ĐỀ THI học SINH GIỎI máy TÍNH cầm TAY khối 11 THPT(tt)

SỞ GD-ĐT THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH KHỐI 12
Trường THPT Vinh Lộc NĂM HỌC 2008-2009
MÔN : TOÁN
Thời gian: 180 phút
ĐỀ:
Câu 1: (3điểm)
Giải phương trình:
13 14
os sin 1c x x+ =
Câu 2: (3điểm)
Tìm các cặp số (x;y) thỏa phương trình:
2 2
sin os
8 8 10 os2y
x c x
c+ = +
Câu 3: (3điểm)
Trong tất cả các tam giác ABC cho trước, tìm tam giác có:
os2A+cos2B-cos2Cf c=
đạt giá trị lớn nhất
Câu 4: (4điểm)
Giải hệ phương trình:
2 1 2 2 1
3 2
(1 4 ).5 1 2 (1)
4 1 ln( 2 ) 0 (2)
x y x y x y
y x y x
− − + − +

+ = +


+ + + + =

Câu 5: (3điểm)
Chứng minh:
1 2 3
2 3
!
n
n n n n
C C C nC
n
n
+ + + +
<
với n
∈
N, n
≥
3
Câu 6: (4điểm)
Trong mặt phẳng (P), cho
ˆ ˆ
, 90 , 60
o o
ABC A C∆ = =
. Dựng các đường thẳng Bx, Cy
⊥
(P)
a) Xác định điểm M trên Bx sao cho mặt cầu đường kính BM tiếp xúc với Cy, biết BC=2a

b) L là một điểm di động trên Bx, L phải ở những vị trí nào để trên Cy có thể tìm được N
sao cho
BLN
∆
vuông tại N?
c) Trong các vị trí của L ở câu b, hãy xác định vị trí sao cho hình chóp ABLNC có thể
tích nhỏ nhất.
Hết
ĐÁP ÁN:
CÂU 1 NỘI DUNG ĐIỂM
13 14 13 14 2 2
os sin 1 os sin os sinc x x c x x c x x+ = ⇔ + = +
0,5
2 11 2 12
2 11
2 12
os (1 os ) sin (1 sin ) 0
os (1 os ) 0
sin (1 sin ) 0
c x c x x x
c x c x
x x
− + − =

− =
⇔

− =

osx=0 cosx=1

sinx=0 sinx= 1
c ∪

⇔

∪ ±

1
sinx=0
cosx=0
osx=1
sinx=0
cosx=0
sinx= 1
cosx=1
sinx= 1
2
2
c
x k
x k
π
π
π













⇔





±






±


=


⇔

= +

0,5

Vậy nghiệm cuả pt(1) là
2x k
π
=
;
2
x k
π
π
= +
,(k
∈
Z)
1
CÂU 2 NỘI DUNG ĐIỂM
2 2
2 2
2
2
sin os
sin 1 sin
sin 2
sin
8 8 10 os2y
8 8 9 1 os2y
8
8 9 2 os (*)
8
x c x
x x

x
x
c
c
c y
−
+ = +
⇔ + − = +
⇔ + − =
0,5
Đặt
2
sin
8 ,1 8
x
t t= ≤ ≤
(*) trở thành
2
2
1
9 2 os
( 1)( 8)
2 os (2)
t c y
t
t t
c y
t
+ − =
− −

⇔ =
1
Vì
1 8t≤ ≤
nên VT
≤
0,VP
≥
0
( 1)( 8) 0
(2)
osy=0
1 8 sinx=0 sinx= 1
2 2
t t
c
t t
y k y k
π π
π π
− − =

⇔


= ∪ = ∪ ±
 
 
⇔ ⇔
 

= + = +
 
 

1
2
2
k
x
y k
π
π
π

=


⇔


= +


, k
∈
Z
0,5
CÂU 3 NỘI DUNG ĐIỂM
2 2 2
os2A+cos2B-cos2C

1 1 3
2 os osC.cos(A-B)+ os ( ) 1 os ( )
4 2 2
f c
f c C c c A B c A B
=
 
 
⇔ = − + − − − − +
 
 
 
