Dethi HSGTPDN toan11 2011

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) 2 1) Giải phương trình lượng sin 3x cos x  sin x  giác 2) Giải hệ phương trình   x    y    Câu II (2,0 điểm) 2  x  y  y  x  (un ) 1) Cho a, b, c ba số dãy số xác định công thức: un  a n   b n   c n  (n  ¥ *) b ucn 0 Chứng minh a 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 Câu III (2,0 điểm) 1) Chứng minh rằng: với số tự 333nnn21 nhiên n, số chia hết cho không 1 chia hết cho 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) ABCD ( ACD A ' B') ' C ' D ' 1) Cho hình hộp Trên cạnh AB lấy điểm M khác A B Gọi (P) mặt phẳng qua M song song với mặt phẳng 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 SB ' SD ' 2) Cho hình chóp S.ABCD có    SB SD 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 minh rằng: Câu V (1,0 điểm) Khảo sát tính chẵn - lẻ, tính tuần y  sin   sin x  hồn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số - HẾT Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: CÂU NỘI DUNG ĐÁP ÁN sin x cos x  sin x  1) Giải phương trình lượng giác 2) Giải hệ phương trình   x    y    x  (32 4sin x)sin sin x  3sin x  4sin x  (1  cos x) sin x, Có:  x  y  y  x   [(1  cos x) cos x  1]sin x  nên PT  (4 cos3 x  cos 2 x  cos x  1)sin x  Câu I I.1 (1,0đ) ĐIỂM 2,0 đ 0,25 0,25  (1  cos x)(1  4cos 2 x)sin x  0,25 (với k nguyên) sin x  0,25   x  k cos x     2; Điều kiện: Đặt với 2[ cos u xu;x,yv 22]   [0; ]  2 cos cos 22vv)  HPT  (1  cos 2uy)(1 0,25  cos u sin v  cos v sin u  2  sin(usin    1/ I.2  vu)ucos cos sin( v vu1/ v)22 0,25    (1,0đ) 2( u  v )   sin     (thỏa) vuuu vv) 1/ 0,25 u vusin(    4 Kết luận: nghiệm hệ phương trình      44 u xv2vcos 0 0   u  4v  2  y cos 04 0,25 1) Cho a, b, c ba số dãy số  un  xác định công thức: un  a n   b n   c n  (n  ¥ *) a lim  b unc00 Chứng minh n  Câu II 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 2,0 đ n   Đặt 0,25 un n2 n3   ab c   a  b  c Ta có: un  n  n 1 n 1 n 1 a unb( c) 0 cho nên: 0,25 lim II.1 n  (1,00đ) Ngược lại ta có a  b  c  n0   a  b  c b 2c un  b n   n   c n   n    0 n   n 1 n   n 1 0,50 uv11 aa,, uv32  b, vu93cc Gọi ba số theo thứ tự lập thành cấp số nhân có cơng bội q; (vn) cấp số cộng có cơng sai d với Khi ta có: Dễ thấy q =  d = 0, u1  v1  a u1  v1  a aq  a  2d u  v  b 0,50 (1) nên:     q =   26   a  8d (2) II.2 0,25 u3  v9  c a  b  caq (1,00đ) Nếu q  hệ trở thành u1  u2  u3  26(ad 30)a  10d  26 (3)  a = 2, b = 6, c = 18 2 d3  q  a    aqd1     q  4q    3a  10d  26  0,25     Câu III III.1 (1,0đ) Ý.2 (1,0đ) Câu IV 1) Chứng minh với số tự nhiên 333nnn21 n; số chia hết cho không chia hết 1 cho 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 3n Đặt An = 1 n = A0 = = chia hết cho 31 mà 32  không chia hết cho k+1 k+2 Giả sử Ak = chia hết cho mà không 3k chia hết cho (Ak = B.3k+1; với B 1 nguyên, không chia