Dap an 65 de hsg toán 11 cả nước giải chi tiết 207 259

Khi 2  3  5  2 P           sin t  cos t          cos t  Đẳng thức xảy ;sin t  28 28  2 Vậy max P   B C D t , A 2  3t (với t xác định bời (1) (2)) Câu +) Trước hết ta tính n  A Với số tự nhiên có chữ số đơi khác chữ số có n  A  9 A97 cách chọn có A9 cách chọn chữ số cịn lại Vậy B  0;1; 2; ;9 +) Giả sử , ta thấy tổng phần tử B 459 nên số có chữ số đơi khác chia hết cho tạo thành từ chữ số đôi khác tập B \  0;9 , B \  1;8 , B \  2; 7 , B \  3;6 , B \  4;5 nên số loại A8  4.7 A7 A88  4.7 A77  A 9 Vậy xác suất cần tìm Câu    Từ BAC 2 ABC suy IPC1 90 , O trung điểm IC1     +) IOP 2 IC1 P CAB CC1B  BC1 OP Do BM MN , OI OC1  IN C1B   CIA  BAC  ACB CIA BAC  , Do mà      BAC  BAC  ACB  BAC  ACB Vậy        Cùng với BAC 2 ABC ta BAC  ACB 72 ; ABC 36 Câu 1  f  3x   f  f  x    x  1 2    2x   2x 2x f  x  f  f      f  x   , x     Từ (1) suy  2   2x   2x  2x  2x  2x  2x   f  x  f  f      f    f      x     3   3    27  Khi Xét dãy  an  xác định sau : a1  2 an 1  an2  3 * f  x   an x Ta chứng minh quy nạp theo n với n   ln có với x  Thật vậy, n 1 theo (2) ta có (3) Giả sử mệnh đề (3) với n k Khi : 1 f  x  f  2 Vậy  3  2x   2x f     ak f   2 x x ak2   2x  2x   a a   x ak 1 x k k   3   với n k  * Tiếp theo ta chứng minh lim an 1 Thật ta thấy an  1, n   Do an 1  an  a  Dạy n  an  1  an    a  , suy dãy n tăng nghiêm ngặt l  l2  lim a  l n 3 với l 1, suy l 1 tăng bị chặn nên hội tụ Đặt Ta có f  x  x Vậy lim an 1 Do từ (3) suy với x  Ta có đpcm ĐỀ SỐ 35 Câu Giải phương trình cos3 x  sin x  cos x  sin x  cos x  Điều kiện : sin x 0;cos x 0 Pt   cos x  sin x    cos x.sin x    cos x  sin x   cos x  sin x   cos x  sin x 0      cos x.sin x   cos x  sin x    sin x  cos x   sin x  cos x  3  x   k 2 Giải (2) kết hợp điều kiện ta nghiệm Giải (3) : VT (3) 1  sin x cos x 1  sin x  2 Vì sin x 0;cos x 0 nên sin x sin x sin x; cos x cos x cos x 1  Do Suy Câu sin x  cos x 1 ; sin x  cos x 1 VP  3    x   k 2 Từ suy (3) vơ nghiệm pt cho có nghiệm Đk : x 0; y 1  x  y 0 xy  x  y  x  y   x  y   x  y  1 0    x  y  0 Từ (1) ta có Với x  y 0 loại từ điều kiện  y 1 y  y y 2 y   y 2 Với x  y  0  x 2 y  Thay vào (2) ta có :  x; y   2;5 Do x 5 Thử lại thoả mãn Vậy hệ có nghiệm Câu Ta chứng minh Ta có un2 un21   u12   n  1  Lại có 2n  un  un   2n  1 1 un2     un2  2.2   2 un  un  un  u n  un  1     u12   n  1 2n  un  un  u1  2n    quy nạp Thật vậy, với n 1 (2) Giả sử (2) với n , tức ta có : un   2n   2un   2n    2un  1  8n   4un2  4un  8n  Ta cần chứng minh : un   2n    2un  1   2n  1  4un21  4un 1  8n  2    1 1 1   un     un    8n   4un2  4un    un  un     u n un 1  0 4u  4un  8n  un2 un Do n Ta có 2.2010  u2010  2n  un     8n    2n   2.2010   63  u2010  64  u  63 Ta có 2010 Câu Ta chứng minh 2ab 2bc 2ac   3 a b bc a c  2 1  x  ; y  ; z  ; x  y  z 3 a b c Đặt Ta có (2) 2   3 x y yz zx Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có :  