1

2
2
3 1 1
2 osC+ os(A-B) sin ( )
2 2 2
c c A B
 
= − − −
 
 
Suy ra f
≤
3
2
0,5
Maxf=

3
2
sin( ) 0
1
osC+ os(A-B)=0
2
A B
c c
− =


⇔



0,5

0 0
30 ; 120
1
osC=-
2
A B
A B C
c
=


⇔ ⇔ = = =




1
CÂU 4 NỘI DUNG ĐIỂM
Đặt t=2x-y 0,5
1 1
(1) (1 4 ).5 1 2
1 4
5 ( ) ( ) 1 2.2 (3)
5 5
t t t
t t t
− +
⇔ + = +
 
⇔ + = +
 
 
0,5
Đặt
1 4
( ) 5 ( ) ( ) , ( ) 1 2.2
5 5
t t t
f t g t
 
= + = +
 
 
Ta có f(t) là hàm giảm, g(t) là hàm số tăng và f(t)=g(t)

Do đó
(3) 1 2 1t x y⇔ = ⇔ − =
1
Hệ phương trình đã cho
3 2
2 1
2 3 ln( 1) 0
x y
y y y y
= +

⇔

+ + + + + =

0,5
Đặt

3 2
2
2 2
2 2
( ) 2 3 ln( 1)
2 1 2( 1) 1
: '( ) 3 2 3 0
1 1
h y y y y y
y y
Taco h y y y
y y y y

= + + + + +
+ + +
′
= + + = + >
+ + + +
Suy ra h(y) là hàm tăng và h(-1)=0
1
Vậy hệ phương trình đã cho
2 1 0
1 1
x y x
y y
= + =
 
⇔ ⇔
 
= − = −
 
0,5
CÂU 5 NỘI DUNG ĐIỂM
Ta có:
0 1 2 2
(1 )
n n n
n n n n
x C C x C x C x+ = + + + +
0,5
Lấy đạo hàm 2 vế:
1 1 2 3 2 1
(1 ) 2 3

n n n
n n n n
n x C C x C x nC x
− −
+ = + + + +
Cho x=1, ta có:
1 2 3 1
1 2 3
1
2 3 .2
2 3
2
n n
n n n n
n
n
n n n n
C C C nC n
C C C nC
n
−
−
+ + + + =
+ + + +
⇔ =
1,5
Chứng minh 2
n-1
<n!, n
∈

N, n
≥
3 (2) bằng phương pháp qui nạp
+ Kiểm tra (2) đúng khi n=3
+ Giả sử (2) đúng khi n=k>3,k
∈
N, tức là ta có: 2
k-1
<k!
Ta chứng minh (2) đúng khi n=k+1, ta chứng minh: 2
k
<(k+1)!
Vì 2<3
≤
k<k+1 nên:2
k
=2.2
k-1
<2.k!<(k+1)k!=(k+1)!
1
Suy ra điều phải chứng minh
CÂU 6 NỘI DUNG ĐIỂM
B
A
C
L
N
H
M1
M2

Câu a
Mặt cầu đường kính BM tiếp xúcCy khi và chỉ khi d(Bx,Cy)=BC=
2
2
BM
a=
Vậy BM=4a. Có 2 điểm M1, M2 trên đường Bx thỏa mãn điều kiện này
1
Câu b
Muốn có điểm N để
2
BNL
π
=
∧
, thì mặt cầu đường kính BL phải cắt Cy. Suy
ra BL
≥
4a, khi đó L phải nằm ngoài (M1,M2).Nếu L nằm ngoài đoạn
[M1,M2], thì với mỗi điểm L trên Bx có 2 điểm N1,N2 thuộc Cy sao cho
1 2
2
BN L BN L
π
= =
∧ ∧
1
Câu c Đặt BL=y, CN=x. Do tam giác BNL vuông tại N nên BL
2
=BN

2
+NL
2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
4 4 ( ) 8 2 2
4
(1)
y a x a y x a xy y x
a x
Suy ra y
x
= + + + − = − + +
+
=
1
Hạ đường cao AH của tam giác ABC. AH cũng là đường cao của hình chóp
ABLNC và
3AH a=
, đáy BLNC là hình thang vuông nên:
2 2 2 2
2 2 2 2 3
3 2
min
1 1 3 3 4
. ( ) ( ) ( )
3 2 3 3
2 3 2 2 3 2 4 6
( ) .2 .
3 3 3

4 6 2
2 3 2
3
ABLNC
a a a x
V AH BC CN BL x y x
x
a a a a a
x x
x x
a a
V khi x x a y a
x
+
= + = + = +
= + ≥ =
⇒ = = ⇔ = ⇒ =
Giá trị y=BL=
3 2a
>4a, nên chấp nhận được
1