de HSG toan 11 truong da

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (94.54 KB, 4 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Trêng THPT

§Ị thi chän häc sinh giái khèi 11 THPT

Gia Viễn B Môn: Toán.(Đề gồm 1 trang)

Năm häc: 2006

–

2007.

(Thời gian làm bài 180 phút)

Bài I: (6điểm).

1) Tính giá trÞ cđa biĨu thøc: A = sin8200 sin8400 sin8800


 .

2) Giải hệ phơng trình:

x
z
xz
z

z
z
y
y

y
y
x
x

3
2

2
2

3
3

2
2

Bài II: (5điểm).

1) Cho dÃy số (un) thoả mÃn điều kiện:

2
2
6
1

u , un1 2un víi mäi n=1, 2, .... Chøng minh
r»ng d·y số (un) có giới hạn và tìm n

n u

Lim2 2 .

2) Giải phơng trình: 5

1
5
4

6
4

x

x
x

x .

Bài III: (6®iĨm).

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh bên SA vng 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 300

 , hãy xác định sin để diện tích đáy đạt giá trị lớn nhất.
Bài IV: (3điểm).

Cho c¸c sè thùc dơng a, b, c thoả mÃn điều kiện: 15 12 12 12 10 1 1 1 2007























ca
bc
ab
c

b

a .

T×m giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2 2 2 2

2
2
5

2
5

1
2

2
5

a
ca
c
c

bc
b
b

ab
a
P








 .

---HÕt

---đáp án đề thi chọn học sinh gii khi 11 THPT

Năm học: 2006

2007

Môn: Toán.(Đáp án gåm 3 trang).

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Do đó sin2200, sin2400, sin2800 là các nghiệm của phơng trình:64 3 96 2 36 3 0




 t t

t . 0,5đ
Hay 4 sin2200, 4 sin2400, 4 sin2800 là các nghiệm của phơng trình:

0
3
9
6 2

X X

X . (1)

Đặt X1 4sin2200,X2 4sin2400,X3 4sin2800. Khi đó X1,X2,X3là ba nghiệm phân biệt của
ph-ơng trình (1), vì vậy theo định lý Vi-et ta có:

9
,

6 1 2 2 3 3 1
3

1X X  X X X X X X 

X . 0,5đ
Biểu thức cần tính đợc viết lại là 44AX14X24X24. Hiển nhiên X1,X2,X3l cỏc s khỏc khụng. Do

3
2
1,X ,X

X là các nghiệm cđa (1) nªn ta cã:

1
2
1
1

2
1
1

2
1
3
1
4

1 6X 9X 3X 6(6X 9X 3) 9X 3X

X         , tơng tự đối với X2,X3 ta có đợc: 4 .4

54
)
(

51
)
(

27 2 1 2 3

3
2
2
2

1      

 X X X X X X

A



( ) 2( )



51.6 54 234

4 2 1 2 2 3 3 1

3
2
1
4












 X X X X X X X X X

A . 1,0®

Do đó

128
117



A .
0,5®

2) Hệ đã cho đợc viết lại là:

















)
3
1
(
3

)
1
(
2

2
3

2
2

z
x
z

z

y
z
y

x
y
x

. KiÓm tra thÊy

3
1
,

1
,

y z

x không

thoả mÃn hệ, nên: 0,5đ

H li c vit li l:

2
3
2
2

3
1
3
1

2
1

z
z
z
x

y
y
z

x
x
y

. Đặt x = tg(t) thì ta cã y = tg(2t), z = tg(4t) 1,0®

Do đó x = tg(12t). Do vậy: tg(t) = tg(12t)  12t = t + k,kZ t k ,kZ

11


.
1,0®

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

Bµi II: 1) Ta cã 
















12
5
cos
2
12
sin
2




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








 n

n
u

2
.
6

5
cos

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

6
5
6
5
2

.
6

56.2
5
sin
2

.
6

5
sin
2
2

.
6

5
cos
2
2
2

1
1
1

1  
















































n
n
n

n
n

n Lim Lim

Lim .

1,0®

2) Điều kiện để phơng trình xác định là:

5
4
0

0
5
4

0
4



















x
x

x x
x

. 0,5đ

Đặt

x
x
x

x
x

f

1
5
4

6
4

14
)

( ,ta kim 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

A D

B C

Do SA(ABCD)nên góc

giữa SC và mặt phẳng (ABCD) là SCA.
0,5®

Ta chứng minh đợc rằngBC (SAB)do đó gócgiữa SC và mặt bên (SAB) là  BSC. 0,5

áp dụng hệ thức lợng trong tam giác vuông SAC, SBC ta có:

, cos , sin

sin SB a BC a

a

SA   . 1,0®

áp dụng định lý Pitago cho tam giác vng SAB ta có: AB SB2  SA2 a cos2  sin2 . 1,0đ

2) Khi 300

 , ta cã diƯn tÝch h×nh chữ nhật ABCD là

2
1
cos
sin 2
2

a

S . 1,0®

4
2
2

2
4
2

4
1
2

1
cos
2
sin
2
)

1
cos
2
(
sin
2

4S a a   a








  





     . 1,0đ

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi

2
1
sin
4
1
sin
1
cos
2
sin

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

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:

z
y

x
z
y

x    
9
1

1
1

, (1). DÊu “=” x¶y ra khi vµ chØ khi x = y = z. 0,5®
Ta cã 5a2 2ab 2b2 (2a b)2 (a b)2 (2a b)2









 . DÊu “=” x¶y ra  a = b.

Do đó 















 ab b a b a a b

a

1
1
1
9
1
2

1
2

2
5

2 . DÊu “=” xảy ra a b.

Tơng tự ta có:

bc c b c b b c

b

1
1
1
9
1
2

1
2

2
5

2 . DÊu “=” x¶y ra bc.

















 ca a c a c c a

c

1
1
1
9
1
2

1
2

2
5

2 . DÊu = xảy ra ca.

Vì vậy:

c
b
a

P 1 1 1

3
1

. 1,0®

Từ các bất đẳng thức:

2
2

1
1
1
3
1
1
1















c
b
a
c

b

a . DÊu “=” x¶y ra  abc.

2
1
1

1
3
1
1
1
1















c
b
a
ca
bc

ab . DÊu “=” x¶y ra  abc.

Kết hợp với giả thiết ta có đợc: 1 1 1 2007

10
1

1
1
3

15 2 2


























c
b
a
c

b

a hay 5

6021
1

1
1





c
b

a .

DÊu “=” x¶y ra

5
6021
3
1
5

6021
1

1    













 a b c

c
b

a

c
b
a

. 1,0đ

Vậy giá trị lớn nhất của P b»ng

5
6021
3

đạt đợc khi

5
6021
3

1


b c

</div>

de HSG toan 11 truong da

<b>Trêng THPT </b>

<b> Gia Viễn B Môn: Toán.(Đề gồm 1 trang)</b>

<b> Năm häc: 2006 </b>

–

<b> 2007.</b>

<i> (Thời gian làm bài 180 phút)</i>





<b>Năm học: 2006 </b>

<b>2007</b>

<b>Môn: Toán.(Đáp án gåm 3 trang).</b>





Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về