DTA HSG11 TOAN 02 (1)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang	7
Dung lượng	242,07 KB

Nội dung

DTA HSG11 TOAN 02 1 Đề thi đề xuất 1 Kỳ thi Kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Môn thi Toán Thời gian làm bài 180 phút 1 Họ và tên Bùi Thị Hằng Chức vụ Giáo viên 1 Đơn vị Trường THPT A Duy Tiên 1 Nội du[.]

tempfile_29441.docx Đề thi đề xuất Kỳ thi: Kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 180 phút Họ tên: Bùi Thị Hằng Chức vụ: Giáo viên Đơn vị: Trường THPT A Duy Tiên Nội dung đề Câu (5,0 điểm) y  sin x  cos2x  m Tìm m cho giá trị nhỏ hàm số 4 2 Cho phương trình: sin x  cos x  cos x m ( m tham số) m a) Giải phương trình      ;  m b) Tìm để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt thuộc đoạn Câu (5,0 điểm) n  C1 2C 3Cn3   1 nCnn S n n    2.3 3.4 4.5  n 1  n   Tính tổng: Có số tự nhiên có chữ số khác mà có mặt hai chữ số lẻ ba chữ số chẵn , chữ số chẵn có mặt hai lần? x Câu (2,0 điểm)Cho dãy số  n  xác định sau :  x1 1   xn 1  xn ( xn  1)( xn  2)( xn  3)  n Đặt yn   i 1 yn xi  (n=1,2,3 ) Tìm lim n  Câu (6,0 điểm) AB AC  3 Cho tứ diện SABC Hai điểm I, J thứ tự chuyển động AB, AC cho AI AJ Chứng minh mặt phẳng (SIJ) qua đường thẳng cố định Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình bình hành tâm O Một mặt phẳng khơng qua S cắt cạnh SB     SA, SB , SC , SD M , N , P , Q thỏa mãn : SA 2 SM , SC 3SP Tính tỉ số SN biểu 2  SD   SB  T     4  SN   SQ  đạt giá trị nhỏ thức 1 1    y z xyz Câu (2,0 điểm) Cho ba số dương x,y,z thoả mãn x x y z P    x  y z 1 Tìm giá trị lớn -HẾT Họ tên thí sinh……………………………… Số báo danh………………………………… Giám thị số 1……………………………… ….Giám thị số 2………………………………… tempfile_29441.docx tempfile_29441.docx CÂU SƠ LƯỢC LỜI GIẢI Câu ( 5,0 điểm) Tìm m cho giá trị nhỏ hàm số Tập xác định  ĐIỂM y  sin x  cos2x  m 2,5 0,5 y  sin x  cos2x  m  sin x  sin x  m    sin x  1  m  cos x  m Ta có : cos x 1, x    m cos x  m 1  m, x   Trường hợp 1: m 0 1  m   m 0 m cos x  m 1  m, x     cos x  m 0 2 m   1  m 0  (loại) Trường hợp 2: m  m    m    m cos x  m 1  m, x    cos x  m  m   y (0)    m  m   m   m  cos x  m 2   m  2 Theo đề  Trường hợp 3:  m  m   m  m cos x  m 1  m, x      cos x  m m  y      2 0  m  m  m  cos x  m 2   m 2  m 2 Theo đề  S   3; 2 Vậy có giá trị m thỏa đề , m 2 m  hay 4 Cho phương trình: sin x  cos x  cos x m ( m tham số) m a) Giải phương trình      ;  m b) Tìm để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt thuộc đoạn  cos x  cos x m Phương trình cho tương đương với: 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 2,5 0,25  cos x  cos x 4m  (1) m ta có phương trình: 1) Với     cos x   x   k 4 cos x  cos x  0     cos x  3   x  arccos  k   4 2 b) Đặt t = cos4x ta được: 4t  t 4m  , (2)    x ;   4  