Đề - ĐA HSG 11 - 2010 - 2011

Sở GD & ĐT thanh hoá Trờng THPT Hậu lộc 4 kỳ THI CHON HOC SINH GIOI TRƯờNG Năm hoc 2010 - 2011 Môn thi: TOáN 11 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I (3,0 điểm) Gii phng trình: sin 2 cos2 4 2 sin( ) 3cos 4 1 cos 1 x x x x x + + = Câu II (4,0 điểm) 1. Cho tập hợp { } 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8X = . Từ X có thể lập đợc bao nhiêu số tự nhiên lẻ gồm 5 chữ số đôi một khác nhau và luôn có mặt chữ số 1. 2. Cho 20 3 10 2 1 1 ( ) ( )A x x x x = + . Sau khi khai triển và rút gọn thì biểu thức A sẽ gồm có bao nhiêu số hạng? Câu III (5,0 điểm) 1. Cho tam giỏc ABC cú cỏc gúc , ,A B C theo thứ tự lập thành một cấp số nhân có công bội bằng 2. Chứng minh rằng: 1 1 1 = + BC AB AC 2. Tìm giới hạn sau: 2 2 1 2 1 5 3 lim 1 x x x x I x + = Câu IV (6,0 điểm) Cho hình chóp .S ABCD . Đáy ABCD là hình thang vuông, đờng cao AB a= , đáy nhỏ BC a= và góc D bằng 0 45 . Cạnh 2SA a= và vuông góc với mặt đáy. 1. Chứng minh rằng các mặt bên của hình chóp là các tam giác vuông. 2. Trên cạnh AB lấy một điểm M . Gọi ( ) là mặt phẳng qua M và song song với mặt phẳng ( )SBC . Chứng minh thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng ( ) là hình thang vuông. Tính độ dài đoạn AM khi diện tích thiết diện bằng 2 2 3 a . Câu V (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 3 cot cot cot cot cot cot A B C P B C A = + + Hết Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Đề chính thức Sở GD & ĐT thanh hoá Trờng THPT Hậu lộc 4 đáp án thang điểm môn toán 11 đề thi chọn học sinh giỏi trờng Năm hoc 2010 - 2011 Cõu Ni dung im Tng I iều kiện: 2 ,x k k Z . Khi đó phơng trinh tơng đơng với: ( ) sin 2 cos2 4 sinx cos 3cos cos 1 0 sinx 0 sinx(cos sinx 2) 0 cos sinx 2 0( ) x x x x x x x VN + + + = = + + = + + = x k = , i chiu điều kiện suy ra 2x k = + l nghim pt. 0.5 1.0 1.0 0.5 3.0 đ II.1 Gi s cn tỡm l : 54321 aaaaan = TH1 : a 5 = 1 : chn 4 ch s cũn li cú : 4 7 A cỏch TH2 : a 5 1 : a 5 cú ba cỏch cú 4 v trớ cho ch s 1 cú 3 6 A cỏch chn ba ch s cũn li => Cú 3.4. 3 6 A s Vy : Cú tt c : 4 7 A + 3.4. 3 6 A = 2280 s cn tỡm 0.5 1.0 0.5 2.0 đ A = ( ) ( ) ( ) = = + 20 10 k 10 k n k k 20 k 2 n n 3 1 20 10 k 0 n 0 ( 1) C x x ( 1) C x x = ( ) ( ) = = + 20 10 k n k 20 3k n 30 4n 20 10 k 0 n 0 1 C x 1 C x Xét trờng hợp 20 3k = 30 4n ? 10 n = 3(n k) Vì 0 # n # 10 và 10 n phải là bội số của 3 nên n = 4 hay n= 7 hay n= 10 ? có 3 số hạng trong hai khai triển trên có luỹ thừa của x giống nhau. Vậy sau khi khai triển và rút gọn thì biểu thức A sẽ gồm: 21 + 11 3 = 29 số hạng. Xét trờng hợp 20 3k = 30 4n ? 