Đề thi học sinh giỏi thành phố Đà Nẵng môn Toán lớp 11 năm học 2010 - 2011 (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
NĂM HỌC 2010-2011
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu I (2,0 điểm)
1) Giải phương trình lượng
giác
2) Giải hệ phương trình
Câu II (2,0 điểm)
1) Cho a, b, c là ba hằng số
và là dãy số được xác định bởi công thức:

Chứng minh
rằng khi và chỉ khi
2) Các số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành một cấp số nhân có tổng bằng 26. Tìm các
số đó, biết rằng: nếu một cấp số cộng có a là số hạng thứ nhất, b là số hạng thứ ba thì c là
số hạng thứ chín.
Câu III (2,0 điểm)
1) Chứng minh rằng: với mọi số tự nhiên n, số chia hết cho nhưng không
chia hết cho
2) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu
nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác
nhau.
Câu IV (3,0 điểm)
1) Cho hình hộp Trên cạnh AB
lấy điểm M khác A và B. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng
a) Trình bày cách dựng thiết diện của hình hộp và mặt phẳng (P).
b) Xác định vị trí của M để thiết diện nói trên có diện tích lớn nhất.

2) Cho hình chóp S.ABCD có
đáy ABCD là hình bình hành và M
là trung điểm của SC. Một mặt phẳng (P) chứa AM và lần lượt cắt các cạnh SB, SD tại các
điểm B', D' khác S. Chứng minh rằng: .
Câu V (1,0 điểm)
Khảo sát tính chẵn - lẻ, tính tuần
hoàn và tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của hàm số
HẾT
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
2 2
sin 3 cos2 sin 0.x x x+ =
( ) ( )
2 2
2 2 8
4 4 4.
x y
x y y x
 − + =


− + − =


( )
n
u
1 2 3 ( *).
n

u a n b n c n n= + + + + + ∀ ∈¥
lim 0
n
n
u
→∞
=
0.a b c+ + =
3
2 1+
n
1
3
+n
2
3 .
+n
. ' ' ' '.ABCD A B C D
( ').ACD
4 ' ' 3
3 2
SB SD
SB SD
≤ + ≤
( )
sin sin .y x= π
CÂU NỘI DUNG ĐÁP ÁN ĐIỂM
Câu I
1) Giải phương trình lượng giác
2) Giải hệ phương trình 2,0 đ

I.1
(1,0đ)
Có:
0,25
nên PT 0,25

0,25
(với k nguyên)
0,25
I.2
(1,0đ)
Điều kiện: . Đặt với
HPT ⇔
0,25
⇔ ⇔ ⇔
0,25
⇔⇔ ⇔ (thỏa)
0,25
Kết luận: nghiệm hệ phương trình là
0,25
Câu II
1) Cho a, b, c là ba hằng số và là dãy số được xác định bởi công thức:
Chứng minh rằng khi
và chỉ khi
2) Các số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành một cấp số nhân có tổng bằng 26. Tìm các số
đó, biết rằng: nếu một cấp số cộng có a là số hạng thứ nhất, b là số hạng thứ ba thì c là số
hạng thứ chín. 2,0 đ
II.1
(1,00đ)
Đặt khi

Ta có:
0,25
cho nên: nếu thì 0,25
Ngược lại nếu thì khi ta có
0,50
II.2
(1,00đ)
Gọi là ba số theo thứ tự lập thành
một cấp số nhân có công bội q; (v
n
)
là cấp số cộng có công sai d với . Khi đó ta có:
Dễ thấy q = 1 ⇔ d = 0,
nên: 0,50
q = 1
0,25
Nếu q ≠ 1 hệ trên trở thành
⇔ a = 2, b = 6, c = 18
0,25
2 2
sin 3 cos2 sin 0.x x x+ =
( ) ( )
2 2
2 2 8
4 4 4.
x y
x y y x
 − + =



− + − =


3 2
sin 3 3sin 4sin (3 4sin )sin (1 2cos2 )sin ,x x x x x x x= − = − = +
2 2
[(1 2cos 2 ) cos 2 1]sin 0x x x⇔ + + =
3 2 2
2 2
(4cos 2 4cos 2 cos 2 1)sin 0
(1 cos 2 )(1 4cos 2 )sin 0
x x x x
x x x
⇔ + + + =
⇔ + + =
sin 0
2
cos2 1
x
x k
x
=

⇔ ⇔ = π

= −

; [ 2;2]x y ∈ −
2cos2
2cos2

=


=

x u
y v
, [0; ]
2
u v∈
π
(1 cos2 )(1 cos2 ) 2
cos2 sin 2 cos 2 sin 2 1
u v
u v v u
− + =


