đề thi học sinh giỏi môn toán cấp trường khối 11

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
ĐỀ

MÔN: TOÁN 11
Thời gian làm bài : 120 phút

Câu I (2,0 điểm)
1) Giải phương trình lượng giác

sin 2 3 x cos 2 x  sin 2 x  0.

2) Giải hệ phương trình

 2  x  2  y   8

2
2
 x 4  y  y 4  x  4.

Câu II (2,0 điểm)
1) Cho a, b, c là ba hằng số và (un ) là dãy số được xác định bởi công thức:

un  a n  1  b n  2  c n  3 (n  *).
Chứng minh rằng lim un  0 khi và chỉ khi a  b  c  0.
n 

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)
n

1) Chứng minh rằng: với mọi số tự nhiên n, số 23  1 chia hết cho 3n1

nhưng không chia hết cho 3n  2.
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 ABCD. A ' B ' C ' D '. Trên cạnh AB lấy điểm M khác A và B.
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng ( ACD ').

TaiLieu.VN

Page 1


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
4 SB ' SD ' 3
các điểm B', D' khác S. Chứng minh rằng:


 .
3 SB SD 2
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 y  sin   sin x  .
--- HẾT --Họ và tên thí sinh: ...................................................... Số báo danh:
.....................................

Chữ ký của giám thị 1: ................................ Chữ ký của giám thị
2:......................................

TaiLieu.VN

Page 2


CÂU

sin 2 3x cos 2 x  sin 2 x  0.

1) Giải phương trình lượng giác
Câu I

ĐIỂ
M

NỘI DUNG ĐÁP ÁN

 2  x  2  y   8

2
2
 x 4  y  y 4  x  4.

2) Giải hệ phương trình

2,0 đ

Có: sin 3 x  3sin x  4 sin 3 x  (3  4 sin 2 x) sin x  (1  2 cos 2 x) sin x,

0,25

PT  [(1  2cos 2 x)2 cos 2 x  1]sin 2 x  0

nên

0,25

 (4 cos3 2 x  4 cos 2 2 x  cos 2 x  1)sin 2 x  0

I.1

 (1  cos 2 x)(1  4 cos 2 2 x) sin 2 x  0

0,25

(1,0đ)
sin x  0

 x  k 2
cos 2 x  1

(với k nguyên)

0,25

 x  2 cos 2u
với u, v  [0; 2 ]

y

2
cos
2
v


Điều kiện: x; y  [  2; 2] . Đặt 

(1  cos 2u )(1  cos 2v)  2
cos 2u sin 2v  cos 2v sin 2u  1

HPT  

I.2
(1,0đ)

0,25

sin u cos v  1/ 2
sin(u  v)  sin(u  v)  2
sin 2 u cos 2 v  1/ 2



 


sin 2(u  v)  1

u  v 
u  v 

4

4

0,25



sin(u  v)  1/ 2

u v 




u 
4

 
  4 (thỏa)

u  v 
u  v  
v  0

4


4

0,25




x  2cos  0
Kết luận: nghiệm hệ phương trình là 
2
 y  2cos 0  2

0,25

1) Cho a, b, c là ba hằng số và  un  là dãy số được xác định bởi công thức:
Câu II
un  a n  1  b n  2  c n  3 (n  *).

TaiLieu.VN

2,0 đ
Page 3


Chứng minh rằng lim un  0 khi và chỉ khi a  b  c  0.
n

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.

Đặt vn 

un
n 1

 ab

n2
n3
c
 vn  a  b  c khi n  
n 1
n 1

Ta có: un  vn n  1

0,25

cho nên: nếu a  b  c  0 thì nlim
u n ( )  0.


0,25

II.1
(1,00đ)

Ngược lại nếu a  b  c  0  a  b  c thì khi n   ta có
un  b



 

n  2  n 1  c



n  3  n 1 

b
n  2  n 1



2c
n  3  n 1

0

0,50

Gọi u1  a, u2  b, u3  c là ba số theo thứ tự lập thành một cấp số nhân có
công bội q; (vn) là cấp số cộng có công sai d với v1  a, v3  b, v9  c . Khi đó ta
có:
u1  v1  a
u1  v1  a
u  v  b

(1)

 2
 aq  a  2d
3
 2
Dễ thấy q = 1  d = 0, nên:

u3  v9  c
 aq  a  8d (2)
u1  u2  u3  26
3a  10d  26. (3)

II.2
(1,00đ)

q = 1  a bc

0,50

26
3

0,25

Nếu q  1 (ad  0) hệ trên trở thành
2d

a  q  1

 q 2  4q  3  0


3a  10d  26


q  3
 a = 2, b = 6, c = 18
a  d  2



0,25
n

Câu III

1) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n; số 23  1 chia hết cho 3n 1
nhưng không chia hết cho 3n  2.
2,0 đ

