Dap an 65 de hsg toán 11 cả nước giải chi tiết 267 321

Câu 1: k k k 1 a) Cn ; Cn , Cn theo thứ tự số hạng thứ nhất, thứ , thứ cấp số cộng  Cnk   Cnk 1 2Cnk  Cnk   Cnk Cnk  Cnk 1 (1) Vì n k   n 2 Từ  1  1   (k  1)!( n  k  1)! ( k  1)!(n  k  1)! k !(n  k )! 1   (n  k )(n  k  1) k (k  1) k (n  k )  k ( k  1)  (n  k )(n  k  1) 2( k  1)(n  k  1)   (2k  n)2 n  Suy n  số phương, mà n  20  n  2; 7;14 +) Với n 2  (k  1) 1  k 2 (Loại)  k 5 n 7  (2k  7) 9    k 2 +) Với  k 9 n 7  (2k  14) 16    k 5 +) Với Đáp số: Có cặp số b)  n; k  thỏa mãn:  7, 5 ,  7,  ,  14,  ,  14,  sin B  sin C  sin B sin C sin A   cos A  b2  c  a   2bc 1   BAC 120o A tan  Suy góc B, C tam giác ABC góc nhọn cot B  cot C  Ta có sin A 2sin A sin A A   2 tan sin B sin C cos( B  C )  cos A  cos A A A  tan A P cot A  cot B  cot C   tan  A tan A 2 tan Do      1 A  8 A 1 A      tan  3    tan   tan      A 23 A   2 2 3  tan  tan      2       Dấu “= ” A 120 ; B C 30  tan Vậy giá trị nhỏ biểu thức Câu 2: a) Chứng minh: MC  ( SHB) Ta có MC  SB (giả thiết) (1) Mặt khác HB  ( SAC ) (vì HB  AC , SA )  HB  MC (2) S N A H B M C Từ (1) (2) suy MC  ( SHB ) Chứng minh SC  ( MBN ) Theo chứng minh MC  SH nên H trực tâm tam giác SMC nên ta có SC  MN (3) Mặt khác BH  ( SAC ) nên SC  HB (4) Từ (3) (4) suy SC  ( MBN ) b) Từ câu a ta có SC  MN , AHM đồng dạng với ASC (g-g) AH AM   SA AM  AH AC AC Do SA 1 S SMC  SM AC  ( SA  AM ).AC  SA AM AC  AH AC AC 2 Dấu “=” SA  AM Theo định lí hàm số sin ta có AC a AB sin  sin     AC a ; AB a sin  sin(   ) sin  sin(   ) sin(   )    AH  AB.cosCAB  AB.cos(  ABC  BCA )  AB.cos(   )  a sin  cos(   ) S SMC  AH AC AC  a sin  sin (   ) SA  AH AC  Dấu “=” xảy  sin  sin  cos(   ) a  sin  sin  cos(   ) sin(   ) Câu 3: Đặt u2  a  3 a a với un1 Từ giả thiết ta có  u4  a  a   u 2n      un  u3  a  u  a   n  1     u2  a    a  a   a    1      u3  a    a    a  a   a  a     n   n    1 un  a  n    a  n    a    a   n  2, n   2 a a  a a     Bằng quy nạp ta có a2 n n  a  a  a  (a  1)(a  1) (a un   n 2n  2n  a a a a a2 Hay n  1)a n 1 ( a  1)    un a (a  1)( a  1) (a 2n   1)  1 1    n n a  a  a  a  a  a  a                  ,với n  1   1   a 1  Và u2 a  1    u1 u2 un   1 1 1  1       4 n u1 a  a  a  ( a  1)(a  1) (a  1)(a  1) (a  1)  1 5  a ĐỀ SỐ 51 Câu 1: Xét sin x 0  x k , k   thay vào phương trình đầu, khơng thỏa mãn Xét sin x 0  x  k , k   (*) Nhân hai vế phương trình cho với sin x Phương trình tương đương với sin x sin x  cos10 x sin x  sin11x  sin x 0 m  x   cos6 x.s in5x =0   , m, n    x    n  12 m  x  , m 5k , m, n, k     x    n  12 Kết hợp (*) ta nghiệm phương trình  Câu 2: sin x,sin 2 x,1  sin x theo thứ tự lập thành cấp số cộng sin x +1  sin x 2sin 2 x  sin x +1  sin x 1  cos x  k  x 8    cos x 0  k 2   cos x.sin x cos x   x   ,k    sin x  18    