Hóy tớnh cỏc gúc của tam giỏc đú.. a Tớnh gúc giữa hai đường thẳng AC’ và A’B.. Chứng minh rằng trọng tõm tam giỏc MNP luụn thuộc một đường thẳng cố định khi M, N, P thay đổi... Từ 1 và
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH
đề chính thức
Kè THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 THPT
NĂM HỌC 2010 – 2011
MễN TOÁN
Thời gian: 180 phỳt (khụng kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 5 /4/2011
Bài 1 a) Giải phương trỡnh :
x
c x
x c x
π −
=
b) Tỡm m để phương trỡnh cos 0
1
2 cos 1
4
2
+
+
x x
x
cú nghiệm.
Bài 2 Tam giỏc ABC cú ba gúc thỏa món hệ thức :
8cosAsinBsinC+4 3(sinA+cosB+cosC)−17=0.
Hóy tớnh cỏc gúc của tam giỏc đú.
Bài 3 a) Tỡm hệ số của số hạng chứa x4 trong khai triển : (1 + 2x + 3x2)10
b) Tớnh tổng : S =
C + +C + +C + + +C + ++ + +C ++ (với n∈N*).
Bài 4 Cho hỡnh lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a.
a) Tớnh gúc giữa hai đường thẳng AC’ và A’B.
b) Gọi M, N, P lần lượt là cỏc điểm thuộc cỏc cạnh A’B’, BC, DD’ sao cho
A’M = BN = DP Chứng minh rằng trọng tõm tam giỏc MNP luụn thuộc một đường thẳng cố định khi M, N, P thay đổi.
Bài 5 Dóy số thực (an) thỏa món điều kiện :
1
2
*
1 2
1 2
1
n n
a
a
a a
+
=
Chứng minh rằng với mọi số nguyờn dương n ta cú : 1
1
<
∑
=
n i i
_ Hết _
Họ và tờn thớ sinh : ; Số bỏo danh :
Trang 2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2010-2011
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 11
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
1
(6,0đ) a) (3,0đ) Đ/k : sin3x – cos3x > 0⇔sinx−cosx>0 (*). 0,25
x
c x
2
2
2
x π kπ k Z
0,5
+/ sinx - cosx−sin x cosx=0 Đặt sinx - cosx = t , t ≤ 2
Khi đó pt ⇔
(
0; 2
t t t
+ − =
0,5
c x+π = −
§Æt cos 1 2
2
α = −
Vậy pt có các họ nghiệm là : 2
2
x= +π kπ
2
0,5
Trang 3
b) ( 3,0 đ) Pt ⇔ 2cos2
m
1
x u x
=
Lại đặt t = cosu suy ra t ∈[cos1;1]
0,5 (1) ⇔ 2t2 + t – 1 = m với t ∈[cos1;1]
Xét f(t) = 2t2 + t – 1 , t ∈[cos1;1], hoành độ đỉnh parabol t0 = 1 [ os1;1]
suy ra min f(t) = min { f c( os1); (1)f } , max f(t) = max { f c( os1); (1)f } . 0,5
Vậy với f(cos1) ≤ m ≤ f(1) ⇔cos2 + cos1 ≤ m ≤ 2 pt có nghiệm. 0,5
2
(3,0đ) Áp dụng định lý cosin và sin trong tam giác có : cosA =
2 2 2
2
bc
a = 2RsinA, b = 2RsinB, c = 2RsinC
0,5
Từ đó ta có : cosA =
2 2 2 sin2 sin2 sin2
Hệ thức đã cho ⇔ sin2B + sin2 C – sin2 A + 3(sin cos cos ) 17
4
4
3
2 3
sin
2
A
⇔
0 0
30 120
B C A
= =
3
(5,0đ)
a) (3,0đ) Ta có (1 + 2x + 3x2)10 = [(1 + 2x) + 3x2)]10
= C100 (1 2 )+ x 10+C101 (1 2 ) 3+ x 9 x2+C102(1 2 ) 9+ x 8 x4+
Nhận xét : từ số hạng thứ tư trở đi ở khai triển trên không chứa x4 nữa
C + x =C C +C x C+ x +C x +C x +
3x C2 101 (1 2 )+ x 9 =3x C C2 101 ( 90+C x C x192 + 924 2+ )
9x C (1 2 )+ x =9x C C( + )
Vậy hệ số của số hạng chứa x 4 là : C C100 104.16 3+ C C101 .4 9.92 + C C102 80 =8085.
0,5 0,5
0,5 0,5 0,5 0,5
Trang 4
4
(4,0đ)
b) (2,0 đ)
1 2
1
2 1 2 1
2 1
1
2
k n
k
n k
n n
C
+
+ +
+
−
=
Cho k = 0 có :
2 1 2 1 1
1 2
n
−
−
Cho k = 1 có :
2 1 2 1 2
1 2
n
−
Cho k = n - 1 có :
2 1 2 1
1 2
n
−
−
Cho k = n có :
0
2 1 1
2 2 2 1
1 2
n
+ +
Cộng theo vế n + 1 đẳng thức trên ta có S = 1
2.
a) (1,5đ)
Mặt bên ABB’A’ là hình vuông
nên A’B vuông góc với AB’
AB’ là hình chiếu của AC’
trên mp(ABB’A’) nên A’B vuông góc
với AC’.(đl 3 đường ⊥), suy ra góc
giữa AC’và A’B bằng 900
b) (2,5đ)
Đặt A’M = BN = DP = x ta có :
AN2 = a2 + x2 , AP2 = a2 + x2 ,
AM2 = a2 + x2 ⇒AM = AN = AP (1).
Mặt khác NP2 = NC2 + CD2 + DP2
= (a – x )2 + a2 + x2; NM2 = NB2 + BB’2 + B’M2 = x2 + a2 + ( a - x)2 ;
Tương tự MP2 = a2 + x2 + (a-x)2 suy ra MN = NP = PM (2)
Từ (1) và (2) suy ra hình chóp AMNP là hình chóp đều
Từ đó ta có đường thẳng nối A với trọng tâm tam giác MNPsẽ vuông gócvới mp(MNP) Chứng minh tương tự ta có đường thẳng nối C’ với trọng tâm tam giác MNP sẽ vuông
góc với mp(MNP) Như vậy trọng tâm ∆MNP luôn thuộc đường thẳng cố định là AC’
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5 0,5
0,5
0,5
0,5 0,5 0.5 0,5
Trang 5
5
(2,0đ)
Đặt bn = 1
n
a suy ra bn+1 = bn – bn + 1.
Từ đó có :
1
b b =b+
⇔
1 1 1
b b =b+ +b+ b+
⇔
b+ =b b −b+ b+
Từ đó ta có :
i
a
∑ ∑
=
b +b b −b+ b+ = −b+ b+ <
-Hết -0.5
0.5
0,5
0,5