Chú ý: Các cách giải khác đúng cho điểm tương tự..[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THPT CAO BÁ QUÁT
ĐỀ THI OLIMPIC LỚP 11 Năm học 2009 – 2010 Mơn thi: Tốn
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu (4 điểm):
Cho phương trình 4cos3 x (2m 5)cosx cos2x
(1), ( m tham số)
a) Giải phương trình (1) với m23
b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt thuộc khoảng
;
2
Câu (4 điểm):
Tìm hệ số x10 khai triển thành đa thức
3 4
1
x x x n biết k
n
n A C
C
P
3
2 4 với
k
,
n
N
*
Câu (4 điểm):
Cho tam giác ABC: a) Có ,tan 2
2 tan ,
tanA B C theo thứ tự lập thành cấp số cộng Chứng
minh cosA,cosB,cosC lập thành cấp số cộng theo thứ tự
b) Có sinA,sinB,sinC theo thứ tự lập thành cấp số nhân
3
A
C
Tính số đo góc tam giác ABC
Câu (4 điểm):
Chứng minh phương trình 4 x 4 2x 4 3x 6 có
nghiệm
Câu (4 điểm):
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có mặt bên hình vng cạnh
a Gọi M, N thoả mãn , '
3
MA MA
BC
BN , O’ tâm hình vng
A’B’C’D’ G trọng tâm tam giác A’O’D’ a) Tính góc MN AC'
b) Xác định thiết diện hình hộp cắt mặt phẳng (MNG)
(2)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THPT CAO BÁ QUÁT
ĐÁP ÁN OLIMPIC Toán – Lớp 11. Năm học 2009 – 2010
Câu (4 đ)
Nội dung Điểm
a)
Phương trình: 4cos3 x (2m 5)cosx cos2x (1) Với
m , ta có (1) trở thành 4cos3 2cos2 2cos 0
x x
x cos cos cos x x x 1đ ( ) 2 Z k k x k x k x 1đ b)
(1) 4cos3 2cos2 (2 5)cos
x x m x
) ( cos cos ) ( cos m x x x- Xét pt(2) có nghiệm khoảng ;
2
3 , 1đ
- Đặt cosx t,t 1;1 PT (3) trở thành 4t2 2t 2m (4)
(Nhận xét nghiệm t tương ứng số nghiệm ; x .)
- YCBT trở thành tìm m để pt (4) có nghiệm t1,t2 thỏa mãn t1
0;1
t2
1;0
hay đường thẳng y5 2m cắt ĐTHS y 4t2 2t
hai điểm có hồnh độ t1,t2 thỏa mãn đk
trên
- BBT hàm số f(t) 4t2 2t
:
- Dựa vào BBT ta có 05 2m2
2 m 1đ
Câu (4 đ)
Nội dung Điểm
- Đk :
*
,
3
3
N
k
n
k
n
k- Ta có :
,
4 khi k
k khi C
VP k và
2
2
2 ( 1) ( 1)( 2) ( 1)
)! ( ! )! !.( !
2
n n n n n n n
n n n n A C P
(3)(+) TH1: 12 ) ( 12 ) ( 2 n n n Do n n k k n 1đ
(+) TH2: k 3 n(n1)2 4 vô nghiệm
Vậy n =
1đ - Khi
4 4 4 43 ) ((1 ) ( )) (1 ) (1 ) .
1 ( k i i i k k
n x x x x x C x C x
x x x
- Ta có số hạng khai triển có dạng: Ck Ci xk 3i 4
với
N
ik
ik
,
4
,
0
1đ- Số hạng chứa x10 nên ta có k + 3i = 10
) , ( ) , ( ) , (k i - Vậy hệ số x10 : 4 6 16 22
4 !
4 4
4 C C C
C 1đ
Câu (4 đ)
Nội dung Điểm
a) CSC: ,tan 2 tan ,
tan A B C
2 tan 2 tan
tan A C B
2 cos sin 2 cos cos sin B B C A C A sin cos cos 2
cos2 B A C B
sin cos cos cos
1 B A C A C B
1đ sin cos sin cos
1 B B A C B
cos cos sin cos
1 B B AC A C
1cosB1 cosBcosAcosC cosAcosC2cosB
cosA,cosB,cosC lập thành cấp số cộng theo thứ tự ấy.
1đ
b) CSN: sinA,sinB,sinC sinAsinC sin2B
2 cos ) cos( ) cos( B C A C
A
B cos2B
3 cos
cos
4cos2 2cos B B 13 cosB
1đ 13 arccos
B ,
(4)Câu (4 đ)
Nội dung Điểm
- TXĐ:
3 ; D
- Xét f(x) 4 x 4 2x 4 3x xác định D
- Hàm số f(x) liên tục D nghịch biến đó.
1đ
- Ta có x=0 nghiệm pt f(x)0vì f(0)0 1đ
- Cm pt f(x)0khơng có nghiệm khác 1đ
- Kết luận 1đ
Câu (4 đ)
Nội dung Điểm
a)
Đặt AA'a,AB b,ADc Ta có
a
c
b
a
a
c
c
b
b
a
.
.
.
0
c
b
a
MN
c
b
a
AC
4
3
4
3
'
2
.' 17 '
a MN AC
a MN
a AC
(
cos 451
'
' , )
'
,
AC MN
AC MN AC
MN 1đ
(5)b) MN cắt A’N’ X XG cắt A’D’ C’D’ S R, cắt B’C’ Y YN cắt CC’ Q MS cắt AD Z, ZN cắt AB P Thiết diện lục giác MPNQRS
1đ
c)
- Đặt vec tơ câu a) Ta có:
c b AC
c b a D B
c a BC
' '
- Vì I thuộc cạnh B’D J thuộc cạnh AC nên
AC
y
AJ
D
B
x
DI
'
c
y
b
y
J
A
c
x
b
x
a
x
AI
1
y xb y x c a
x AI J A J
I 1
- Vì IJ // BC’ nên IJ kBC'
k
x
y
x
y
k
x
1
0
3 3
y x k
' 12
IB ID
1đ
A D
C
C’
D’ A’
B’ B
P
N
M
Q
R
O’ G S
N’ Z
X
(6)