x  5  k 2  18 Câu 3: Gọi A biến cố cần tính xác suất Số cách xếp khách lên toa |  |4 Số cách chọn khách để xếp lên toa C5 10 Số cách chọn toa để xếp người C4 4 Số cách xếp người (mỗi người toa) vào toa lại A3 6 Suy |  A |10.4.6 240 Vậy xác suất cần tìm 1 f ( x )  (2 x  1)6 (2 x  1)15  (1  x) 21 64 64 Câu 4: Ta có P |  A | 240 15   |  | 64 21 Ta có k k k (1  x)21   C21 x k 0 13 13 21 13 Hệ số số hạng chứa x khai triển (2 x  1) C21 13 Vậy hệ số số hạng chứa x khai triển thành đa thức f ( x ) là: 13 13 C21 C13 21 26046720 64 Câu 5: Ta có: lim x 2014  2014 x  2013 x ( x  1) lim x ( x 2014  1)  2014( x  1) ( x  1) x 2013  x 2012   x   2014 ( x 2013  1)  ( x 2012  1)   ( x  1)  lim x x x x  lim  lim  x 2012  x 2011   x   x 2011   x    ( x  1)  1  x  2013  2012    Câu 6: 2014.2013  2027091      Gọi E trung điểm AB IA  IB 2 IE suy IM 2 IE Ta có OE AB vng góc suy E thuộc đường trịn đường kính OI Xét phép vị tự tâm I tỷ số biến điểm E thành điểm M Gọi (C ) đường trịn đường kính OI / / Vậy quỹ tích điểm M đường tròn (C ) ảnh đường tròn (C ) qua VI hay (C ) K A I B E đường trịn tâm O bán kính OI Câu 7: a) Gọi O giao diểm AC BD  AC  BD, CC /  BD theo giả thiết A B O D C I A' M  BD  ( ACC / A/ ) E N B' O' D' C' / / Vậy OE hình chiếu BE mặt phẳng ( ACC A ) / /  Góc ( BE , ( ACC A )) ( BE ; OE )  BEO / / Xét EOO vng O , tính được: a 15 Trong BEO vng O , tính được: EO  tan BEO  15 15 / / Vậy cos in góc đường thẳng BE ( ACC A ) 15 19 / b) Theo chứng minh ta có BD  AC (1) / / / / / Gọi O trung điểm A C ; I giao điểm OO AC / Chứng minh tam giác OO E tam giác AOI   /  /    Suy OAI  EOO , OAI  OIA 90  EOO  OIA 90 / Từ chứng inh EO  AC (2) / Từ (1) (2) suy AC vng góc với mặt phẳng ( BDMN ) u v a b v2  u1v1  ab  b v1 ; u2  1   a u1 2 Câu 8: Ta có: Chứng minh quy nạp v1  v2   vk (do uk  vk  ) vk 1  uk vk  vk ; uk 1  uk  vk  uk v1  v2   vk  vk 1  uk 1  uk   u1 Vậy (un ) giảm bị chặn ; (vn ) tăng bị chặn nên tồn lim un  ; lim   un     a    2 Vậy lim un lim ĐỀ SỐ 52 Ngày thi thứ un1  Câu Cách Ta có x2    x1 xn 1  Theo giả thiết xn xn2  xn   xn2  xn  với n   Do quy nạp dễ dàng chứng minh xn  với n Xét hàm số f  t   t  2t   t  2t   0;   t 1  t  Với t  nên t 1 t1 f  t    2 t  2t  t  2t  (1) t g  t  t  có đạo hàm dương tồn đường thẳng nên đồng biến  Vì hàm số  0;   hàm số đồng biến x  f  xn  x  x  Từ x2  x1 n 1 ta suy dãy n tăng chặt Giả sử n không bị chặn, từ (1) ta suy mâu thuẫn mà vế trái tiến tới  vế phải tiến tới Thành thử f t Phương trình f  t  t khoảng Vậy giới hạn dãy số t0 Cách Ta xét bất phương trình Bất phương trình tương đương:  0;   f  t  t có nghiệm t0 2  0;  2 2 t  2t  t  t  2t   t  2t  t   t  2t    2t t  2t  t 4   t 2 2   t  4  t  2t     t 2 t  2t   2  0;  3  0;    Vậy nghiệm bất phương trình tập Từ giả thiết suy x1 1    x2 