t    1;1 Với    x ;   4  phương trình Phương trình (1) có nghiệm phân biệt 0,5 0,25 0,5 0,5 tempfile_29441.docx t    1;1 (2) có nghiệm phân biệt (3) t    1;1 Xét g(t) = 4t  t với ta có bảng biến thiên : 0,25  Dựa vào bảng biến thiên suy (3) xảy  47 m Vậy giá trị m cần tìm là: 64 Câu ( 5,0 điểm) 47  4m  3 m 16  64 0,25 n  C1 2C 3Cn3   1 nCnn S n n    2.3 3.4 4.5  n 1  n   2,5 Tính tổng: Cnk  n  1 ! C k 1 n!    n 1 k  k ! k  1  n  k  ! n   k  1 !   n  1   k  1  ! n  Ta có (3) k 0,5 k   1 kCnk    1 kCnk22  k  1  k    n 1  n   0,5 Áp dụng lần công thức (3) ta được: Cho k chạy từ đến n cộng vế đẳng thức ta có n  n  1  n   S  Cn32  2Cn42  3Cn52     1 nCnn22 0,5 n   Cn21  Cn31    Cn31  Cn41    Cn41  Cn51      1 nCnn11 n  Cn21  Cn31  Cn41     1 Cnn11  Cn01  Cn11  Cn01  Cn11  Cn21  Cn31  Cn41  Cn51     1   n  1    1 S n n 1  Cnn11  0,5  n n  n 1  n   Vậy Có số tự nhiên có chữ số khác mà có mặt hai chữ số lẻ ba chữ số chẵn , chữ số chẵn có mặt hai lần? Gọi chữ số lẻ khác x, y thuộc A {1;3;5;7;9} ba chữ số chẵn khác a, b, c thuộc B {0;2;4;6;8} + TH1: Bộ chữ số chẵn (a;b;c) khơng có chữ số Số cách chọn số chẵn C4 cách Số cách chọn số lẻ x, y C5 Bây ta chữ số vào vị trí: Chọn vị trí vị trí để xếp chữ số chẵn thứ có C8 cách, chọn vị trí số vị trí cịn lại để xếp chữ số chẵn 0,5 2,5 0,25 0,25 2 thứ có C6 , chọn vị trí vị trí cịn lại để xếp chữ số chẵn thứ có C4 cách, hai vị trí cịn lại chữ số lẻ có 2! cách 2 2 Vậy số số thõa mãn trường hợp 1: C4 C5 C8 C6 C4 2! 201600 (số) 0,75 + TH2: Bộ chữ số chẵn (a;b;c) có chữ số 2 Số cách chọn số chẵn lại C4 Số cách chọn số lẻ x, y C5 0,25 tempfile_29441.docx Bây ta chữ số vào vị trí: Chọn vị trí vị trí để xếp chữ số (trừ vị trí đầu tiên) có C7 cách, chọn vị trí số vị trí cịn lại để xếp chữ số Câu ( 2,0 điểm) 2 chẵn thứ có C6 , chọn vị trí vị trí cịn lại để xếp chữ số chẵn thứ có C4 cách, hai vị trí cịn lại chữ số lẻ có 2! cách 2 2 Vậy số số thõa mãn trường hợp 2: C4 C5 C7 C6 C4 2! 226800 (số) 0,75 Vậy số số thỏa mãn toán : 201600  226800 428400 số x Cho dãy số  n  xác định sau :  x1 1   xn 1  xn ( xn  1)( xn  2)( xn  3)  0,25 n yn   Đặt i 1 yn xi  (n=1,2,3 ) Tìm lim n  Ta có x2 5 xn  xn 1  xn ( xn  1)( xn  2)( xn  3)  2,0 0,25  ( xn2  3xn )( xn2  xn  2)   xn2  xn   xn 1   xn2  xn  ( xn  1)( xn  2)   xn 1   1   ( xn  1)( xn  2) xn 1 ( xn  2) 0,5 1   ( xn  2) xn 1 xn 1  n  1  1 1     yn     xi 1   x1  xn1  xn 1  i 1 xi  i 1  xi  Nên k k Theo xk 1  xk  xk   xk 3.3 3 n n n Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh xn   xn1  lim yn  Câu ( 6,0 điểm) Vậy n  Cho tứ diện SABC Hai điểm I, J thứ tự chuyển động AB, AC cho AB AC  3 AI AJ Chứng minh mặt phẳng (SIJ) qua đường thẳng cố định    AB b; AC c Gọi M trung điểm BC, gọi G trọng tâm tam giác ABC Đặt   AB