Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 chọn lọc số 12

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TỈNH Môn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (2,0 điểm) 1) Giải phương trình lượng giác 2 2 sin 3 cos2 sin 0.x x x+ = 2) Giải hệ phương trình ( ) ( ) 2 2 2 2 8 4 4 4. x y x y y x  − + =   − + − =   Câu II (2,0 điểm) 1) Cho a, b, c là ba hằng số và ( ) n u là dãy số được xác định bởi công thức: 1 2 3 ( *). n u a n b n c n n= + + + + + ∀ ∈¥ Chứng minh rằng lim 0 n n u →∞ = khi và chỉ khi 0.a b c+ + = 2) Các số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành một cấp số nhân có tổng bằng 26. Tìm các số đó, biết rằng: nếu một cấp số cộng có a là số hạng thứ nhất, b là số hạng thứ ba thì c là số hạng thứ chín. Câu III (2,0 điểm) 1) Chứng minh rằng: với mọi số tự nhiên n, số 3 2 1+ n chia hết cho 1 3 +n nhưng không chia hết cho 2 3 . +n 2) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau. Câu IV (3,0 điểm) 1) Cho hình hộp . ' ' ' '.ABCD A B C D Trên cạnh AB lấy điểm M khác A và B. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng ( ').ACD a) Trình bày cách dựng thiết diện của hình hộp và mặt phẳng (P). b) Xác định vị trí của M để thiết diện nói trên có diện tích lớn nhất. 2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và M là trung điểm của SC. Một mặt phẳng (P) chứa AM và lần lượt cắt các cạnh SB, SD tại các điểm B', D' khác S. Chứng minh rằng: 4 ' ' 3 3 2 SB SD SB SD ≤ + ≤ . Câu V (1,0 điểm) Khảo sát tính chẵn - lẻ, tính tuần hoàn và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) sin sin .y x= π HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2: CÂU NỘI DUNG ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu I 1) Giải phương trình lượng giác 2 2 sin 3 cos2 sin 0.x x x+ = 2) Giải hệ phương trình ( ) ( ) 2 2 2 2 8 4 4 4. x y x y y x  − + =   − + − =   2,0 đ I.1 (1,0đ) Có: 3 2 sin 3 3sin 4sin (3 4sin )sin (1 2cos2 )sin ,x x x x x x x= − = − = + 0,25 nên PT 2 2 [(1 2cos 2 ) cos 2 1]sin 0x x x⇔ + + = 0,25 3 2 2 2 2 (4cos 2 4cos 2 cos 2 1)sin 0 (1 cos 2 )(1 4cos 2 )sin 0 x x x x x x x ⇔ + + + = ⇔ + + = 0,25 sin 0 2 cos2 1 x x k x =  ⇔ ⇔ = π  = −  (với k nguyên) 0,25 I.2 (1,0đ) Điều kiện: ; [ 2;2]x y ∈ − . Đặt 2cos 2 2cos2 =   =  x u y v với , [0; ] 2 u v∈ π HPT ⇔ (1 cos2 )(1 cos 2 ) 2 cos2 sin 2 cos2 sin 2 1 u v u v v u − + =   + =  0,25 ⇔ 2 2 sin cos 1/ 2 sin 2( ) 1 u v u v  =  + =  ⇔ sin cos 1/ 2 4 u v u v  =   + =   π ⇔ sin( ) sin( ) 2 4 u v u v u v  + + − =   + =   π 0,25 ⇔ sin( ) 1/ 2 4 u v u v  − =   + =   π ⇔ 4 4 u v u v  − =     + =   π π ⇔ 4 0 u v  =    =  π (thỏa) 0,25 Kết luận: nghiệm hệ phương trình là 2cos 0 2 2cos0 2 x y π  = =    = =  0,25 Câu II 1) Cho a, b, c là ba hằng số và ( ) n u là dãy số được xác định bởi công thức: 1 2 3 ( *). n u a n b n c n n= + + + + + ∀ ∈¥ Chứng minh rằng lim 0 n n u →∞ = khi và chỉ khi 0.a b c + + = 2) Các số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành một cấp số nhân có tổng bằng 26. Tìm các số đó, biết rằng: nếu một cấp số cộng có a là