Bằng quy nạp ta chứng minh xn  xn 1  t0 Từ ta có kết Câu Cách 2  2x  y   y    1 2    0; 2   x  y   y 12     Tồn thỏa mãn  2x  y  sin   2 x  y 2 sin   x  sin   cos   y cos        y 2 cos   y 2 cos  Phương trình thứ trở thành sin   cos      sin   cos  cos  2 cos     sin   cos   3sin   sin  cos   cos  cos  2 cos      sin   3cos   3sin   sin  cos   cos  cos  2   sin   3cos   6sin  cos   sin  cos   cos  2 sin   3cos     cos   cos   sin  cos   cos  2    sin   3cos   cos   cos   sin  cos   2cos  2 sin   3cos   cos3   sin  cos  2 sin    cos    3cos   cos  2  sin   4sin     3cos   cos  2   4sin   3sin    3cos   cos  2   3sin   4sin    cos   3cos   sin 3  cos 3   sin 3  cos 3  2     sin  3     3      k 2    2  k 2 6   4 10 16  2 k 2 ;       0; 2  , k    k   1; 2;3     ;   9 Cách Hệ viết lại dạng   y  x  1 2  x  2  x  xy  y 3 y 2 x x  Thay vào phương trình Từ phương trình đầu hệ ta suy x 1 Từ thứ hai ta nhận 2  x x   x  x   3 x 1  x2  1  x  x  x3  x  x  0   x  3x  1 0  x3  x  0 Từ phương trình thứ hai cho ta x   x  y  12 x 2 3x 12 Vậy cos     0;      cho ta 8cos   6cos   hay tương đương Đặt x 2 cos  , 2 k 2    với k   ,     0;    , từ xác định k  , x Do ta nhận Câu Trước tiên ta nhắc lại số kết đơn giản Bổ đề 1: Cho tam giác ABC với ba đường cao AD , BE , CF đồng quy trực tâm H , N tâm đường tròn - điểm Gọi E  BE  DF F  CF  DE Khi AN  E F  Chứng minh Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBN , N trung điểm OH nên ba điểm A , N , O thẳng hàng Do tứ giác BDHF nội tiếp nên E F E D E H E B  N  đường tròn  BCH  Vậy E  nằm trục đẳng phương đường tròn - điểm Tương tự F  nằm trục đẳng phương hai đường trịn Vậy E F  vng góc với đường nối hai tâm NO Suy AN  E F     Quay trở lại toán, để ý CFD CAD EQD nên QE //CF Tương tự PF //BE DF DF  DE  DE   Theo định lý Thales DF DP DQ DE DE  DF   DQ DP hay E F //PQ Áp dụng bổ đề ta suy Nhân hai đẳng thức với ta AN  PQ P Q A E F H N O B D C    Ta có QAB QDB BAE QE  AB (chứng minh trên) nên E , Q đối xứng qua AB Tương tự F , P đối xứng qua AC  sin ABP AP BP AF sin BAP   sin BAP     BP CF sin BCP CP.sin BCP Theo định lí sin: sin CBP   sin BCQ BE sin CBQ   sin ACQ AE sin CAQ Chứng minh tương tự       Mặt khác, để ý QBA CBO nên ABO CBQ Tương tự ta có ACO BCP   sin CAN sin ACO sin BCP      Vậy sin BAN sin ABO sin CBQ    sin ABP sin BCQ sin CAN AF BE sin BAP      CF AE sin ACQ Do ta sin CBP sin ACQ sin BAN AF BE cot A tan A   A BAP  CAQ  CF AE Cuối , nên    sin ABP sin BCQ sin CAN 1   sin CBP sin ACQ sin BAN Vậy theo định lí Ceva-sine ba đường thẳng AN , BP , CQ đồng quy Câu Ta kí hiệu X , X , , X 2013 đầu tạp chí mà thư viện thứ nhất, thứ hai, , thứ 2013 truy cập vào 2013 Đặt X   X i  x1 , x2 , , xn  i 1 X i 1008 X i  X j 504 với i  j Với i 1, 2, , n ta kí hiệu di số thư viện mua