TaiLieu.VN

Page 4


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.
n

Đặt An = 23  1
n = 0 thì A0 = 21  1 = 3 chia hết cho 31 mà không chia hết cho 32

0,25

k

Giả sử Ak = 23  1 chia hết cho 3k+1 mà không chia hết cho 3 k+2 (Ak = B.3k+1;
với B nguyên, không chia hết cho 3).Ta có:
III.1

k 1

Ak+1 = 23

3

 k

 1  23



  23k 

k

 1  23  1

2



k

 23  1

0,25

(1,0đ)



k

Ak+1  Ak Ak2  3  23

 = B  3k 1  B  3k 1 2  3  23

k

k

k  2  3 2 k 1
 B  23 
B 3
= 3

0,25

k

Dễ thấy: B3.32k 1 chia hết cho 3 mà B  23 không chia hết cho 3 (vì B không
k

chia hết cho 3) nên B 2 .32k 1  23 không chia hết cho 3
 Ak+1 chia hết cho 3 k+2, nhưng không chia hết cho 3k+3.

Kết luận:

0,25

Ta có:   95  59.049

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 C39 .
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

Ý.2
(1,0đ)

chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH1 này có cả thảy 3 

5!
 60 số tự
3!

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
3

5!
 90 số tự nhiên.
2!2!

TaiLieu.VN

0,25

Page 5


Vậy: A  (60  90)C39  150 

9!
 150  7  4  3  12600 .
3!6!

0,25

A 12.600 1.400



 0,213382106
 59.049 6.561

Kết luận: P  A  

0,25

1) Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D '. Trên cạnh AB lấy điểm M khác A và B.
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng ( ACD ').
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.

Câu IV

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
4 SB ' SD ' 3 .



3 SB SD 2

tại các điểm B', D' khác S. Chứng minh rằng:

3,0 đ

I
D'
R

Q
C'

F

A'

P
D

B'

C

S
IV.1.a

A

(0,75đ)

J

K

O
M

N

E
B

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.
TaiLieu.VN

Page 6

0,50


Trong mp(CC’D’D), qua Q vẽ đường thẳng song song với CD’ cắt CC’ tại
P.
Thiết diện là lục giác MNPQRS

0,25

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 MA NC NK
PC PK QD ' QI







 MJ=NK và PK=QI
MN MB NB NM PC ' PQ QC ' QP

 Các tam giác RQI, JMS, NKP bằng nhau (gọi diện tích của chúng là S1
và gọi diện tích các tam giác JKI, ACD’ lần lượt là S 2, S)
IV.1.b
(1,25đ)

Đặt

0,25

AM
 k ; ta có điều kiện 0  k  1 và có:
AB
2

2

2

S1  JM   AM   AM 
2
2

 
  k  S1 = k S
 
S  AC   DC   AB 
2

2

0,25

2

S2  JK   JM  MK   JM MK 
2
2


 
 
   k  1  S2 =( k + 2k +1)S
S  AC  
AC
  AC AC 

0,25

 Diện tích thiết diện: Std  S 2  3S1
2
3 
1
1   3S
1
Std  2 S ( k  k  )  2 S    k    
(dấu bằng xảy ra  k  )
2
2   2
2
 4 
2

S lớn nhất  k 

TaiLieu.VN

1
 M là trung điểm của AB
2

0,25
0,25

Page 7


Lấy I = AMB'D' và O =
ACBD,

S

D'

ta có: S, O, I là các điểm chung
của 2 mặt phẳng (SAC) và
(SBD)

M



I
D

P
O

C
B'

A

Và I là trọng tâm các mặt
chéo SAC


B

N

S, O, I thẳng hàng.

VI.2

SI 2

SO 3

0,25

(1,00đ)
Vẽ BP // B'I và DN // D'I  P, N  SO   OP  ON .
 x y

Đặt x 

SD
SB
; y
SD '
SB '

SB SD SP SN 2 SO
3





 2  3  x, y  [1; 2] (*)
SB ' SD ' SI
SI
SI
2

0,25

2

Suy ra:

 2  4
1 1 3
 
 3
 
x y xy
 x y 3

Từ (*): 1  x  2


Câu V

3 3

xy 2

0,25



x 2  3x  2  0



x(3  x)  2



x y 3

xy
2



1 1 3
 
x y 2

(1,0đ)

x y  2

0,25

Khảo sát tính chẵn – lẻ, tính tuần hoàn và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của hàm số y  sin   sin x  .

Tập xác định của hàm số y  f ( x)  sin   sin x  là D 

V



1,0đ

(đối xứng qua 0)

x  , f ( x)  f ( x). Vậy, f chẵn (f không lẻ vì nó không đồng nhất bằng 0)

0,25

x  , f ( x  2)  f ( x). Vậy, f tuần hoàn

0,25

Tập giá trị của hàm số t   sin x là  0;  nên

0,25

min f  min sin t  0,

max f  max sin t  1

0 t  

0  t 

TaiLieu.VN

0,25
Page 8


TaiLieu.VN

Page 9