số hạng thứ nhất, b là số hạng thứ ba thì c là số hạng thứ chín. 2,0 đ II.1 (1,00đ) Đặt 2 3 1 1 1 n n n u n n v a b c v a b c n n n + + = = + + ⇒ → + + + + + khi n → +∞ Ta có: 1 n n u v n= + 0,25 cho nên: nếu 0a b c + + ≠ thì lim ( ) 0. n n u →+∞ = ∞ ≠ 0,25 Ngược lại nếu 0a b c a b c+ + = ⇒ = − − thì khi n → +∞ ta có ( ) ( ) 2 2 1 3 1 0 2 1 3 1 n b c u b n n c n n n n n n = + − + + + − + = + → + + + + + + 0,50 II.2 (1,00đ) Gọi 1 2 3 , ,u a u b u c= = = là ba số theo thứ tự lập thành một cấp số nhân có công bội q; (v n ) là cấp số cộng có công sai d với 1 3 9 , ,v a v b v c= = = . Khi đó ta có: 0,50 1 1 1 1 2 3 2 3 9 1 2 3 2 (1) 8 (2) 26 3 10 26. (3) u v a u v a aq a d u v b u v c aq a d u u u a d = = = =     = + = =   ⇔   = = = +     + + = + =   Dễ thấy q = 1 ⇔ d = 0, nên: q = 1 ⇔ 26 3 a b c= = = 0,25 Nếu q ≠ 1 ( 0)ad ≠ hệ trên trở thành 2 2 1 4 3 0 3 10 26 d a q q q a d  =  −    − + =   + =   ⇔ 3 2 q a d =   = =  ⇔ a = 2, b = 6, c = 18 0,25 Câu III 1) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n; số 3 2 1+ n chia hết cho 1 3 +n nhưng không chia hết cho 2 3 . +n 2) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau. 2,0 đ III.1 (1,0đ) Đặt A n = 3 2 1 n + n = 0 thì A 0 = 1 2 1+ = 3 chia hết cho 3 1 mà không chia hết cho 3 2 0,25 Giả sử A k = 3 2 1 k + chia hết cho 3 k+1 mà không chia hết cho 3 k+2 (A k = B.3 k+1 ; với B nguyên, không chia hết cho 3).Ta có: A k+1 = ( ) ( ) ( ) ( ) 1 3 2 3 3 3 3 3 2 1 2 1 2 1 2 2 1 k k k k k+ + = + = + − + 0,25 A k+1 ( ) 2 3 3 2 k k k A A= − × = ( ) 2 1 1 3 3 3 3 2 k k k B B + +   × × − ×   = 2 3 2 1 3 3 3 2 k k k B B + +   × − ×   0,25 Dễ thấy: 3 2 1 .3 k B + chia hết cho 3 mà 3 2 k B × không chia hết cho 3 (vì B không chia hết cho 3) nên 2 2 1 3 .3 2 k k B + − không chia hết cho 3 ⇒ A k+1 chia hết cho 3 k+2 , nhưng không chia hết cho 3 k+3 . Kết luận: 0,25 Ý.2 (1,0đ) Ta có: 5 9 59.049Ω = = 0,25 Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có: Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là 3 9 C . Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây: TH1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH1 này có cả thảy 5! 3 60 3! × = số tự nhiên. TH2. 1 trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số kia bằng 1 chữ số khác trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 2! hoán vị của các vị trí mà a, a chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà b, b chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH2 này có cả thảy 5! 3 90 2!2! × = số tự nhiên. 0,25 Vậy: 3 9 9! (60 90)C 150 150 7 4 3 12600 3!6! A Ω = + = × = × × × = . 0,25 Kết luận: ( ) 12.600 1.400 0,213382106 59.049 6.561 A P A Ω = = = ≈ Ω 0,25 Câu IV 1) Cho hình hộp . ' ' ' '.ABCD A B C D Trên cạnh AB lấy điểm M khác A và B. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng ( ').ACD a) Trình bày cách dựng thiết diện của hình hộp và mặt phẳng (P). b) Xác định vị trí của M để thiết diện nói trên có diện tích lớn nhất. 2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và M là trung điểm của SC. Một mặt phẳng (P) chứa AM và lần lượt cắt các cạnh SB, SD tại các điểm B', D' khác S. Chứng minh rằng: 4 ' ' 3 . 