Tài liệu ôn thi HSG

Trờng THPT Đề thi chọn học sinh giỏi khối 11 THPT
Gia Viễn B Môn: Toán.(Đề gồm 1 trang)
Năm học: 2006 2007.
(Thời gian làm bài 180 phút)
Bài I: (6điểm).
1) Tính giá trị của biểu thức: A =
080808
80sin40sin20sin
++
.
2) Giải hệ phơng trình:





=+
=+
=+
xzxzz
zzyy
yyxx
32
2
2
33
2
2
Bài II: (5điểm).
1) Cho dãy số (u
n

) thoả mãn điều kiện:
2
26
1

=
u
,
nn
uu
+=
+
2
1
với mọi n=1, 2, .... Chứng minh
rằng dãy số (u
n
) có giới hạn và tìm
n
n
uLim

22
.
2) Giải phơng trình:
5
154
6
4
14

=

+

+

x
x
xx
.
Bài III: (6điểm).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD).
Cạnh SC có độ dài bằng a, hợp với đáy góc

và hợp với mặt bên SAB một góc

.
1) Tính độ dài các cạnh SA, AB theo a,

,

.
2) Khi
0
30
=

, hãy xác định

sin

để diện tích đáy đạt giá trị lớn nhất.
Bài IV: (3điểm).
Cho các số thực dơng a, b, c thoả mãn điều kiện:
2007
111
10
111
15
222
+






++=






++
cabcab
cba
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
222222
225

1
225
1
225
1
acaccbcbbaba
P
++
+
++
+
++
=
.
---Hết---
đáp án đề thi chọn học sinh giỏi khối 11 THPT
Năm học: 2006 2007.
Môn: Toán.(Đáp án gồm 3 trang).
Bài I: 1) Chứng minh 20
0
, 40
0
, 80
0
là các nghiệm của phơng trình: 4sin
2
(3x) = 3. 0,5đ
Do đó sin
2
20

0
, sin
2
40
0
, sin
2
80
0
là các nghiệm của phơng trình:
03369664
23
=+
ttt
. 0,5đ
Hay 4 sin
2
20
0
, 4 sin
2
40
0
, 4 sin
2
80
0
là các nghiệm của phơng trình:
0396
23

=+
XXX
. (1)
Đặt
02
3
02
2
02
1
80sin4,40sin4,20sin4
===
XXX
. Khi đó
321
,, XXX
là ba nghiệm phân biệt của ph-
ơng trình (1), vì vậy theo định lý Vi-et ta có:
9,6
133221321
=++=++
XXXXXXXXX
. 0,5đ
Biểu thức cần tính đợc viết lại là
4
2
4
2
4
1

4
4 XXXA
++=
. Hiển nhiên
321
,, XXX
là các số khác không. Do
321
,, XXX
là các nghiệm của (1) nên ta có:
1
2
11
2
11
2
1
3
1
4
1
39)396(6396 XXXXXXXX
++=+=
, tơng tự đối với
32
, XX
ta có đợc:
4
4
.

54)(51)(27
321
2
3
2
2
2
1
+++++=
XXXXXXA
[ ]
234546.51)(2)(274
133221
2
321
4
=+++++=
XXXXXXXXXA
. 1,0đ
Do đó
128
117
=
A
.
0,5đ
2) Hệ đã cho đợc viết lại là:

=
=
=
)31(3
)1(2
)1(2
23
2
2
zxzz
yzy
xyx
. Kiểm tra thấy
3
1
,1,1
===
zyx
không thoả
mãn hệ, nên: 0,5đ
Hệ lại đợc viết lại là:

=

=

=
2
3
2
2
31
3
1
2
1
2
z
zz
x
y
y
z
x
x
y
. Đặt x = tg(t) thì ta có y = tg(2t), z = tg(4t) 1,0đ
Do đó x = tg(12t). Do vậy: tg(t) = tg(12t)

12t = t +
Zkk

,

Zkkt
=
,
11

.
1,0đ
Nh vậy hệ đã cho có các nghiệm là






11
4
,
11
2
,
11

k
tg

k
tg
k
tg
trong đó k = 0,1,...,10. 0,5đ
Bài II: 1) Ta có






=






=
12
5
cos2
12
sin2
1

u
. 0,5đ
Từ hệ thức truy hồi bằng phơng pháp chứng minh quy nạp ta có đợc

=
n
n
u
2.6
5
cos2

, n = 1, 2,.... Từ
công thức xác định số hạng tổng quát của dãy, ta dễ dàng chứng minh dãy số có giới hạn. 1,0đ
6
5
6
5
2.6
5
2.6
5
sin
2.6
5
sin2
2.6
5

cos222
1
1
1
1




=












=






=

+
+
+
+
n
n
n
n
n
n
LimLimLim
. 1,0đ
2) Điều kiện để phơng trình xác định là:
5
4
0
0
1
054
04
<

>
>
x
x
x
x
x
. 0,5đ
Đặt
x
x
xx
xf

+

+

=
154
6
4
14

)(
,ta kiểm tra đợc f(x) là hàm đồng biến trong khoảng [0; 4/5).
1,0đ
Mặt khác f(1/2) = 5 nên x =1/2 là nghiệm duy nhất của phơng trình. 1,0đ
Bài III: S
1)
A D

O
B C
Do
)(ABCDSA

nên góc

giữa SC và mặt phẳng (ABCD) là
SCA
=

.
0,5đ
Ta chứng minh đợc rằng
)(SABBC

do đó góc

giữa SC và mặt bên (SAB) là
BSC
=

. 0,5đ
áp dụng hệ thức lợng trong tam giác vuông SAC, SBC ta có:

sin,cos,sin aBCaSBaSA
===
. 1,0đ
áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông SAB ta có:

2222
sincos
==
aSASBAB
. 1,0đ
2) Khi
0
30
=

, ta có diện tích hình chữ nhật ABCD là
2
1
cossin
22
=

aS
. 1,0đ
4
2
22

42242
4
1
2
1cos2sin2
)1cos2(sin24 aaaS
=








+
=


. 1,0đ
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi
2
1
sin
4
1
sin1cos2sin2
222
===

. 1,0đ
Bài IV: áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân đối với 3 số thực dơng x, y, z ta
có:
zyxzyx
++
++
9111
, (1). Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x = y = z. 0,5đ
Ta có
22222
)2()()2(225 bababababa
+++=++
. Dấu = xảy ra

a = b.
Do đó






++
+

++
baaba
baba
111
9

1
2
1
225
1
22
. Dấu = xảy ra
ba
=
.
Tơng tự ta có:






++
+

++
cbbcb
cbcb
111
9
1
2
1
225
1

22
. Dấu = xảy ra
cb
=
.







++
+

++
accac
acac
111
9
1
2
1
225
1
22
. Dấu = xảy ra
ac
=
.

Vì vậy:






++
cba
P
111
3
1
. 1,0đ
Từ các bất đẳng thức:
2
222
111
3
1111






++++
cba
cba
. Dấu = xảy ra

cba
==
.

2
111
3
1111






++++
cbacabcab
. Dấu = xảy ra
cba
==
.
Kết hợp với giả thiết ta có đợc:
2007
111
3
10111
3
15
22
+

++






++
cbacba
hay
5
6021111
++
cba
.
Dấu = xảy ra
5
6021
3
1
5
6021111
===

=++
==

cba
cba
cba
. 1,0đ
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng
5
6021
3
1
đạt đợc khi
5
6021
3
1
=== cba
. 0,5đ