HSG Khoi 11 n¨m 07 - 08

n căn
Trờng thpt cẩm thuỷ i Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp trờng
Khối 11 THPT - Năm học 2007-2008
Môn thi: Toán
(Thời gian làm bài: 180 phút )
Bài 1(5 điểm)
a) Giải phơng trình:
1)3
2
(sin)2(coscos
222
=+++
xxx


b) Cho
Rba

,
. Chứng minh rằng trong hai phơng trình sau phải có ít nhất một phơng trình có
nghiệm:
bxax
=+
cossin2008

bxax .2cottan2008
=+
Bài 2 ( 5 điểm)
a) Dãy số
n
uuuu ,...,,,

321
đợc xác định nh sau:
1,...,1,1,0
123121
+=+=+==

nn
uuuuuuu
Chứng minh rằng:
2
1
)...(
1
21
+++
n
uuu
n
.
b) Tìm giới hạn của dãy số có số hạng tổng quát:
22...22
2
...
22
2
.
2
2
++++
+

=
n
u

Bài 3 (5 điểm)
a) Trên mặt phẳng cho đa giác lồi 10 cạnh
....
21 n
AAAT
=
Xét các tam giác có 3 đỉnh là 3 đỉnh
của đa giác
T
. Hỏi trong số các tam giác đó có bao nhiêu tam giác mà 3 cạnh của nó đều không phải là
ba cạnh của đa giác
T
?
b) Tìm các giá trị nguyên dơng của
x
thoả mãn
xk
k
k
CCCCCCCCCC 2.2008......
0
1
2007
2008
2007
20082008

2005
2006
2
2008
2006
2007
1
2008
2007
2008
0
2008
=++++++


Bài 4 (5 điểm)
Cho hình lập phơng
1111
. DCBAABCD
.
a) Hãy tìm điểm
M
trên đờng chéo
BD
của mặt
ABCD
và điểm
N
trên đờng chéo
1

CD

của mặt bên
11
CCDD
sao cho
.//
1
ACMN
b) Gọi I và J lần lợt là trung điểm của
BDA
1
B và
11
. Chứng minh rằng
.
1
ACIJ

Họ, tên thí sinh: . SBD: .
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Trờng thpt cẩm thuỷ i Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp trờng
Khối 11 THPT - Năm học 2007-2008
Đề thi chính thức
đáp án h ớng dẫn chấm môn Toán
(Thời gian làm bài: 180 phút )
Câu Nội dung điểm
Câu 1 5 điểm
a)
Giải phơng trình:

1)3
2
(sin)2(coscos
222
=+++
xxx


(1)
2 điểm
+) Ta có (1)

13cos2coscos
222
=++
xxx
(2)
+) Đặt
xt
2
cos
=
, điều kiện
[ ]
(*)1;0

t
0.5
+) Khi đó (2) trở thành:

=
=
=
=+
4
3
2
1
0
0)3108(
2
t
t
t
ttt
0.5
+) Giải tìm nghiệm x 0.5
+) Kết luận: Nghiệm của phơng trình đã cho là:
ZmmxZllxZkkx
+=+=+=
,
6
;,

24
;,
2




0.5
b) 3 điểm
*) Có hai trờng hợp xảy ra:
+) Trờng hợp 1:
222
2008 ba
+
thì (1) có nghiệm
0.5
+) Trờng hợp 2:
222
2008 ba
<+

Ta có




=+

0sin
)3(0tan.2tan2008

)2(
2
x
axbx
0.5
Nhận xét: (2) có nghiệm khi và chỉ khi (3) có nghiệm
0tan

x
0.5
Ta có: *)
0)2008(2)2008.22008(22008.4)2(
2222
=+=
aaaab
*)
0
2008
2
=
b
S
(luôn đúng, do có
222
2008 ba
<+
nên
0

b

Do đó (3) có nghiệm khác 0
1
+) Kết luận: 0.5
Câu 2 5 điểm
a) 2 điểm
Ta chọn số
1
+
n
u
sao cho
1
1
+=
+
nn
uu
Khi đó ta có:
0.25
n căn