AC 3k  AI kb    3   AI k AJ k k Gỉa sử  k     k    AJ  c  IJ  AJ  AI  c  kb 3k  3k        GI GA  AI  AG  kb  AM  kb    3k    b c   kb  b  c 3 0,5 0,25 0,25 0,25 2,5  0,75 0,5 0,75 tempfile_29441.docx  3k     3k  k    3k GI  b c c  kb   IJ 3 3k  3k  3k  Ta thấy Vậy G, I, J thẳng hàng Hay IJ qua điểm G cố định, hay mặt phẳng (SIJ) qua đường thẳng cố định SG Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình bình hành tâm O Một mặt phẳng không qua S cắt cạnh SA, SB , SC , SD M , N , P , Q thỏa mãn :  SD   SB  SB     T     4 SA 2 SM , SC 3SP Tính tỉ số SN biểu thức  SN   SQ  đạt giá trị nhỏ 0,5 3,5 S N M G P Q A D E B O C F • Dựng mặt phẳng (P) không qua S thỏa mãn yêu cầu toán : Trên đoạn SA lấy M cho SA = SM Trên đoạn SC lấy P cho SC = SP Trong mp (SAC) : gọi G SO  MP 0.5  MP  ( SAC )   NQ  ( SBD ) ( SAC )  ( SBD ) SO  Do MP , NQ phân biệt ,không song song  SO,MP, NQ đồng quy G Trong (SBD ) : Qua G kẻ đường thẳng d cắt SB N , SD Q • Trong mặt phẳng (SAC) vẽ AE , CF song song với MP cắt SO E , F SA SE  Vì AE // MP nên ta có : SM SG SC SF  CF // MP nên ta có: SP SG Cộng vế với vế hai đẳng thức ta được: SA SC SE  SF SO  OE  SO  OF    SM SP SG SG (1)  AOE  COF Xét có : OA = OC ( ABCD hình bình hành ) AOE COF  ( đối đỉnh) EAO FCO  (2 góc vị trí SLT , AE//CF)  AOE COF (g.c.g)  AE CF (2 cạnh t/ư) Mà AE // CF (theo cách dựng)  Tứ giác AECF hình bình hành (dhnb)  OE OF (2) SA SC SO  2 SG Từ (1) (2) ta có: SM SP 0,75 0,5 tempfile_29441.docx Tương tự (SBD) ta kẻ đường thẳng song song với NQ SB SD SO  2 SG chứng minh SN SQ SA SC SB SD    Suy SM SP SN SQ SB SD  x, y SQ Đặt SN ta có: x  y 2  2 2 Khi T x  4(5  x) 5 x  40 x  100 5( x  4)  20 20 Tmin 20 x =  Câu ( 2,0 điểm) 0,5 0,5 0,75 SB 4 SN 1 1    y z xyz Cho ba số dương x,y,z thoả mãn x x y z1 P    x  y z 1 Tìm giá trị lớn Ta có A, B, C  (0;  ), A  B  C  A B B C C A tan tan  tan tan  tan tan 1 2 2 2 Theo giả thiết (1)  x y  y z  z x 1 A B C y tan z tan 2, 2, với A, B, C  (0;  ), A  B  C  ta đặt Ta có P sin A  sin B  cos C C A B C 2 cos cos  cos 1 2 C A B A B  2(cos  cos )   cos  2 2 2 2   C  2    x  y tan   12  3  A  B    z 3 Vậy Ma x P = Khi  -HẾT x tan 2,0 0,5 0,5 0,5 0,5 ... cos x m Phương trình cho tương đương với: 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 2,5 0,25  cos x  cos x 4m  (1) m ta có phương trình: 1) Với     cos x   x   k 4 cos x  cos x  0     cos...  , (2)    x ;   4  t    1;1 Với    x ;   4  phương trình Phương trình (1) có nghiệm phân biệt 0,5 0,25 0,5 0,5 tempfile_29441.docx t    1;1 (2) có nghiệm phân biệt... SP SG Cộng vế với vế hai đẳng thức ta được: SA SC SE  SF SO  OE  SO  OF    SM SP SG SG (1)  AOE  COF Xét có : OA = OC ( ABCD hình bình hành ) AOE COF  ( đối đỉnh) EAO FCO  (2

Ngày đăng: 14/11/2022, 09:17