đề thi và đáp án thi HSG lớp 11 - 2009

Xác định vị trí điểm M để diện tích tam giác ABH lớn nhất... Vậy quĩ tích điểm[r]

(1)

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 11 – NĂM HỌC 2008 – 2009. MƠN: TỐN

Thời gian 120 phút.

Câu 1: (2 điểm )

1 Giải phương trình :

3sin sin 2sin

3 6

x  x  x 

     

     

     

      .

2 Tính góc  ABC biết

3

sin sin sin

2 2

A A C A B

  

Câu 2: (2 điểm )

Cho dãy số (Un) có

1

2

1

n n n

U

U  U n

   

   





Tìm nlim Un.

Tìm

2 3

lim x

x x

x

x x

 

   



 

 

Câu 3: ( điểm)

Trên đoạn [0; 1], phương trình 2x



x

 

x



Câu 4: ( điểm)

Cho ba số x, y, z dương thoả mãn x2  y2 z2 xyz

Tìm giá trị lớn biểu thức 2

x y z

A

x yz y xz z xy

  

   .

Chứng minh





1

2 2

n n

n n n n

n

C C C n C 

     

( n N , n1 ).

Câu 5: ( điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA = h vng góc mặt phẳng (ABCD), M điểm thay đổi CD Kẻ SH vng góc với BM

Tìm tập điểm H M thay đổi CD

Xác định vị trí điểm M để diện tích tam giác ABH lớn

(2)

ĐÁP ÁN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 11 (Năm học 2008 – 2009)

CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM

1

Do

sin cos

6

x  x 

   

  

   

    nên pt cho trở thành:

3sin cos 2sin

3

x  x  x 

     

     

     

     

 sin



x



x

    

     

     

     

     

sin sin

2

x  x 

   

       

   

2sin cos

6

x  x 

   

      

   

sin

6

cos

3 x

x

 

  

 

 



 

 

  

 

 



 



k Z 18

l Z 12

k x

l x

 



  

  

   



0.25

2

Do

3

sin cos

2 2

A  A

   

  nên toán trở thành :

2

2 2

3

cos 2sin cos

2 4

3 3

1- 2sin 2sin cos

4 4 4

3 1

2 sin sin cos cos cos

4 4 4 4 2

A A B C B C

A A B C

A A B C B C B C



 

  

   

  

   

   



   

       

   

        

           

   

 



2

3 1

2 sin cos sin (*)

4 4

A B C B C

  

   

   

 

 

 

 

Do

2

3

sin cos

4 4

A B C

 

   

  

 

 

 

  ;

2

sin

4 B C



nên VT (*) không âm

Suy (*) xảy dấu “=”

sin

4

3

sin cos

4 4

B C

A B C

  

 

  



 

    

  



0.25

(3)

Giải hệ phương trình ta 0 100 40 A B C       Do 1

n n n

U   U 

nên

2

1

n n n

U  U 

với  n 1

Khi

2 2

2

3 2

2 1 2

n n n

U U

U U         Suy 2

1

2

1 1

2 2

1 1

= 1+

2 2

n n n n U U                   Vậy

lim lim 2

2

n n

n U n 

         0.25 0.25 0.25 0.25 Đặt y

x  Do x + nên y  Bài toán trở thành

















































0 3

2

0 3

1 lim

12

lim

1 (1 ) 12

4 lim

1 (1 ) 1 2 1 6 1 2 12 y y y y y y I y

y y y y

y y

y

y y y y y y y y

y

y y y y y y

                                                                           

  2

0.25

Do x





x

t

 

  

Pt (1) cho trở thành:



 



8sin 2sint  t 8sin t 8sin t1 1

8sin cos2 cos4t t t (2)

 

Nhận thấy cost = khơng phải nghiệm, ta có: (2)  8cos sin cos2 cos4t t t t cos t

 sin8t cost

0.25

(4)

2

, k Z 18

2

, l Z 14

k t

l t

 



  

  

   



Vì

0; t   

  k= 0, k = 1, l = 0, l = thoả mãn.

Mặt khác: số nghiệm pt (2) với

0; t   

  số nghiệm pt (1)

với x





Vậy, đoạn





5

sin ; sin ; sin ; sin

18 18 14 18

x  x   x  x 

0.25

4

1 *Với x y z, , ta có: x2 y2 z2 xy yz zx  .(1) Đẳng thức xảy x = y = z

*Áp dụng BĐT Côsi BĐT (1), kết hợp giả thiết x2  y2 z2 xyz, ta có

2 2

2

1 1

2

1 1 1

2

1

2

x y z

A

x yz y xz z xy

y z z x x y

yz zx xy

x y z xyz

  

 

    

 

   

    

 

 

 

Nhận thấy

3

A  x y z  

Vậy

1

max

2

A  x y z  

0.25

Ta thấy









2 1 3 5 2 1

2 2

1 n n 2( n )

n n n n

x x C C C C 

        .

Lấy đạo hàm hai vế :













1 2

2 2

2[ n x n ]= n n

n n n n

C C x C x n C   2n x  n x 

       

Cho x = 1, ta









1 2

2 2

1

2 2

2

3

2

[ ]=

n n

n n n n

n n

n n n n

C C C n C 2n.2

n

C C C n C .4

 



    

     

0.25

0.25 0.25

(5)

K

H A

D

B C

S

M

Do SA  (ABCD) nên AH hình chiếu SH (ABCD),

mà BM  AH (gt)  BM  AH

N nhìn AB góc vng  tập hợp điểm H đường trịn

đường kính AB thuộc mp(ABCD)

Giới hạn tập hợp: Khi M  C H  B (chứng minh BC 

(SAB), M  D H  O ( O tâm hv ABCD) Vậy quĩ tích điểm

H cung BO đường trịn nói Phần đảo :

0.25 0.5

0.5 0.25 Gọi K hình chiếu H AB

Diện tích tam giác ABH

S  AB HK Smax  HK max

Trong AHB gọi ABM  ( 0  900) Khi

.sin cos sin

2

AH BH AB AB

HK

AB AB

 



 

 

Nhận thấy ax sin

AB

HKm    

 = 45

Vậy diện tích tam giác ABH lớn M  D

0.25

0.75