12)1(
..............................................
12)1(
12)1(
0
2
2
2
1

2
2
2
2
2
2
3
1
2
1
2
1
2
2
2
1
++=+=
++=+=
++=+=
=
+
nnnn
uuuu
uuuu
uuuu
u
1
Suy ra:
2
1

)...(
1
)...(2
)...(2......
321
2
1321
321
22
3
2
2
2
1
2
1
2
3
2
2
2
1
++++
=++++
++++++++++=++++
+
+
n
nn
nnn

uuuu
n
nnuuuuu
nuuuuuuuuuuuu
0.5
+) Kết luận: 0.25
b) Ta có:

1
3
2
2
cos222...22
.............................................
2
cos2
8
cos222
2
cos2
4
cos22
+
=++++
==+
==
n

0.75
(Chứng minh bằng quy nạp) 0.5
Ta có
1
1
1432
2
sin2
2
sin
2
sin2
2
cos
1
....
2
cos
1
.
2
cos
1
.
2
cos
1
+
+
+

===
n
n
n
n
n
n
u




1

2
)
2
2
sin
.
2
(limlim
1
1




==
+

+
++
n
n
n
n
n
u
0.75
Câu 3 5 điểm
a) 2 điểm
+) Số tam giác phân biệt có 3 đỉnh là 3 trong các đỉnh của đa giác T là
120
3
10
=
C
0.5
+) ứng với mỗi cạnh của đa giác T sẽ có 8 cách chọn các đỉnh còn lại để tạo thành
một tam giác chứa cạnh này. Suy ra số tam giác có ít nhất một cạnh là cạnh của đa
giác T là 80 (tam giác).
0.5
+) Trong 80 tam giác trên có 10 tam giác có 2 cạnh là 2 cạnh của đa giác T đ ợc lặp
lại hai lần. 0.5
+) Kết luận: Số các tam giác cần tìm là (120 80) + 10 = 50 (tam giác) 0.5
b) Tìm các giá trị nguyên dơng của
x
thoả mãn
xk
k

k
CCCCCCCCCC 2.2008......
0
1
2007
2008
2007
20082008
2005
2006
2
2008
2006
2007
1
2008
2007
2008
0
2008
=++++++


3 điểm
+) Ta có
kk
k
k
C
k

k
kk
CC
2007
2007
20082008
2008
)!2007(
!)2008(
.
)!2008(!
!2008
=



=


1
+) Do đó
)/(2007
22
2...
2.2008)...(2008
2.2008......
2007
2007
2007
2

2007
1
2007
0
2007
2007
2007
2
2007
1
2007
0
2007
0
1
2007
2008
2007
20082008
2005
2006
2
2008
2006
2007
1
2008
2007
2008
0

2008
mtx
CCCC
CCCC
CCCCCCCCCC
x
x
x
xk
k
k
=⇔
=⇔
=++++⇔
=++++⇔
=++++++
−
−
+) KÕt luËn:
0.75
0.75
0.5
C©u 4 5 ®iÓm
a) 3 ®iÓm
§Æt
cAAbADaAB
===
1
,,
. Ta cã

cbaAC
++=
1
V×
)1(://
1
*
1
ckbkakMNhayACkMNRknenACMN
++==∈∃
1
MÆt kh¸c ta cã:
)2()1()()()(
1
cmbnamnacmbban
CDmBCDBnCNBCMBMN
+−+−=−++−=
++=++=
0.75
Tõ (1) vµ (2) ta suy ra









=

=
=
⇔





=
=−
=−
3
2
3
1
3
1
1
n
m
k
km
kn
kmn
0.75
VËy víi
1
3
1
3

2
CDCNvaDBMB
==
th×
1
// ACMN
0.5
A
B
D
A
1
B
1
C
C
1
D
1
M
N
I
J
b)
Gọi I và J lần lợt là trung điểm của
BDA
1
B và
11
. Chứng minh rằng

.
1
ACIJ

2 điểm
+)
cbaAC
++=
1
0.5
+)
cbaIJ
2
1
2
1
=
0.5
+)
0))(
2
1
2
1
(.
1
=++=
cbacbaACIJ
0.75
+) Vậy

1
ACIJ

(đpcm).
0.25