cạnh song song với cạnh