De so 50 de so 26 de thi hsg toan 11 tinh nam dinh nam 20142015đã sửa

ĐỀ HSG NAM ĐỊNH –NĂM HỌC 2014-2015 Câu Tìm hai số thực x, y biết x  y; x  y; x  y theo thứ tự lập thành cấp số cộng và  y  1 2 ; xy  1;  x  1 theo thứ tự lập thành cấp số nhân Lời giảii giảii 2(2 x  y ) (5 x  y )  ( x  y )  Từ giả thiết có  2  xy  1  y  1  x  1 2x  y    x    x    x  1  10 3 +) Giải phương trình (1) có nghiệm x 0; x  ; x   10      Vậy hai số ( x; y) cần tìm là  0;0  ;  ;  ;  ;   3   10  Câu Cho dãy số  un  u1 5  xác định  Tính lim un n n 1  u   u  ,  n   n 1 n 5n  Lời giải un  0, n  N * ; unn11 unn  1  unn11  unn  n n 5 ; 51 u33  u22  unn  unn 11  n  Do đó: u2  u1  1 1   Suy ra: n 1 1 un  u1     n     5 1 1   n  un     n  1 1   n  un     n n n6     (theo bất đẳng thức côsi) 1  n n  5 Mặt khác lim    1 Vậy lim un 1  n Câu Giải phương trình cos x  sin x  2sin x.cos x  tan x  Lời giải 1   tan x  Điều kiện  cos x 0  cos x (1) 3(2 cos x  1)  sin x  sin x  sin x 1 sin x  cos x Phương trình tương đương  cos x  sin x  sin x  cos x   x   k 2       sin  x   sin  x     ( k  ) 3 6    x   k 2   Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm phương trình x   k 2  x   x   y  y  xy  3x Câu Giải hệ phương trình   x  3x  x   60 18  y  y  Lời giải  y 0 Điều kiện  Ta có (1)   x 2   y   x  1  y  x  xy  x x 1 x y   x  y  1  x  y  1  x  x  y  1 x 1 y      x  y  1   x  y  1 0  x 1 y     y 0  Do   x 2 (3)  x  y   nên (3)  x  y  x 1 y Thay vào (2) ta được phương trình x  18 x  x  x   78 0     x  18 x  81  x   x   0   x2  9    x   0  x  0   x 3 (thỏa mãn điều kiện)  x   0 Với x 3  y 2 thỏa mãn điều kiện  x 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm   y 2 Câu Gọi M là tập hợp gồm tất cả số tự nhiên có nhất hai chữ sớ và chữ sớ đôi một khác được lập từ chữ số 1; 2; 3; 4; Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp M Tính xác śt để sớ được chọn có tổng chữ số bằng 10 Lời giải 5 5 +) Số phần tử của tập M là A  A  A  A = 320 +) Số phần tử không gian mẫu là n() =320 +) Các tập hợp có tổng phần tử bằng 10:  1; 2;3; 4 ;  1; 4;5 ;  2;3;5 Gọi A là biến cố “chọn ngẫu nhiên một số từ tập M mà tổng chữ số bằng 10”  số kết quả thuận lợi của biến cố A là: n( A) = 4! + 2.3! = 36 n( A) 36   Vậy xác suất của biến cố A là P ( A)  n() 320 80 n n Câu Cho biểu thức P  x  1  x  2(1  x)  3(1  x)   n(1  x) a0  a1 x  a2 x   an x Tính hệ sớ a8 biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn  3 Cn C n n Lời giải Với n nguyên dương và n 3 Ta có 7.3!  3    Cn Cn n n( n  1) n( n  1)( n  2) n  n  5n  36 0  n 9 Suy a8 là hệ số của x8 khai triển 8(1  x)8  9(1  x)9 8 Vậy a8 8.C8  9.C9 89 Câu Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh A  2;1 , điểm M  3;5  thuộc đoạn BC, điểm N  6;3 thuộc đoạn CD Tìm toạ độ đỉnh C Lời giải B M C I N E A D 9  Gọi I là trung điểm MN  I  ;  2   Do MCN 900  I  :  x   nên C tḥc đường trịn tâm I đường kính MN; đường trịn (I) có pt: 9 13    y  4  2 Đường trung trực của MN có phương trình  :6 x  y  11 0  Vì CA là tia phân giác của góc MCN nên giao điểm E của tia CA với đường trịn (I) là điểm giữa cung MN khơng chứa điểm C  9 13  x     y    Toạ độ của E thoả mãn hệ phương trình  2 6 x  y  11 0   5 và E, A thuộc nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng MN, suy E  ;   2 Phương trình đường thẳng AE : x  y  0  9 13  x     y    Toạ độ điểm C thoả mãn hệ phương trình  2  x  y  0  và C khác A Vậy C  6;5  Câu Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1, hai điểm M và N lần lượt nằm đoạn AB và CD, cho BN DN a) Chứng minh rằng AD  BC Tìm điểm I cách đều đỉnh của tứ diện ABCD b) Khi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD, gọi    là mặt phẳng chứa BN và song song với MC Tính chu vi thiết diện tạo    và tứ diện ABCD c) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của MN M, N thay đổi đoạn AB và CD Lời giải D P J K N I B M A H C a) +) Gọi H là trực tâm tam giác ABC, suy DH  ( ABC ) Chứng minh được BC  ( ADH )  BC  AD +) Trong (ADH) dựng đường trung trực của đoạn AD cắt DH I, suy IA=ID (1) Mặt khác IHA IHB IHC suy IA IB IC (2)  IA  IB  IC  ID Từ (1), (2) hay I là điểm cách đều đỉnh của tứ diện ABCD b) Trong mặt phẳng (DMC) kẻ NK//MC ( K  DM ) suy ( ) là (BNK) Trong mặt phẳng (ABD) gọi P BK  AD suy ( ) cắt tứ diện ABCD theo thiết diện là tam giác BNP 1 Vì M, K lần lượt là trung điểm của AB và DM  PD  AD  3 7 Áp dụng định lý côsin tam giác BDP; PDN ; BDN ta có PB  ; PN  ; BN  7 Vậy chu vi BNP là CBNP      BM DN  x , với  x 1   x Khi đó ta có: BM x.BA và DN  x.DC c) +) Đặt   BA        DC    Ta có: DN x.DC  BN  BD x ( BC  BD )  BN  x.BC  (1  x).BD       Do đó: MN BN  BM x.BC  (1  x ).BD  x.BA       MN x BC  (1  x) BD  x BA2  x(1  x) BC.BD  x BC.BA  x (1  x ) BD.BA 2 x  x   1 +) Xét f  x  2 x  x  đoạn  0;1 , ta có: max f  x   f    f  1 1, f  x   f     2 2 Vậy, MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD MN đạt giá trị lớn nhất bằng M B, N D M A, N C Câu Xét số thực dương x, y, z thoả mãn x  y  z xyz Chứng minh rằng x2  y  z  1 1    1  1  1 x y z x y z Lời giải Với số thực dương x, y, z ta có: xyz x  y  z 2 xy  z  z  xy   xy  z 0  1 1 z2 xy  z Lại có z ( x  y ) 2 z xy  z ( x  y ) 2 z   z 2(1   z ) z 1  x  y 2    z2 z    1 1   Tương tự có: y  z 2     và z  x 2     y x2  y x   Suy ra: 1 1 1   x  y  z  2       1  1 x y z x2 y2 z   x2  y  z  1 1           đpcm x y z x y z Dấu bằng xảy  x  y  z 