De 2 đề thi học sinh giỏi cụm hoàn kiếm – hai bà trưng

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CỤM HOÀN KIẾM – HAI BÀ TRƯNG NĂM HỌC 2016 – 2017 Bài 1) Giải phương trình sau Bài  2cos x  3sin x  0 sin x   sin x  2cos x  2 tan x  a) ; b) A B C tan  tan  tan 1 ABC 2 2) Cho tam giác thỏa mãn Chứng minh tam giác ABC tam giác Tìm số tự nhiên n thỏa mãn Cn  An  Cn 7 n Bài   x  x  1) Cho x 0 Tìm số hạng khơng chứa x khai triển   1;2;3;4 , chữ số 2) Có số tự nhiên có chữ số, chữ số thuộc tập hợp có mặt bốn lần, chữ số có mặt ba lần, chữ số khác có mặt lần 1) Tìm số thực dương x , y biết x , y , x  theo thứ tự cấp số cộng x  , y  45 , y  theo thứ tự cấp số nhân 2) Tìm giới hạn dãy 3) Tính lim x   un  biết u1 1 ; 49 x  x  16 x  x  un1  x2  x 2un2  3un  3un   Bài Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành Gọi M , N , P , Q điểm SM SN SQ SP     nằm đoạn SA , SB , SC , SD cho SA , SB , SD , SC Chứng minh M , N , P , Q đồng phẳng Bài Trên  P  , cho hai điểm cố định A , B đường trịn  C  đường kính AB S điểm nằm  P  , S không trùng với A M điểm di động đường thẳng qua A vng góc với  C  không trùng với A , B Gọi  Q  mặt phẳng qua A , vng góc với SB ,  Q  cắt SB , SM H , K 1) Chứng minh tam giác AHK vuông  2) Cho SA SB a , ABM  Tính a ,  theo diện tích tam giác AHK tìm tan  để diện tích tam giác AHK đạt giá trị lớn HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1) Giải phương trình sau  2cos x  3sin x  0 sin x   sin x  2cos x  2 tan x  a) ; b) A B C tan  tan  tan 1 2 2) Cho tam giác ABC thỏa mãn Chứng minh tam giác ABC tam giác Lời giải sin x   sin x  2cos x  2 1a)  2sin x cos x  sin x  2 cos x  0 sin x        cos x   2 sin x   cos x  0  cos x  0  sin x   3   cos x   x   k 2  cos x  0  k      x   k cos x 0    x    k   k   tan x   1b) Điều kiện:  Với điều kiện trên, phương trình tương đương    x   k 2  loaïi      x   k 2   sin x 1     x    k 2  sin x    2cos x  3sin x  0  2sin x  3sin x  0   5 x   k 2 x   k 2  k   6 Vậy phương trình có nghiệm ; 2 2) Áp dụng BĐT: a  b 2ab (dấu xảy a b ) A B A B tan  tan 2 tan tan 2 2, Ta có B C B C tan  tan 2 tan tan 2 2 A C A C tan  tan 2 tan tan 2 2 A B C A B B C C A tan  tan  tan tan tan  tan tan  tan tan 2 2 2 2  1 Suy A B C  tan tan tan 2  ABC Dấu xảy Mặt khác, ta lại có A B B C C A tan tan  tan tan  tan tan 1  * 2 2 2 B C A tan  tan 1 A B C B C  tan B C  *  tan  tan  tan  1  tan tan  tan tan 2 2 2 2 Thật A B C A 180  A A A  tan tan 1  tan tan 1  tan cot 1 2 2 2 (luôn đúng) A B C tan  tan  tan 1  1 xảy hay 2 theo giả thiết dấu đẳng thức Vậy ABC Bài 2 Tìm số tự nhiên n thỏa mãn Cn  An  Cn 7 n 45   x  x  1) Cho x 0 Tìm số hạng khơng chứa x khai triển   1;2;3;4 , chữ số 2) Có số tự nhiên có chữ số, chữ số thuộc tập hợp có mặt bốn lần, chữ số có mặt ba lần, chữ số khác có mặt lần Lời giải n  n   Điều kiện: , n! n! n!   7n n !.1!  