De thi HSG tinh Phu Tho 2010 2011

Lời giải chi tiết Điểm + Gọi hình chóp n-giác S.A1A2…An.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ

-KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2010- 2011

-ĐỀ THI MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 05 tháng 11 năm 2010

(Đề thi gồm có: 01 trang)

Câu ( điểm ) Giải phương trình: (6 sin x – sin 3x +1)3 = 162 sin x - 27

Câu ( điểm) Giải hệ phương trình:

   

   

   

2

2

2

2 3

2 3

2 3

    

 

   

 

   

 

x x y x

y y z y

z z x z

Câu ( điểm)

Cho dãy số (un) xác định bởi

2

3

( 4), 1,2,3,

n n n

u

u  u u n

   

   

 

a) Chứng minh  un dãy tăng không bị chặn

b)

1

§ , 1,2,3, : lim

3  



 





n

n n n

k k

Ỉt v n TÝnh v

u

Câu ( điểm)

Hình chóp n- giác có góc tạo bởi mặt bên mặt đáy , góc tạo bởi cạnh bên mặt đáy  Chứng minh rằng:

2 2

sin sin tan 2n

    

Câu ( điểm)

Xét x, y R thỏa mãn điều kiện: 3x 2x 4 4 3y18 2y Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ bỉểu thức  2 3

x y P

Câu ( điểm)

Cho đa thức f(x) có bậc 2010 thỏa mãn:   

f n

n với n = 1, 2, 3, …2011.

Tính f(2012)

- Hết

Họ tên thí sinh: ……… Số báo danh: ……… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

-KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN

-Câu ( i m ) Gi i phđ ể ả ương trình: (6 sin x – sin 3x +1)3 = 162 sin x - 27 (1)

Lời giải chi tiết Điểm

(1)  [6 sin x – (3 sin x – 4sin3x) +1]3 = 27(6 sin x – 1) (1) O,5đ  (8 sin3 x +1)3 =

27(6 sin x – 1)  8sin3x 1 sin3 x

O,5đ Đặt: sin x = t  t 2

Phương trình trở thành: t3 1 3 33 t 1

O,5đ

Đặt:

3

u t Ta có hệ:

3

1

1

u t

t u

   

 

 Giải ta t = u

O,5đ

Với t = u: ta có phương trình: t3 – t + = 0 Khi đó, theo cách đặt, ta có: sin3 x -

6 sin x +1 =  sin 3x =

O,5đ

 sin 3x =

1 sin

2

x

 



2

18

5

18

x k

x k

 

 



 

 

  



O,5đ

Câu ( điểm ) Giải hệ phương trình:

   

   

   

2

2

2

2 3

2 3

2 3

    

 

   

 

   

 

x x y x

y y z y

z z x z

Lời giải chi tiết Điểm

Điều kiện: x, y, z R

Hệ trở thành

     

3

3

3

2 3

2 3

2 3 3

    

 

   

 

   

 

x x x y

y y y z

z z z x

0, đ

Đặt: f(t) = t3 +2 t2 + t, tR g(t) =3t3 3, tR

Hệ trở thành:

   

   

   

 



 



 

f x g y f y g z f z g x

0,5 đ

Nên f, g hàm số đồng biến R 0,5 đ Giả sử (x; y; z) nghiệm hệ , khơng giảm tính tổng qt giả sử xy

Từ (1) (2) ta có: g(y)  g(z) suy yz nên từ (2) (3) ta có: g(z)  g(x) suy z x

Từ ta có: x = y = z Thay vào hệ phương trình ta hệ có nghiệm: (1; 1; 1);

3 3 3

; ; ; ; ;

2 2 2

                   1,5 đ

Câu ( điểm)

Cho dãy số (un) xác định bởi

2

3

( 4), 1,2,3,

n n n

u

u  u u n

          a) Chứng minh  un dãy tăng không bị chặn

b)

1

§ , 1,2,3, : lim

3  



 





n

n n n

k k

Ỉt v n TÝnh v

u

Lời giải chi tiết Điểm

a)

+ Ta có  

2

n n n n n

1

u u u u u

5

       

2 n

1

u ; n 1, 2,

    

+ Vậy un dãy tăng Từ đó, un  u1 =  n 1, 2,

0, đ

+ Mặt khác dãy un bị chặn sẽ có giới hạn Giả sử

 

n

nlim u  a a 3

+  

2

n n n

n n

1

lim u lim u u



        

2

1

a a a a

     

