1. Trang chủ
  2. » Cao đẳng - Đại học

tr­êng thpt §ò thi häc sinh giái khèi 11 thpt tr­êng thpt §ò thi chän häc sinh giái khèi 11 thpt gia viôn b m«n to¸n §ò gåm 1 trang n¨m häc 2006 – 2007 thêi gian lµm bµi 180 phót bµi i 6®ióm 1

4 9 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 4
Dung lượng 151 KB

Nội dung

[r]

(1)

Trêng THPT §Ị thi chän häc sinh giái khèi 11 THPT Gia ViÔn B Môn: Toán.(Đề gồm trang)

Năm học: 2006 2007.

(Thêi gian lµm bµi 180 phút)

Bài I: (6điểm).

1) Tính giá trÞ cđa biĨu thøc: A = sin8200 sin8400 sin8800 

2) Giải hệ phơng trình:    

  

 

 

x z xz z

z z y y

y y x x

3

2

3

2

Bài II: (5điểm).

1) Cho dÃy số (un) thoả mÃn điều kiện:

2

 

u , un1  2un víi mäi n=1, 2, Chøng minh r»ng d·y sè (un) cã giới hạn tìm n

n u

Lim2

2) Giải phơng trình:

1

6

14

    

x

x x

x

Bài III: (6điểm).

Cho hỡnh chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng (ABCD) Cạnh SC có độ dài a, hợp với đáy góc  hợp với mặt bên SAB góc 

1) Tính độ dài cạnh SA, AB theo a,  ,  . 2) Khi 300

 , xác định sin để diện tích đáy đạt giá trị lớn Bài IV: (3điểm).

Cho số thực dơng a, b, c thoả mÃn điều kiÖn: 15 12 12 12 10 1 2007   

 

  

   

 

 

ca bc ab c

b

a

Tìm giá trị lớn biểu thức: 2 2 2 2 2 2

2

1

2

1

2

1

a ca c c

bc b b

ab a P

  

  

 

-HÕt

-đáp án đề thi chn hc sinh gii 11 THPT

Năm học: 2006 2007 Môn: Toán.(Đáp án gồm trang).

(2)

Do sin2200, sin2400, sin2800 nghiệm phơng trình:64 96 36 3 0   

t t

t 0,5đ Hay sin2200, sin2400, sin2800 nghiệm phơng trình:

0

  

X X

X (1)

Đặt X1 4sin2200,X2 4sin2400,X3 4sin2800 Khi X1,X2,X3là ba nghiệm phân biệt ph-ơng trình (1), theo định lý Vi-et ta có:

9 ,

6 2 3

2

1XXX XX XX X

X 0,5đ Biểu thức cần tính đợc viết lại 44AX14X24X24 Hiển nhiên X1,X2,X3là số khác không Do

3 1,X ,X

X nghiệm (1) nên ta cã:

1 1

2 1

2

1 6X 9X 3X 6(6X 9X 3) 9X 3X

X         , tơng tự X2,X3 ta có đợc: 4

54 ) (

51 ) (

27 1 2 3

3 2

1      

X X X X X X

A

( ) 2( ) 51.6 54 234

27

4 1 2 2 3 3 1

3

   

 

 

X X X X X X X X X

A 1,0®

Do

128 117

A 0,5®

2) Hệ cho đợc viết lại là:     

  

 

 

) (

) (

) (

2

2

z x z z

y z y

x y x

KiÓm tra thÊy

3 ,

1 ,

1   

y z

x không

thoả mÃn hệ, nên: 0,5đ

Hệ lại đợc viết lại là:

        

  

 

 

2 2

3

2

2

z z z x

y y z

x x y

Đặt x = tg(t) th× ta cã y = tg(2t), z = tg(4t) 1,0®

Do x = tg(12t) Do vậy: tg(t) = tg(12t)  12t = t + k,kZtk ,kZ

11 

1,0®

Nh hệ cho có nghiệm 

  

 

11 , 11 , 11

 

k

tg k tg k

tg k = 0,1, ,10 0,5đ

Bµi II: 1) Ta cã 

            

12 cos 12 sin

1

 

u 0,5đ Từ hệ thức truy hồi phơng pháp chứng minh quy nạp ta có đợc 

    

n

n u

2

5 cos

(3)

6

56.2 sin

5 sin 2

5 cos 2

1 1

1  

  

    

 

   

      

  

      

  

n n n

n n

n Lim Lim

Lim

1,0®

2) Điều kiện để phơng trình xác định là:

5

0

0

0

   

     

 

 

 

x x

x x x

0,5đ

Đặt

x x x

x x

f

     

1

6

14 )

( ,ta kiểm tra đợc f(x) hàm đồng biến khoảng [0; 4/5) 1,0đ Mặt khác f(1/2) = nên x =1/2 nghiệm phơng trình 1,0đ Bài III: S

1)

A D

O

B C

Do SA(ABCD)nên góc SC mặt phẳng (ABCD) SCA 0,5đ

Ta chng minh đợc rằngBC (SAB)do gócgiữa SC mặt bên (SAB)  BSC 0,5đ

¸p dơng hƯ thức lợng tam giác vuông SAC, SBC ta có: 

, cos , sin

sin SB a BC a

a

SA   1,0®

áp dụng định lý Pitago cho tam giác vng SAB ta có: ABSB2  SA2 a cos2  sin2 1,0đ

2) Khi 300

, ta có diện tích hình chữ nhËt ABCD

2 cos sin 2

a  

S 1,0®

4 2

2

2

4

1 cos sin )

1 cos ( sin

4S a a   a

  

  

  

     1,0đ

Dấu = xảy

2 sin sin cos sin

(4)

Bài IV: áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân số thực dơng x, y, z ta có:

z y x z y

x    

1

, (1) Dấu = xảy x = y = z 0,5® Ta cã 5a2 2ab 2b2 (2a b)2 (a b)2 (2a b)2

      

 DÊu “=” x¶y  a = b

Do 

  

 

     

ab b a b a a b

a

1 1

1

2

1

2

2 DÊu “=” xảy a b

Tơng tự ta có: 

  

 

     

bc c b c b b c

b

1 1

1

2

1

2

2 DÊu “=” x¶y ra bc

  

 

     

ca a c a c c a

c

1 1

1

2

1

2

2 Dấu = xảy ca

Vì vậy:

  

 

  

c b a

P 1

3

1,0®

Từ bất đẳng thức:

2

2

1 1 1 1

   

 

    

c b a c

b

a DÊu “=” x¶y  abc

2 1 1 1

   

 

    

c b a ca bc

ab DÊu “=” x¶y  abc

Kết hợp với giả thiết ta có đợc: 1 2007

10

1

15 2

    

 

  

   

 

 

c b a c

b

a hay

6021

1

  

c b

a

DÊu “=” x¶y

5 6021

6021

1

1    

   

  

 

a b c

c b a

c b a

1,0®

VËy giá trị lớn P

5 6021

1

đạt đợc

5 6021

1   b c

Ngày đăng: 21/04/2021, 06:41

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w