ĐỀ THI học SINH GIỎI máy TÍNH cầm TAY khối 11 THPT(tt)

SỞ GD-ĐT THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH KHỐI 12 Trường THPT Vinh Lộc NĂM HỌC 2008-2009 MÔN : TOÁN Thời gian: 180 phút ĐỀ: Câu 1: (3điểm) Giải phương trình: 13 14 os sin 1c x x+ = Câu 2: (3điểm) Tìm các cặp số (x;y) thỏa phương trình: 2 2 sin os 8 8 10 os2y x c x c+ = + Câu 3: (3điểm) Trong tất cả các tam giác ABC cho trước, tìm tam giác có: os2A+cos2B-cos2Cf c= đạt giá trị lớn nhất Câu 4: (4điểm) Giải hệ phương trình: 2 1 2 2 1 3 2 (1 4 ).5 1 2 (1) 4 1 ln( 2 ) 0 (2) x y x y x y y x y x − − + − +  + = +  + + + + =  Câu 5: (3điểm) Chứng minh: 1 2 3 2 3 ! n n n n n C C C nC n n + + + + < với n ∈ N, n ≥ 3 Câu 6: (4điểm) Trong mặt phẳng (P), cho ˆ ˆ , 90 , 60 o o ABC A C∆ = = . Dựng các đường thẳng Bx, Cy ⊥ (P) a) Xác định điểm M trên Bx sao cho mặt cầu đường kính BM tiếp xúc với Cy, biết BC=2a b) L là một điểm di động trên Bx, L phải ở những vị trí nào để trên Cy có thể tìm được N sao cho BLN ∆ vuông tại N? c) Trong các vị trí của L ở câu b, hãy xác định vị trí sao cho hình chóp ABLNC có thể tích nhỏ nhất. Hết ĐÁP ÁN: CÂU 1 NỘI DUNG ĐIỂM 13 14 13 14 2 2 os sin 1 os sin os sinc x x c x x c x x+ = ⇔ + = + 0,5 2 11 2 12 2 11 2 12 os (1 os ) sin (1 sin ) 0 os (1 os ) 0 sin (1 sin ) 0 c x c x x x c x c x x x − + − =  − = ⇔  − =  osx=0 cosx=1 sinx=0 sinx= 1 c ∪  ⇔  ∪ ±  1 sinx=0 cosx=0 osx=1 sinx=0 cosx=0 sinx= 1 cosx=1 sinx= 1 2 2 c x k x k π π π             ⇔      ±       ±   =   ⇔  = +  0,5 Vậy nghiệm cuả pt(1) là 2x k π = ; 2 x k π π = + ,(k ∈ Z) 1 CÂU 2 NỘI DUNG ĐIỂM 2 2 2 2 2 2 sin os sin 1 sin sin 2 sin 8 8 10 os2y 8 8 9 1 os2y 8 8 9 2 os (*) 8 x c x x x x x c c c y − + = + ⇔ + − = + ⇔ + − = 0,5 Đặt 2 sin 8 ,1 8 x t t= ≤ ≤ (*) trở thành 2 2 1 9 2 os ( 1)( 8) 2 os (2) t c y t t t c y t + − = − − ⇔ = 1 Vì 1 8t≤ ≤ nên VT ≤ 0,VP ≥ 0 ( 1)( 8) 0 (2) osy=0 1 8 sinx=0 sinx= 1 2 2 t t c t t y k y k π π π π − − =  ⇔   = ∪ = ∪ ±     ⇔ ⇔   = + = +     1 2 2 k x y k π π π  =   ⇔   = +   , k ∈ Z 0,5 CÂU 3 NỘI DUNG ĐIỂM 2 2 2 os2A+cos2B-cos2C 1 1 3 2 os osC.cos(A-B)+ os ( ) 1 os ( ) 4 2 2 f c f c C c c A B c A B =     ⇔ = − + − − − − +       1 2 2 3 1 1 2 osC+ os(A-B) sin ( ) 2 2 2 c c A B   = − − −     Suy ra f ≤ 3 2 0,5 Maxf= 3 2 sin( ) 0 1 osC+ os(A-B)=0 2 A B c c − =   ⇔    0,5 0 0 30 ; 120 1 osC=- 2 A B A B C c =   ⇔ ⇔ = = =    1 CÂU 4 NỘI DUNG ĐIỂM Đặt t=2x-y 0,5 1 1 (1) (1 4 ).5 1 2 1 4 5 ( ) ( ) 