Điều khơng thể xảy a 3 Vậy dãy un không bị chặn

0,5 đ

b) Theo a) Vậy nlim u  n 

n

lim

u

  0,5 đ

+ Ta có  

2

k k k

1

u u u

   

k k k

5(u  2) (u 2)(u 3)

    

     k 

k k k

1

u ; k u  u u

    

   k k k 1

1 1

u u u 

  

  

1,0 đ

+ Do

n n

k k lim v u    

= n

1

u  2 u   2 Vậy lim = 1

0,5 đ

Câu ( điểm)

Hình chóp n- giác có góc tạo bởi mặt bên mặt đáy , góc tạo bởi

giữa cạnh bên mặt đáy  Chứng minh rằng:

2 2

sin sin tan 2n

Lời giải chi tiết Điểm + Gọi hình chóp n-giác S.A1A2…An

+ Xét hình chóp S.OA1M, đó, O tâm đa giác đáy, M trung điểm cạnh A1A2 Khi đó, SO  (OA1M) ; OM  A1A2

+ Góc tạo bởi mặt bên mặt đáy SMO + Góc tạo bởi cạnh bên mặt đáy SA O1 

1,0 đ

Ta có: A OM1 n



  

Đặt OA1 = a; OM = b; OS = h

Gọi OE phân giác góc A OM1

Khi đó:

2

2

2 2

h h ME

sin ;sin ;tan tan

2 2n b

h b h a

 

     

 

1,0 đ

1

A E ME

Do :

b  a nên

2

1

ME A E MA

ME a b

b a b a b a b

 

  

   1,0 đ

Ta cần chứng minh:

2,0 đ E





A1

O S

A2

M

A1

 

 

     

     

 

2 2

2 2 2

2 2 2 2

2

2 2

2

2 2 2

2

h h a b

h b h a a b

h a b a b

h b h a a b

h a h b h a b

ab h 0



 

  

 

 

  

    

  

Dấu xảy  ab h2  SO2 OA OM1 Câu ( điểm)

Xét x, y R thỏa mãn điều kiện: 3x 6 2x 4 4 3y 18  2y Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ bỉểu thức  2 3

x y P

Lời giải chi tiết

Điểm Điều kiện : x-2; y-6

3 6 2 4 4 3 18 2

2 1 2

2 3 2 3

    

 

       

 

 

x x y y

x y x y 0,5 đ

Đặt:

 

2 1; 2

3 

  

  

   

x X

X Y

y Y

Ta được: X Y 2 X  1 Y 2 Gọi T tập giá trị P1 = X Y, ta có:

a  P1  aR cho hệ phương trình ẩn (X; Y) sau có nghiệm:

 

2 1 2

  

 

    



X Y a

X Y a

(I)

0,5 đ

Đặt:

 

2

1 1

, 0

2 2

     

 

 

 

  

 

 



X u X u

u v

Y v

Y v

Hệ trở thành:

2

3 2

    



  



u v a

a

u v

(II)

Ta tìm a để hệ phương trình (II) có nghiêm (u; v) với u, v  0

 Phương trình ẩn t: t2 – a t + a2 - a - 12 = có nghiệm khơng âm

2

2

8 24 0

4 12     

  

    

a a

a

a a

0,5 đ

6 10

   a

Do đó: Max P1 = 42 10; Min P1 = 6

Và vì: P = P1 – nên:

0,5 đ

Max P = 10 khi: u = v =

2 10 

 

2

2

5 10

2

3 10

2

   

 

 



    

      



x x

u

y y

v

;

Min P =

u x

v y 21

u x 16

v y

   

 

 

 

 

 

 

     

 

 

 

0,5 đ

Câu ( điểm)

Cho đa thức f(x) có bậc 2010 thỏa mãn:   

f n

n với n = 1, 2, 3, …2011.

Tính f(2012)

Lời giải chi tiết

Điểm

Xét phương trình:  

0  

f x x

Do   

f n

n với n = 1, 2, 3, …2011 nên phương trình:  

1  

f x

x có các

nghiệm: 1, 2, …, 2011

0,5 đ

Nhưng   

f x

x không đa thức nên xét: g(x) = x f(x) – (1)

Do deg f(x) = 2010 nên deg g(x) = 2011 g(x) có nghiệm: 1, 2, …, 2011 Nên g(x) = a (x – 1).(x – 2)…(x – 2011) (2)

0,5 đ

Từ (1) ta có: g(0) = -

Suy ra: a

2011! 

Như vậy:      

g(x) x x x 2011

2011!

   

0,5 đ

     

1

2012.f(2012) g(2012) 2012 2012 2012 2011

2011!

       

1

2012.f(2012) f(2012)

1006

  

0,5 đ