hết cho 3).Ta có: Ak+1 = 3k 1 3k 3k 3k k 3k k        Ak+1 = = k    2kk 11 3 3k  3 B33k 1AB 3k  2B 32 2   k BA kk1 k Dễ thấy: chia hết cho mà không chia BB2k.3 B 213  23 hết cho (vì B khơng chia hết cho 3) nên khơng chia hết cho  Ak+1 chia hết cho 3k+2, khơng chia hết cho 3k+3 Kết luận: Ta có:   95  59.049        Gọi A biến cố cần tìm xác suất, ta có: Số cách chọn chữ số phân biệt a, b, c từ C39 chữ số thập phân khác Chọn chữ số lại từ chữ số đó, có trường hợp rời sau đây: TH1 Cả chữ số lại 5!  60 chữ số a, b, c: có cách; 3! hoán 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 thảy số tự nhiên TH2 chữ số lại 5! 3 90 chữ số a, b, c chữ số 2!2! 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 số tự nhiên Vậy: 9! A  (60  90)C39  150  150 7 4 3 12600  3!6! Kết luận: A 12.600 1.400 P  A     0,213382106 59.049 A ' B6.561 ' C ' D ' ( ACD ') 1) Cho hình hộp Trên cạnh ABlấy ABCD điểm M khác A B Gọi (P) mặt phẳng qua M song song với mặt phẳng a) Trình bày cách I dựng thiết diện hình hộp mặt phẳng (P) b) Xác định vị trí M để thiết diện nói có diện tích lớn SB ' SD ' 2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy    D' hình bình hành M SB Q SD ABCD trung điểm SC Một mặt phẳng C'D' khác S Chứng minh rằng: (P) chứa AM cắt cạnh SB, SD điểm B', R IV.1.a (0,75đ)  Trong mp(AB CD), qua M vẽ đường thẳng song F A' P D B' S A J C K O M E N B 2,0 đ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 3,0 đ 0,50 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 0,25 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        MN MB NB NM PC ' PQ QC ' QP PK=QI  Các tam giác RQI, JMS, NKP (gọi diện tích chúng S1 gọi diện tích tam giác JKI, 0,25 IV.1.b ACD’ S2, S) (1,25đ)  k  Đặt ta có điều kiện có: 0,25 AM  k; 2  S1 = k S S  JM   AM   AM  AB    0,25   k 2 2   S2=( k2 +   S  JK   JM  MK   JM MK  S 2 AC   DC   AB            k  1 2k +1)S S  AC   AC   AC AC  0,25 Std  S  3S1  Diện tích thiết diện:   k121 3S (dấu xảy  ) Std  2S (k  k  )  S    k   2  0,25 AB S lớn   M trung điểm 2     k VI.2 S Lấy I = AMB'D' O = ACBD, (1,00đ) ta có: S, O, I điểm chung mặt phẳng (SAC) (SBD)  D' M D P O A N Và I trọng tâm mặt chéo SAC  I S, O, I thẳng hàng SI  SO C B' B OP SD  ON SB Vẽ BP // B'I DN // D'I  Đặt x  P, N;ySO  , ySP SB SD xSD SNSB ' 2SO   (*) ' [1; 2] x y     2 2 3 Suy ra: SB1' 1SD ' SI  SI 2  SI4    3   x y x 2xxy(3 x22 2 0y  1x3xyxx)2 Từ (*):    1x 3 1y 33      x xy y 22 y  sin   sin x  Khảo sát tính chẵn – lẻ, tính tuần hồn tìm giá trị lớn nhất, giá trị Câu V nhỏ hàm số 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0đ V (1,0đ) Tập giá trị hàm số nên y  f ( x)D  sin¡   sin x  Tập xác định hàm số (đối xứng qua 0) x  ¡ , f ( x)  f ( x ) Vậy, f chẵn (f khơng lẻ khơng đồng 0) x  ¡ , f ( x  2)  f ( x) Vậy, f tuần hoàn t  0;  sin  x maxf f  max sin sintt  0, 00t t  0,25 0,25 0,25 0,25