2   x y yz zx         27 yz z  x   2   x y Vì x  y  z 3 nên 2   3 x y yz zx a  b2 b2  c2 c2  a2 2ab 2bc 2ca VT       a b b c c a a b b c c a Do  a  b  2ab a  b  2ab   a  b VP a b a b Đẳng thức xảy a b c 1 Câu      a) Ta có OKB ODB, AKO  ACO CAO Khi :   sdCD AKB OBD     OAC  ACD  CDB 90  2    ALB 90  sdCD Từ suy tứ giác AKLB nội tiếp Rõ ràng  sd AC sd BC    LKO LKA  AKO 180  LBO  AKO 180   90 2 b) Từ gt câu a ta có Từ suy LK  OK      c) Ta có tứ giác LKCD nội tiếp DKC 360  DKO  CKO DBO  CAO    sd AD sd BC 180  sdCD    DLC 2 Áp dụng tính chất trục đẳng phương cho ba đường tròn AB, CD, LK đồng quy Do K , L, M thẳng hàng  ABCD  ,  ABLK  ,  CDLK  Câu C : x    y 1 Đường trịn đường kính AB có phương trình    Giả sử H  0; m   Oy Khi phương trình đường thẳng AH mx  y  m 0 Đường thẳng BD (đi qua B vng góc với AH ) có phương trình x  my  0 3  I  0;   m Gọi I giao điểm BD Oy Khi  HI Đường trịn đường kính có phương 2  m2    m2    C2  : x   y     2m   2m   trình  C1   C2  nên ta suy Ta thấy D E thuộc phương trình đường thẳng CD (lấy hai phương trình hai đường tròn trừ vế theo vế) DE : x  m2  y  0 m 3   ;0  Từ suy DE ln qua điểm cố định có toạ độ   ĐỀ SỐ 36 Câu Giải phương trình : 32 x  x   x Giải 32 x  x   x  4.(2 x)3  3.(2 x)   (2 x) ta suy     t ;   2  Phương trình trở thành : 4sin t  3sin t   sin t Đặt x sin t ,      x  sin      4   2         sin 3t cos t  cos   3t  cos t   x  sin       8 2    2  3   x  sin       Câu Tìm số nghiệm nguyên x1 20, x2 11, x3  không âm phương trình x1  x2  x3  x4 2011 , với Sử dụng tốn: Số nghiệm ngun khơng âm phương trình : x1  x2   xm n (n, m  *) Cmn n  Số nghiệm nguyên dương phương trình : x1  x2   xm n ( n, m  *, n m) Cnm11 Với điều kiện toán cho trở thành x1 20; x2 11; x3 8 Gọi c số nghiệm nguyên không âm phương trình x1  x2  x3  x4 2011 thỏa mãn điều kiện x1 20; x2 11; x3 8 Gọi a số nghiệm nguyên không âm phương trình x1  x2  x3  x4 2011 thỏa mãn điều kiện x2 11; x3 8 Gọi b số nghiệm nguyên không âm phương trình x1  x2  x3  x4 2011 thỏa mãn điều kiện x1 21; x2 11; x3 8 Ta có c a  b ' ' ' ' Tìm a Đặt x1 x1 ; x x2  11; x3  x3  8; x4  x4 Khi (1) trở thành tìm nghiệm ngun khơng ' ' ' ' 1992 âm phương trình: x1  x2  x3  x4 1992 Số nghiệm phương trình C1995 ' ' ' ' Tìm b Đặt x1 x1  21; x  x2  11; x3  x3  8; x4 x4 Khi (1) trở thành tìm nghiệm ngun ' ' ' ' 1971 khơng âm phương trình: x1  x2  x3  x4 1971 Số nghiệm phương trình C1974 1992 1971 Khi đó: c a  b C1994  C1974 Câu Chứng minh tam giác ABC ta có: 2sin A  sin B  sin C  25 Giải 2 2 Ta có VT 2sin A  sin B  sin C 2  cos A   cos( B  C ) cos( B  C ) cos ( B  C ) 25  cos A  cos A.cos( B  C )   2(cos A  cos( B  C ))  3  8 Dấu xảy chứng minh Câu cos A  CH cắt AB K , ta có: ;sin A 1 , vơ lí Do dấu khơng xảy Ta có điều phải AH  AK AC.cos A  R sin B sin AHK Nhận thấy A thay đổi (O) H thuộc đường tròn (O ') ảnh (O) qua phép đối xứng trục BC  1 V  M,  : H  G Ta có   (O ')  (O '') Vậy quỹ tích G đường tròn (O '') Giới hạn: Khi A B A C khơng tồn tam giác ABC nên khơng có trực tâm H tam giác ABC Vậy quỹ tích G đường trịn (O '') bỏ hai điểm G ', G'' giao BC với đường tròn (O '') Câu Trong tam giác IBC ta có: R1  a a a2 a2 a 2bc a p( p  a)   R12     2 A 2(1  cos A) p( p  a) 2sin I cos A R1 abc cos 2 a b c p[( p  a)  ( p  b)  ( p  c )] p  2   R R R abc rR Tương tự ta có : ĐỀ SỐ 37 ( Đề học sinh giỏi lớp 11, Vĩnh Phúc, Hệ không chuyên, năm học 2011 - 2012) Thời gian làm bài: 180 phút Câu (1,5 điểm) tan x  tan x     sin  x   2 4  Giải phương trình tan x  Câu (3,0 điểm) Gọi A tập hợp tất số tự nhiên có chữ số Chọn ngẫu nhiên số từ tập A, tính xác suất để chọn số chia hết cho chữ số hàng đơn vị Chứng minh đẳng thức sau: 2012 2012 2 2012 2012 C   C  C   C  2 2011 2012 1006    C2012    C2012  C2012 Câu (2,5 điểm) Chứng minh phương trình x  x  0 có ba nghiệm thực phân biệt Hãy tìm ba nghiệm Cho dãy số (un ) xác định u1 sin1; un un  sin n n với n  , n 2 Chứng minh dãy số (un ) xác định dãy số bị chặn Câu (3,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , cạnh bên 3a ( a  0) Hãy xác định điểm O cho O cách tất cạnh hình chóp S ABCD tính độ dài SO theo a Cho chóp S ABC Có đường thẳng SA vng góc mặt phẳng ( SBC ) Gọi H hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng ( ABC ) Chứng minh đường thẳng SB vng góc với 1 1  2 2 SA SB SC đường thẳng SC , biết SH Cho tứ diện ABCD thỏa mãn điều kiện AB CD; BC  AD; AC BD điểm X thay đổi khơng gian Tìm vị trí điểm X cho tổng XA  XB  XC  XD đạt gía trị nhỏ ĐÁP ÁN CHI TIÊT ĐỀ SỐ 37 Câu  cos x 0  x   k (*) Điều kiện Phương trình cho tương đương với 2cos x(tan x  tan x) sin x  cos x  2sin x  2sin x.cos x  sin x  cos x  2sin x(sin x  cos x)  sin x  cos x  (sin x  cos x)(2.sin x -1) 0 +) Với sin x  cos x 0  tan x -1  x     k   x   k 2  2.sin x  0  sin x     x  5  k 2  +) Với Đối chiếu điều kiện (*) suy nghiệm phương trình cho : x Câu    5  k , x   k 2 , x   k 2 (k  ) 6 Số số tự nhiên có chữ số 99999  10000  90000 Giả sử số tự nhiên có chữ số chia hết cho có chữ số hàng đơn vị abcd1 Ta có abcd1 10.abcd  3.abcd  7.abcd  chia hết cho 3.abcd  chia hết cho Đặt 3.abcd  7 h  abcd 2h  Khi ta h số nguyên h 3t 1 abcd 7t   1000 7t  9999  998 9997 t   t   143;144; ;1428 7 Suy số cách chọn t cho abcd1 chia hết cho chữ số hàng đơn vị là 1286 1286 0, 015 Vậy xác suất cần tìm 90000 2012 2012 (1  x ) 2012 Xét đẳng thức (1  x) (1  x) 2012 Ta có k (1  x ) 2012   C2012 (  x )k i 0 1006 2012 suy hệ số số hạng chứa x C2012  2012   2012   (1  x) 2012 (1  x) 2012   ( x) k    x k   i 0   i 0  2012 Suy hệ số số hạng chứa x 2012 2011 2010 2009 2012 2012 C2012 C2012  C2012 C2012  C2012 C2012  C2012 C2012   C2012 C2012 2 2 2 2011 2012  C2012    C2012    C2012    C2012     C2012    C2012  Từ suy đẳng thức cần chứng minh Câu 3 Đặt f ( x) 8 x  x  ; tập xác định D   hàm số liên tục   1 f ( 1)  3, f    1, f (0)  1, f (1) 1  2 Ta thấy