10 n = 3(n k) Vì 0 # n # 10 và 10 n phải là bội số của 3 nên n = 4 hay n= 7 hay n= 10 ? có 3 số hạng trong hai khai triển trên có luỹ thừa của x giốngnhau. Vậy sau khi khai triển và rút gọn thì biểu thức A sẽ gồm: 21 + 11 3 = 29 số hạng. 0.5 1.0 0.5 2.0đ I.2 Theo gi thit ta cú: B = 2A , C = 2B = 4A Do A + B + C = A + 2A + 4A = 7A = A = 7 ,B = 2 7 , C = 4 7 1 1 1 1 1 1 4 2 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 7 7 + = + = + AB AC R C R B R R 3 2sin . 1 1 1 7 7 4 2 sin 2 .2sin . .sin 2 sin 7 7 7 7 = = = = cos R A BC R cos R 1.0 0.5 1.0 2.5 đ II.1 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 3 ( ) 2 1 [ 3] ( 1)( 2) ( 1)( 1) 2 1 21 3 4 8 8 2 1 5 3 lim 1 2 1 5 3 lim 1 1 1 lim 5 2 1 x x x x x x x x I x x x x x x x x x = + = + + + + = = + = 1.0 1.0 0.5 2.5 đ II.2 Dễ có các tam giác SAB và SAD vuông tại A. Theo định lý 3 đờng vuông góc : BC AB BC SB Vậy tam giác SBC vuông tại B. Tam giác ABC vuông cân tại B nên ã ã 0 0 45 45= =BAC CAD Suy ra tam giác ACD vuông cân tại C. Theo định lý 3 đờng vuông góc : CD AC CD SC Vậy tam giác SCD vuông tại C. 1.0 1.0 1.0 3.0 đ III Thiết diện MNPQ song song với mặt phẳng (SBC) nên thiết diện đó phải song song với BC và SB. Vậy thiết diện cắt (ABCD) theo giao tuyến MN//BC và cắt (SAD) theo giao tuyến PQ//AD. Do đó thiết diện là hình thang. Lại có thiết diện //SB nên cắt (SAB) theo giao tuyến MQ//SB. Ta có BC SB MN MQ Suy ra thiết diện là hình thang vuông. 1.0 3.0 đ 1 ( ) 2 = + MNPQ S MQ PQ MN Đặt MA = x (0 ) x a . Trong tam giác SAB do MQ//SB nên từ định lý Talet ta tính đợc: 2=AQ x , 2 2 3= + =MQ MA AQ x Trong tam giác SAD do PQ//AD nên: 2( )= => = PQ SQ PQ a x AD AS Gọi I là trung điểm của AD, E là giao điểm của MN và CI. Khi đó CI = ID = a => NE = CE = a - x =>MN =ME + EN = 2a - x Từ đó 3 (4 3 ) 2 = MNPQ S x a x Từ giả thiết ta có: 2 2 2 2 3 2 (4 3 ) 12 9 4 (2 3 ) 0 2 3 = = = a x a x ax x a a x Vậy x = 2 3 a hay MA = 2 3 a . 0.5 1.0 0.5 IV Đặt x = cotA, y = cotB, z = cotC. Trớc hết chứng minh x, y, z đều dơng và xy + yz + zx = 1. Khi đó 3 3 3 = + + x y z P y z x Ta có theo BĐT Cô-si ta có: 3 3 3 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 2 2 2+ + + + + + + x y z xy yz zx x y z y z x Hay 2 2 2 2( ) ( ) 1 + + + + + + =P x y z xy yz zx xy yz zx (vì 2 2 2 + + + +x y z xy yz zx ) Suy ra 1 P . Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 khi và chỉ khi x = y = z (tức là tam giác ABC đều.) 0.5 1.0 0.5 2.0 đ Hết . thí sinh: Số báo danh: Đề chính thức Sở GD & ĐT thanh hoá Trờng THPT Hậu lộc 4 đáp án thang điểm môn toán 11 đề thi chọn học sinh giỏi trờng Năm hoc 2010 - 2 011 Cõu Ni dung im Tng . hoá Trờng THPT Hậu lộc 4 kỳ THI CHON HOC SINH GIOI TRƯờNG Năm hoc 2010 - 2 011 Môn thi: TOáN 11 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I (3,0 điểm) Gii phng trình: sin 2 cos2 4 2 sin(. trung điểm của AD, E là giao điểm của MN và CI. Khi đó CI = ID = a => NE = CE = a - x =>MN =ME + EN = 2a - x Từ đó 3 (4 3 ) 2 = MNPQ S x a x Từ giả thiết ta có: 2 2 2 2 3 2 (4 3 ) 12 9 4