n   !  n  3 !3! Phương trình tương đương với  n    n  1 n 7n  n   n  1 n   n 5   n  3n  40 0  n   n 5 45 k 45 45   k 45 3k  k 45 k  k  x    C45 x     C45   1 x x   x  k 0 k 0 1)  Số hạng không chứa x ứng với 45  3k 0  k 15 15 15 15 C45   1  C45 Vậy số hạng 2) Số cần lập có chữ số, số có mặt lần, số có mặt lần nên số xuất lần Tạm coi số khác nhau, coi số khác Như ta coi số khác Số số tự nhiên lập từ số khác 9! Nhưng thực tế số giống hệt nhau, số giống hệt nên hoán vị số trùng nhau, tương tự hoán vị số trùng nhau, suy số trùng 3!.4! 9! Vậy số số lập 3!.4! 2520 (số) Bài 1) Tìm số thực dương x , y biết x , y , x  theo thứ tự cấp số cộng x  , y  , y  theo thứ tự cấp số nhân 2) Tìm giới hạn dãy  un  biết u1 1 ; un1  2un2  3un  3un  3) Tính lim x  49 x  x  16 x  x  x2  x  Lời giải  y  x  x   y x   y x     2  y  1  x  1  y    x  3  x  1  x    x  x  0 1) Ta có    x 1   y 3    x     y  Vây  1;3 , (vì x , y dương) 2u  3un  un1  n 3un  2) u1 1 ; + Ta có un  , ta chứng minh un  Thật u1 1  , giả sử uk  , ta cần chứng minh uk 1  Vậy 2uk2  3uk  2    uk   2uk2  3uk   3uk  2 (đúng)  un  u  + Chứng minh n dãy tăng  un1  un   un2  un     un  (đúng)  2un2  3un   un  2un2  3un   3un2  2un 3un   un  dãy tăng bị chặn nên tồn lim un c c  3c   c 3c   c 2  lim un 2 Suy 3) Tính Ta có Bài lim x lim x  0   49 x  x  16 x  x  49 x  x  16 x  x  x2  x   x  x 0 Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành Gọi M , N , P , Q điểm SM SN SQ SP     nằm đoạn SA , SB , SC , SD cho SA , SB , SD , SC Chứng minh M , N , P , Q đồng phẳng Lời giải S P Q N M A D O B C SA SC SB SD    cắt SD Q Suy SM SP SN SQ  MNP  Cách 1: Giả sử mặt phẳng SD SD   4   5 SQ SQ SQ SQ   hay SD SD  Q Q Vậy M , N , P , Q đồng phẳng  1         SQ  SD  SO  SB  SA  SC  SB  3SM  SP  4SN 5 5 Cách 2: Ta có 6  3  SM  SP  SN   1 5 Vì 5 nên M , N , P , Q đồng phẳng  Bài     A , B đường tròn  C  đường kính AB S điểm nằm  P  , S không trùng với A M điểm di động đường thẳng qua A vng góc với  C  khơng trùng với A , B Gọi  Q  mặt phẳng qua A , vng góc với SB ,  Q  cắt SB , SM H , K 1) Chứng minh tam giác AHK vuông  2) Cho SA  AB a , ABM  Tính a ,  theo diện tích tam giác AHK tìm tan  để diện tích tam giác AHK đạt giá trị lớn Lời giải Trên  P  , cho hai điểm cố định  S H K A α B M 1) Chứng minh tam giác AHK vuông BM   SAM   BM  AK AK   SBM   AK  HK Ta có , mà AK  SB nên Vậy tam giác AHK vuông K a sin  a AK  AH  2 sin   , 2) AM a sin  , BM a cos  , a cos  a a sin    HK   sin   sin   a sin  cos  a tan  a tan  a2     S AHK  AK HK  2 2 sin   2 tan  1 2 2 tan    a2  tan   2 Vậy diện tích tam giác AHK đạt giá trị lớn xảy tan  1