+ =

2 2
sin cos 1/ 2
sin 2( ) 1
u v
u v

=

+ =


sin cos 1/ 2
4
u v
u v

=


+ =


π
sin( ) sin( ) 2
4
u v u v
u v

+ + − =


+ =


π
sin( ) 1/ 2
4
u v
u v

− =



+ =


π
4
4
u v
u v

− =




+ =


π
π
4
0
u
v

=




=

π
2cos 0
2
2cos0 2
x
y
π

= =



= =

( )
n
u
1 2 3 ( *).
n
u a n b n c n n= + + + + + ∀ ∈ ¥
lim 0
n
n
u
→∞
=
0.a b c+ + =
2 3

1 1
1
n
n n
u
n n
v a b c v a b c
n n
n
+ +
= = + + ⇒ → + +
+ +
+
n → +∞
1
n n
u v n= +
0a b c+ + ≠
lim ( ) 0.
n
n
u
→+∞
= ∞ ≠
0a b c a b c+ + = ⇒ = − −
n → +∞
( ) ( )
2
2 1 3 1 0
2 1 3 1

n
b c
u b n n c n n
n n n n
= + − + + + − + = + →
+ + + + + +
1 2 3
, ,u a u b u c= = =
1 3 9
, ,v a v b v c= = =
1 1
1 1
2 3
2
3 9
1 2 3
2 (1)
8 (2)
26
3 10 26. (3)
u v a
u v a
aq a d
u v b
u v c
aq a d
u u u
a d
= =
= =





= +
= =
 
⇔
 
= =
= +
 
 
+ + =
+ =


⇔
26
3
a b c= = =
( 0)ad ≠
2
2
1
4 3 0
3 10 26
d
a
q

q q
a d

=

−



− + =


+ =


3
2
q
a d
=


= =

⇔
Câu
III
1) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n; số chia hết cho nhưng không chia hết
cho
2) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu

nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác
nhau. 2,0 đ
III.1
(1,0đ)
Đặt A
n
=
n = 0 thì A
0
= = 3 chia hết cho 3
1
mà không chia hết cho 3
2
0,25
Giả sử A
k
= chia hết cho 3
k+1
mà không chia hết cho 3
k+2
(A
k
= B.3
k+1
; với B
nguyên, không chia hết cho 3).Ta có:
A
k+1
= 0,25
A

k+1
= =
0,25
Dễ thấy: chia hết cho 3 mà không chia
hết cho 3 (vì B không chia hết cho 3)
nên không chia hết cho 3
⇒ A
k+1
chia hết cho 3
k+2
, nhưng không chia hết cho 3
k+3
. Kết luận: 0,25
Ý.2
(1,0đ)
Ta có:
0,25
Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có:
Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là . Chọn 2 chữ số
còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây:
TH1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1
trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách; mỗi
hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số
(chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà a, a,
a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH1 này có cả thảy số tự nhiên.
TH2. 1 trong 2 chữ số còn lại bằng 1
trong 3 chữ số a, b, c và chữ số kia
bằng 1 chữ số khác trong 3 chữ số đó:
có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo ra một số tự
nhiên n; nhưng cứ 2! hoán vị của các vị trí mà a, a chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà

b, b chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH2 này có cả thảy số tự nhiên. 0,25
Vậy: .
0,25
Kết luận:
0,25
Câu
IV
1) Cho hình hộp Trên cạnh AB lấy
điểm M khác A và B. Gọi (P) là mặt
phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng
a) Trình bày cách dựng thiết diện của hình hộp và mặt phẳng (P).
b) Xác định vị trí của M để thiết diện nói trên có diện tích lớn nhất.
2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy
ABCD là hình bình hành và M là
trung điểm của SC. Một mặt phẳng
(P) chứa AM và lần lượt cắt các cạnh SB, SD tại các điểm B', D' khác S. Chứng minh rằng:
3,0 đ
3
2 1+
n
1
3
+n
2
3 .
+n
3
2 1
n
+

1
2 1+
3
2 1
k
+
( ) ( ) ( )
(
)
1
3 2
3 3 3 3 3
2 1 2 1 2 1 2 2 1
k k k k k+
+ = + = + − +
( )
2 3
3 2
k
k k
A A= − ×
( )
2
1 1 3
3 3 3 2
k
k k
B B
+ +
 

× × − ×
 
2 3 2 1 3
3 3 2
k
k k
B B
+ +
 
× − ×
 
3 2 1
.3
k
B
+
3
2
k
B ×
2 2 1 3
.3 2
k
k
B
+
−
5
9 59.049Ω = =
3

9
C
5!
3 60
3!
× =
5!
3 90
2!2!
× =
3
9
9!
(60 90)C 150 150 7 4 3 12600
3!6!
A
Ω = + = × = × × × =
( )
12.600 1.400
0,213382106
59.049 6.561
A
P A
Ω
= = = ≈
Ω
. ' ' ' '.ABCD A B C D
( ').ACD
4 ' ' 3
.