đầu tạp chí xi Đếm số (tạp chí, thư viện địa phương mua tạp Khi 2013 chí đó) theo hai cách ta t d1   d n   X i 2013.1008 i 1 Mặt khác ta kí hiệu S họ tạp chí xi hai thư viện mua tạp chí S   X i  X j 504 2013 1i j 2013 Đếm theo tạp chí cho ta Thành thử ta nhận 2013.2012 2013.1008  2013.1008  504      n  2013.1008 2 n   1007 Vậy n  2014 , hay n 2015 Vậy có khơng q đầu tạp chí khơng thuộc X , ta có kết Ngày thi thứ hai Câu x x   0;1 f  x   f  0  f  x  Đầu tiên cho n 2 , x2 0 ta nhận f   0 f   0 f   0 Do Theo giả thiết Vậy f  y  f  y  x  x  f  y  x  f  x  f  x Với  x  y 2013 tùy ý ta có Vậy f hàm không tăng  2013  x1  x2  x   0;  ta thu f  x   f  x   f  x   f  x  x   f  x   Cho n 2 , 2013 2013  x  k 1 k x   0; 2013 Với tồn số nguyên dương k cho  2013  f  x  f  k     Ta có: xf  2013  a  f  k     k f  2013   x 2013 2  Nhận xét Bài toán xuất đề thi học sinh giỏi nước Mỹ khoảng năm 1972 Một câu f  x  cx x   0; 2013 hỏi tìm số c tốt thỏa mãn tính chất với Câu m m m m Giả sử p ước nguyên tố bé m Suy p |   m m 2 2 Vì  2 nên p |  Vậy p | 2m  3m Từ ta nhận p |  5 Vậy p 5 Đặc biệt ta suy | m f  m v  m  1 v  n  1 Tương tự, | n Để ý số mũ Suy v  m  1 Tương tự, Thành thử 125 5 | mn  n; n  hạnh phúc Ta xây dựng dãy Ta gọi số nguyên dương n hạnh phúc số hạnh phúc sau: Đầu tiên ta chọn số n1 1 n2 5 Dễ thấy n1 , n2 số hạnh 23 ||  nk  3nk   3nk  5nk  n  n k k phúc Giả sử tồn số hạnh phúc Do lẻ nên nk nk nk nk       8nk mk với mk nguyên dương lẻ Dĩ nhiên mk  Lấy r ước Do r |  2nk  3nk   3nk  5nk  m k nguyên tố nk 1 nk 1 nk nk     x 3nk 1  5nk 1  3nk  5nk  y n  m k  k Đặt Ta có nk 1 nk 1 nk 1 nk 1 2 nk nk     Nếu r |  r | x , chia hết cho r rk rk 1 Trường hợp cịn lại tương tự Tóm lại nk 1 số hạnh phúc ước số nguyên tố tính lặp tăng thêm Tiếp tục thuật toán cho ta dãy số hạnh phúc mà số sau số trước ước nguyên tố Do ta có kết n  Nhận xét: học sinh giải theo hướng xây dựng dãy k số nguyên dương SF thỏa mãn n 2n  3n Kết hoàn toàn Bài toán thuộc lớp toán liên quan đến số Niven ( tên nhà tốn học Ivan Niven ) Có tốn khó tìm số k nguyên dương lớn để nk f  n  Đây tốn giải sơ cấp, lời giải khó Câu 3: Dễ thấy E , M , N nằm trục đẳng phương Ta có ADFH , BCFH tứ giác nội tiếp  S  O nên ba điểm thẳng hàng Kí hiệu  trung trực OH , ta chứng minh X ảnh Y qua phép đối xứng trục  Thật theo định lý Brocard OH  GF Suy XY OH Bằng cách tính góc ta có YF  AD , YF OX , XF  BC  XF OY Vậy OYFX hình bình hành, OY XF=XH Thành thử X , Y đối xứng qua  Vì S   nên SX SY (đpcm) Câu 4: Giả sử không chọn hai cạnh thỏa mãn Khi ta xét hai cạnh AB CD G1 G2 AB CD cắt điểm X thuộc hai đoạn nói thuộc hai Để dẫn đến điều vô lý ta đếm số điểm X hai cách khác Trước tiên ta nhận thấy hai đoạn bất kì, đoạn thuộc đường cho ta điểm X điểm X đôi khác Số điểm X S 2013x 2013 số lẻ