3 2 SB SD SB SD ≤ + ≤ 3,0 đ IV.1.a (0,75đ) S J R P K I Q F E N O C' B' A' C A B D D' M Trong mp(ABCD), qua M vẽ đường thẳng song song với AC cắt DB, BC lần lượt tại E, N. Trong mp(BDD’B’), qua E vẽ đường thẳng song song với D’O (O=AC∩BD) cắt B’D’ tại F. Trong mp(A’B’C’D’), qua F vẽ đường thẳng song song với AC cắt A’D’, D’C’ lần lượt tại R, Q. Trong mp(AA’D’D), qua R vẽ đường thẳng song song với AD’ cắt AA’ tại S. Trong mp(CC’D’D), qua Q vẽ đường thẳng song song với CD’ cắt CC’ tại P. 0,50 Thiết diện là lục giác MNPQRS 0,25 IV.1.b (1,25đ) Do các mặt đối diên của hình hộp song song nên các cạnh đối của lục giác thiết diên MNPQRS song song và 3 cặp cạnh đó lần lượt song song với các cạnh tam giác ACD’. ⇒ Các tam giác JKI, ACD’, RQI, JMS, NKP đồng dạng ⇒ ' ' ' MJ MA NC NK PC PK QD QI MN MB NB NM PC PQ QC QP = = = = = = = ⇒ MJ=NK và PK=QI ⇒ Các tam giác RQI, JMS, NKP bằng nhau (gọi diện tích của chúng là S 1 và gọi diện tích các tam giác JKI, ACD’ lần lượt là S 2 , S) 0,25 Đặt ; AM k AB = ta có điều kiện 0 1k< < và có: 2 2 2 2 1 S JM AM AM k S AC DC AB       = = = =  ÷  ÷  ÷       ⇒ S 1 = k 2 S 0,25 ( ) 2 2 2 2 2 1 S JK JM MK JM MK k S AC AC AC AC +       = = = + = +  ÷  ÷  ÷       ⇒ S 2 =( k 2 + 2k +1)S 0,25 ⇒ Diện tích thiết diện: 2 1 3 td S S S= − 2 2 1 3 1 3 2 ( ) 2 2 4 2 2 td S S S k k S k     = − + + = − − ≤    ÷       (dấu bằng xảy ra ⇔ 1 2 k = ) 0,25 S lớn nhất ⇔ 1 2 k = ⇔ M là trung điểm của AB 0,25 VI.2 (1,00đ) P N D' I O M D B C A S B' Lấy I = AM∩B'D' và O = AC∩BD, ta có: S, O, I là các điểm chung của 2 mặt phẳng (SAC) và (SBD) ⇒ S, O, I thẳng hàng. Và I là trọng tâm các mặt chéo SAC ⇒ 2 3 SI SO = 0,25 Vẽ BP // B'I và DN // D'I ( ) ,P N SO∈ ⇒ OP ON = . Đặt ; ' ' SD SB x y SD SB = = ⇒ 2 3 2 3 ' ' 2 SB SD SP SN SO x y SB SD SI SI SI + = + = + = = = ⇒ , [1;2]x y ∈ (*) 0,25 Suy ra: 2 1 1 3 2 4 3 3x y xy x y   + = ≥ =  ÷ +   0,25 Từ (*): 1 2x ≤ ≤ ⇔ 2 3 2 0x x− + ≤ ⇔ (3 ) 2x x− ≥ ⇔ 2x y× ≥ ⇔ 3 3 2xy ≤ ⇔ 3 2 x y xy + ≤ ⇔ 1 1 3 2x y + ≤ 0,25 Câu V Khảo sát tính chẵn – lẻ, tính tuần hoàn và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) sin sin= πy x . 1,0đ V (1,0đ) Tập xác định của hàm số ( ) ( ) sin siny f x x= = π là D = ¡ (đối xứng qua 0) ( ) ( )., x f x f x∀ ∈ − =¡ Vậy, f chẵn (f không lẻ vì nó không đồng nhất bằng 0) 0,25 ( 2 ) ( )., x f x f x∀ ∈ + π =¡ Vậy, f tuần hoàn 0,25 Tập giá trị của hàm số sint x= π là [ ] 0; π nên 0,25 0 min min sin 0, t f t ≤ ≤π = = 0 max max sin 1 t f t ≤ ≤π = = 0,25 . KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TỈNH Môn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (2,0 điểm) 1) Giải phương trình lượng. suất, ta có: Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là 3 9 C . Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây: TH1. Cả 2 chữ số còn lại cùng. mọi số tự nhiên n; số 3 2 1+ n chia hết cho 1 3 +n nhưng không chia hết cho 2 3 . +n 2) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số.