3 2
SB SD
SB SD
≤ + ≤
IV.1.a
(0,75đ)
Trong mp(ABCD), qua M vẽ đường thẳng song song với AC cắt DB, BC lần lượt tại E, N.
Trong mp(BDD’B’), qua E vẽ đường thẳng song song với D’O (O=AC∩BD) cắt B’D’ tại F.
Trong mp(A’B’C’D’), qua F vẽ đường thẳng song song với AC cắt A’D’, D’C’ lần lượt tại
R, Q.
Trong mp(AA’D’D), qua R vẽ đường thẳng song song với AD’ cắt AA’ tại S.
Trong mp(CC’D’D), qua Q vẽ đường thẳng song song với CD’ cắt CC’ tại P. 0,50
Thiết diện là lục giác MNPQRS 0,25
IV.1.b
(1,25đ)
Do các mặt đối diên của hình hộp song song nên các cạnh đối của lục giác thiết diên
MNPQRS song song và 3 cặp cạnh đó lần lượt song song với các cạnh tam giác ACD’.
⇒ Các tam giác JKI, ACD’, RQI, JMS, NKP đồng dạng
⇒ ⇒ MJ=NK và
PK=QI
⇒ Các tam giác
RQI, JMS, NKP bằng nhau (gọi diện tích của chúng là S
1
và gọi diện tích các tam giác JKI,
ACD’ lần lượt là S
2
, S) 0,25
Đặt ta có điều kiện và có:
⇒ S
1

= k
2
S
0,25
⇒ S
2
=( k
2
+
2k +1)S
0,25
⇒ Diện tích thiết diện:

(dấu bằng xảy ra ⇔ )
0,25
S lớn nhất ⇔ ⇔ M là trung điểm của AB
0,25
S
J
R
P
K
I
Q
F
E
N
O
C'
B'

A'
C
A
B
D
D'
M
'
' '
MJ MA NC NK PC PK QD QI
MN MB NB NM PC PQ QC QP
= = = = = = =
;
AM
k
AB
=
0 1k< <
2 2 2
2
1
S JM AM AM
k
S AC DC AB
     
= = = =
 ÷
 ÷
 ÷
 

 
 
( )
2 2 2
2
2
1
S JK JM MK JM MK
k
S AC AC AC AC
+
     
= = = + = +
 ÷  ÷  ÷
     
2 1
3
td
S S S= −
2
2
1 3 1 3
2 ( ) 2
2 4 2 2
td
S
S S k k S k
 
 
= − + + = − − ≤

 
 ÷
 
 
 
1
2
k =
1
2
k =
VI.2
(1,00đ)
Lấy I = AM∩B'D' và O = AC∩BD,
ta có: S, O, I là các điểm chung của 2
mặt phẳng (SAC) và (SBD)
⇒ S, O, I thẳng hàng.
Và I là trọng tâm các mặt chéo SAC
⇒
0,25
Vẽ BP // B'I và DN // D'I ⇒ . Đặt
⇒ ⇒ (*) 0,25
Suy ra:
0,25
Từ (*): ⇔ ⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇔
0,25
Câu V
Khảo sát tính chẵn – lẻ, tính tuần
hoàn và tìm giá trị lớn nhất, giá trị

nhỏ nhất của hàm số 1,0đ
V
(1,0đ)
Tập xác định của hàm số là (đối
xứng qua 0)
Vậy, f chẵn (f không lẻ vì nó
không đồng nhất bằng 0) 0,25
Vậy, f tuần hoàn 0,25
Tập giá trị của hàm số là nên
0,25
0,25
P
N
D'
I
O
M
D
B
C
A
S
B'
2
3
SI
SO
=
( )
,P N SO∈

OP ON=
;
' '
SD SB
x y
SD SB
= =
2 3
2 3
' ' 2
SB SD SP SN SO
x y
SB SD SI SI SI
+ = + = + = = =
, [1;2]x y ∈
2
1 1 3 2 4
3
3x y xy x y
 
+ = ≥ =
 ÷
+
 
1 2x≤ ≤
2
3 2 0x x− + ≤
(3 ) 2x x− ≥
2x y× ≥
3 3

2xy
≤
3
2
x y
xy
+
≤
1 1 3
2x y
+ ≤
( )
sin sin= πy x .
( )
( ) sin siny f x x= = π
D = ¡
( ) ( )., x f x f x∀ ∈ − =¡
( 2 ) ( )., x f x f x∀ ∈ + π =¡
sint x= π
[ ]
0; π
0
min min sin 0,
t
f t
≤ ≤π
= =
0
max max sin 1
t

f t
≤ ≤π
= =