Tài liệu ôn thi HSG

Trờng THPT Đề thi chọn học sinh giỏi khối 11 THPT Gia Viễn B Môn: Toán.(Đề gồm 1 trang) Năm học: 2006 2007. (Thời gian làm bài 180 phút) Bài I: (6điểm). 1) Tính giá trị của biểu thức: A = 080808 80sin40sin20sin ++ . 2) Giải hệ phơng trình: =+ =+ =+ xzxzz zzyy yyxx 32 2 2 33 2 2 Bài II: (5điểm). 1) Cho dãy số (u n ) thoả mãn điều kiện: 2 26 1 = u , nn uu += + 2 1 với mọi n=1, 2, Chứng minh rằng dãy số (u n ) có giới hạn và tìm n n uLim 22 . 2) Giải phơng trình: 5 154 6 4 14 = + + x x xx . Bài III: (6điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Cạnh SC có độ dài bằng a, hợp với đáy góc và hợp với mặt bên SAB một góc . 1) Tính độ dài các cạnh SA, AB theo a, , . 2) Khi 0 30 = , hãy xác định sin để diện tích đáy đạt giá trị lớn nhất. Bài IV: (3điểm). Cho các số thực dơng a, b, c thoả mãn điều kiện: 2007 111 10 111 15 222 + ++= ++ cabcab cba . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 222222 225 1 225 1 225 1 acaccbcbbaba P ++ + ++ + ++ = . ---Hết--- đáp án đề thi chọn học sinh giỏi khối 11 THPT Năm học: 2006 2007. Môn: Toán.(Đáp án gồm 3 trang). Bài I: 1) Chứng minh 20 0 , 40 0 , 80 0 là các nghiệm của phơng trình: 4sin 2 (3x) = 3. 0,5đ Do đó sin 2 20 0 , sin 2 40 0 , sin 2 80 0 là các nghiệm của phơng trình: 03369664 23 =+ ttt . 0,5đ Hay 4 sin 2 20 0 , 4 sin 2 40 0 , 4 sin 2 80 0 là các nghiệm của phơng trình: 0396 23 =+ XXX . (1) Đặt 02 3 02 2 02 1 80sin4,40sin4,20sin4 === XXX . Khi đó 321 ,, XXX là ba nghiệm phân biệt của ph- ơng trình (1), vì vậy theo định lý Vi-et ta có: 9,6 133221321 =++=++ XXXXXXXXX . 0,5đ Biểu thức cần tính đợc viết lại là 4 2 4 2 4 1 4 4 XXXA ++= . Hiển nhiên 321 ,, XXX là các số khác không. Do 321 ,, XXX là các nghiệm của (1) nên ta có: 1 2 11 2 11 2 1 3 1 4 1 39)396(6396 XXXXXXXX ++=+= , tơng tự đối với 32 , XX ta có đợc: 4 4 . 54)(51)(27 321 2 3 2 2 2 1 +++++= XXXXXXA [ ] 234546.51)(2)(274 133221 2 321 4 =+++++= XXXXXXXXXA . 1,0đ Do đó 128 117 = A . 0,5đ 2) Hệ đã cho đợc viết lại là: = = = )31(3 )1(2 )1(2 23 2 2 zxzz yzy xyx . Kiểm tra thấy 3 1 ,1,1 === zyx không thoả mãn hệ, nên: 0,5đ Hệ lại đợc viết lại là: = = = 2 3 2 2 31 3 1 2 1 2 z zz x y y z x x y . Đặt x = tg(t) thì ta có y = tg(2t), z = tg(4t) 1,0đ Do đó x = tg(12t). Do vậy: tg(t) = tg(12t) 12t = t + Zkk , Zkkt = , 11 . 1,0đ Nh vậy hệ đã cho có các nghiệm là 11 4 , 11 2 , 11 k tg k tg k tg trong đó k = 0,1, .,10. 0,5đ Bài II: 1) Ta có = = 12 5 cos2 12 sin2 1 u . 0,5đ Từ hệ thức truy hồi bằng phơng pháp chứng minh quy nạp ta có đợc = n n u 2.6 5 cos2 , n = 1, 2, Từ công thức xác định số hạng tổng quát của dãy, ta dễ dàng chứng minh dãy số có giới hạn. 1,0đ 6 5 6 5 2.6 5 2.6 5 sin 2.6 5 sin2 2.6 5 cos222 1 1 1 1 = = = + + + + n n n n n n LimLimLim . 1,0đ 2) Điều kiện để phơng trình xác định là: 5 4 0 0 1 054 04 < > > x x x x x . 0,5đ Đặt x x xx xf + + = 154 6 4 14 )( ,ta kiểm tra đợc f(x) là hàm đồng biến trong khoảng [0; 4/5). 1,0đ Mặt khác f(1/2) = 5 nên x =1/2 là nghiệm duy nhất của phơng trình. 1,0đ Bài III: S 1) A D O B C Do )(ABCDSA nên góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) là SCA = . 0,5đ Ta chứng minh đợc rằng )(SABBC do đó góc giữa SC và mặt bên (SAB) là BSC = . 0,5đ áp dụng hệ thức lợng trong tam giác vuông SAC, SBC ta có: sin,cos,sin aBCaSBaSA === . 1,0đ áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông SAB ta có: 2222 sincos == aSASBAB . 1,0đ 2) Khi 0 30 = , ta có diện tích hình chữ nhật ABCD là 2 1 cossin 22 = aS . 1,0đ 4 2 22 42242 4 1 2 1cos2sin2 )1cos2(sin24 aaaS = + = . 1,0đ Dấu = xảy ra khi và chỉ khi 2 1 sin 4 1 sin1cos2sin2 222 === . 1,0đ Bài IV: áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân đối với 3 số thực dơng x, y, z ta có: zyxzyx ++ ++ 9111 , (1). Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x = y = z. 0,5đ Ta có 22222 )2()()2(225 bababababa +++=++ . Dấu = xảy ra a = b. Do đó ++ + ++ baaba baba 111 9 1 2 1 225 1 22 . Dấu = xảy ra ba = . Tơng tự ta có: ++ + ++ cbbcb cbcb 111 9 1 2 1 225 1 22 . Dấu = xảy ra cb = . ++ + ++ accac acac 111 9 1 2 1 225 1 22 . Dấu = xảy ra ac = . Vì vậy: ++ cba P 111 3 1 . 1,0đ Từ các bất đẳng thức: 2 222 111 3 1111 ++++ cba cba . Dấu = xảy ra cba == . 2 111 3 1111 ++++ cbacabcab . Dấu = xảy ra cba == . Kết hợp với giả thiết ta có đợc: 2007 111 3 10111 3 15 22 + ++ ++ cbacba hay 5 6021111 ++ cba . Dấu = xảy ra 5 6021 3 1 5 6021111 === =++ == cba cba cba . 1,0đ Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 5 6021 3 1 đạt đợc khi 5 6021 3 1 === cba . 0,5đ . Trờng THPT Đề thi chọn học sinh giỏi khối 11 THPT Gia Viễn B Môn: Toán.(Đề gồm 1 trang) Năm học: 2006 2007. (Thời. acaccbcbbaba P ++ + ++ + ++ = . ---Hết--- đáp án đề thi chọn học sinh giỏi khối 11 THPT Năm học: 2006 2007. Môn: Toán.(Đáp án gồm 3 trang). Bài I: 1) Chứng