1 2.2 (3) 5 5 t t t t t t − + ⇔ + = +   ⇔ + = +     0,5 Đặt 1 4 ( ) 5 ( ) ( ) , ( ) 1 2.2 5 5 t t t f t g t   = + = +     Ta có f(t) là hàm giảm, g(t) là hàm số tăng và f(t)=g(t) Do đó (3) 1 2 1t x y⇔ = ⇔ − = 1 Hệ phương trình đã cho 3 2 2 1 2 3 ln( 1) 0 x y y y y y = +  ⇔  + + + + + =  0,5 Đặt 3 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 3 ln( 1) 2 1 2( 1) 1 : '( ) 3 2 3 0 1 1 h y y y y y y y Taco h y y y y y y y = + + + + + + + + ′ = + + = + > + + + + Suy ra h(y) là hàm tăng và h(-1)=0 1 Vậy hệ phương trình đã cho 2 1 0 1 1 x y x y y = + =   ⇔ ⇔   = − = −   0,5 CÂU 5 NỘI DUNG ĐIỂM Ta có: 0 1 2 2 (1 ) n n n n n n n x C C x C x C x+ = + + + + 0,5 Lấy đạo hàm 2 vế: 1 1 2 3 2 1 (1 ) 2 3 n n n n n n n n x C C x C x nC x − − + = + + + + Cho x=1, ta có: 1 2 3 1 1 2 3 1 2 3 .2 2 3 2 n n n n n n n n n n n n C C C nC n C C C nC n − − + + + + = + + + + ⇔ = 1,5 Chứng minh 2 n-1 <n!, n ∈ N, n ≥ 3 (2) bằng phương pháp qui nạp + Kiểm tra (2) đúng khi n=3 + Giả sử (2) đúng khi n=k>3,k ∈ N, tức là ta có: 2 k-1 <k! Ta chứng minh (2) đúng khi n=k+1, ta chứng minh: 2 k <(k+1)! Vì 2<3 ≤ k<k+1 nên:2 k =2.2 k-1 <2.k!<(k+1)k!=(k+1)! 1 Suy ra điều phải chứng minh CÂU 6 NỘI DUNG ĐIỂM B A C L N H M1 M2 Câu a Mặt cầu đường kính BM tiếp xúcCy khi và chỉ khi d(Bx,Cy)=BC= 2 2 BM a= Vậy BM=4a. Có 2 điểm M1, M2 trên đường Bx thỏa mãn điều kiện này 1 Câu b Muốn có điểm N để 2 BNL π = ∧ , thì mặt cầu đường kính BL phải cắt Cy. Suy ra BL ≥ 4a, khi đó L phải nằm ngoài (M1,M2).Nếu L nằm ngoài đoạn [M1,M2], thì với mỗi điểm L trên Bx có 2 điểm N1,N2 thuộc Cy sao cho 1 2 2 BN L BN L π = = ∧ ∧ 1 Câu c Đặt BL=y, CN=x. Do tam giác BNL vuông tại N nên BL 2 =BN 2 +NL 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 ( ) 8 2 2 4 (1) y a x a y x a xy y x a x Suy ra y x = + + + − = − + + + = 1 Hạ đường cao AH của tam giác ABC. AH cũng là đường cao của hình chóp ABLNC và 3AH a= , đáy BLNC là hình thang vuông nên: 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 2 min 1 1 3 3 4 . ( ) ( ) ( ) 3 2 3 3 2 3 2 2 3 2 4 6 ( ) .2 . 3 3 3 4 6 2 2 3 2 3 ABLNC a a a x V AH BC CN BL x y x x a a a a a x x x x a a V khi x x a y a x + = + = + = + = + ≥ = ⇒ = = ⇔ = ⇒ = Giá trị y=BL= 3 2a >4a, nên chấp nhận được 1 . SỞ GD-ĐT THỪA THI N HUẾ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH KHỐI 12 Trường THPT Vinh Lộc NĂM HỌC 2008-2009 MÔN : TOÁN Thời gian: 180 phút ĐỀ: Câu 1: (3điểm) Giải phương trình: 13