Tài liệu Đề thi học sinh giỏi trường 07-08 pptx

1
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG
NĂM HỌC 2007 - 2008



Môn thi : TOÁN LỚP 11 THPT
Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian giao đề)


Bài I: ( 7,0 điểm)
1. Giải phương trình : cos3x – sin3x = cosx + sinx.
2. Tính giới hạn hàm số :
3
1
3 1. 2 2
lim
1
x
xx
L
x

  



Bài II: ( 6,0 điểm)
1. Cho dãy số (u
n
) có

12
1
2
2006, 2009
52
, *
3
nn
n
uu
uu
u n N










.
a) Đặt
1n n n
v u u


. Chứng minh rằng dãy số (v
n

) là một cấp số nhân.
b) Tính giới hạn : lim u
n

2. Giải hệ phương trình :
2
32
2 (1 )
3 (1 3 )
y x y
x x y x




  


.
Bài III: ( 7,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a , SA vuông góc với mặt
phẳng (ABC) và SA = 3a. Gọi O là trọng tâm của tam giác ABC, H là hình chiếu vuông
góc của điểm O lên mặt phẳng (SBC).
a) Chứng minh rằng : H là trực tâm của tam giác SBC.
b) Tính góc giữa đường thẳng OH và mặt phẳng (ABC).


………………… Hết …………………

Họ và tên thí sinh : ………………………………………………………………………..SBD:………….
Đề chính thức
2
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG
LỚP 11 - NĂM HỌC 2007 - 2008
Câu Nội dung Điểm
I- 1
(3,5 đ)
Phương pháp: Áp dụng CT biến đổi tổng thành tích. Chuyển về phương trình tích.
Điều kiện:  x  R. Phương trình đã cho tương đương với
cosx – cos3x + sin3x + sinx = 0
 2sin2x.sinx + 2sin2x.cosx = 0
 2sin2x(sinx + cosx) = 0
 sin2x = 0 v sinx + cosx = 0

2.
2
,.
tanx = -1
4
k
x
xk
kZ
xk















  



Kết luận: x =

24
k
x v x k


   
, k  Z.
1,0
1,0
1,0
0,5
I – 2

(3,5 đ)
Phương pháp: Thêm bớt biểu thức trên tử. Tách ra tính hai giới hạn bằng cách
nhân biểu thức liên hợp.
3
1
3 1. 2 3 1 3 1 2
lim
1
x
x x x x
L
x

      



=
3
11
2 1 3 1 2
lim 3 1 lim
11
xx
xx
x
xx

   




=
2
33
3
11
2
3
3
( 2 1) (2 ) 2 1
( 3 1 2)( 3 1 2)
lim 3 1 lim
( 1)( 3 1 2)
( 1) (2 ) 2 1
xx
x x x
xx
x
xx
x x x


     
   



  
    



=
11
2
3
3
(2 1) (3 1 4)
lim 3 1 lim
( 1)( 3 1 2)
( 1) (2 ) 2 1
xx
xx
x
xx
x x x

   


  
    


=
11
2
3
3
( 3 1) 3

lim lim
( 3 1 2)
(2 ) 2 1
xx
x
x
xx





   


=
1
12
.
Kết luận: L =
1
12
.
1,0
1,0
1,0
0,5
II – 1a
(2,0 đ)
Phương pháp: Chứng minh

1
.
nn
v qv


, q không đổi, thoả mãn với

n

N*.
Ta có
 
1
1 2 1 1 1
52
22
3 3 3
nn
n n n n n n n
uu
v u u u u u v

    

      
 n  N*.
Từ định nghĩa cấp số nhân. Ta có dãy số (v
n
) là một cấp số nhân với số hạng đầu

v
1
= u
2
– u
1
= 3 và công bội q =
2
3
. 
1,5
0,5
II – 1b
(2,0 đ)
Phương pháp: Tìm công thức số hạng tổng quát u
n
thông qua cấp số nhân (v
n
).
Áp dụng công thức
lim 0
n
q 
với |q| < 1.


3

Từ câu a) ta có tổng n số hạng đầu của cấp số nhân (v
n

) là
1
12
2
31
3
(1 )
2
.... 9 1
2
13
1
3
n
n
n
nn
vq
S v v v
q












       








Mặt khác ta có:
v
1
= u
2
– u
1
.
v
2
= u
3
– u
2
.
v
3
= u
4
– u

3
.
…………..
v
n - 2
= u
n - 1
– u
n - 2
.
v
n - 1
= u
n
– u
n - 1
.
Cộng theo vế ta có
1 2 1 1
.....
nn
v v v u u

    
.
Từ đó suy ra công thức số hạng tổng quát của dãy số (u
n
) là:
1
11

2
9 1 2006.
3
n
nn
u S u




    






Do đó giới hạn
1
2
lim lim 9 1 2006 9 2006 2015.
3
n
n
u




     










Kết luận: lim u
n
= 2015.
0,5
0,5
0,5
0,5
II-2
(2,0 đ)
Phương pháp: Áp dụng công thức nhân đôi, công thức nhân ba đối với tan.
Điều kiện:  x, y  R.
Nhận xét y = ± 1 không thoả mãn phương trình (1), x = ±
1
3
, không thoả mãn
phương trình (2).
Vì vậy hệ phương trình tương đương với
2
3
2
2

(1)
1

(2)
3
13
y
x
y
xx
y
x












.
Đặt y = tan  với
( ; )
22




.
Từ phương trình (1) ta có
2
2tan
tan2
1 tan
xx



  

.
Từ phương trình (2) ta có y =
3
2
3tan2 tan 2
tan6
1 3tan 2
y






.
Từ đó ta có phương trình: tan  = tan 6
 6 =  + k 

5
k



, k  Z.
Do
( ; )
22



nên ta chọn được k = 0, k = ± 1, k = ± 2.
Vì vậy hệ phương trình cáo các nghiệm (0;0),
2 2 4 2 4 2
tan ;tan , tan ;tan , tan ;tan , tan ;tan
5 5 5 5 5 5 5 5
       
   
       
       
       

Kết luận: Hệ phương trình có 5 nghiệm (0;0),
2 2 4 2 4 2
tan ;tan , tan ;tan , tan ;tan , tan ;tan
5 5 5 5 5 5 5 5
       
   
       

       
       

0,5
0,5
0,5
0,5
4

III-1
(3,5 đ)
Phương pháp: Chứng minh SH

BC, CH

SB.

* Gọi M là trung điểm của cạnh BC.
Do  ABC đều, G là trọng tâm của  ABC nên ta có AM  BC.
Do SA  (ABC) nên AM là hình chiếu vuông góc của SM lên (ABC).
Theo Định lí ba đường vuông góc ta có SM  BC.
Mặt khác do H là hình chiếu vuông góc của O lên (SBC) nên OH  BC và OM 
BC Suy ra HM  BC.
Suy ra SH  BC (1)
* Do  ABC đều nên ta có CO  AB
Do SA  (ABC) nên SA  OC.
Từ đó suy ra OC  (SAB).
Suy ra SB  OC.
Mặt khác OH  (SBC)  OH  SB
Từ đó ta có SB  (COH).

Suy ra CH  SB (2)
Từ (1) và (2) suy ra H là trực tâm của
 SBC.








1,0
1,0
1,0
0,5
III-2
(3,5 đ)
Phương pháp: Góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) bằng góc giữa đường
thẳng d và đường thẳng d’ là hình chiếu của đường thẳng d lên mặt phẳng (P).

Gọi K là hình chiếu vuông góc của điểm A lên (SBC).
Do đó ta có OH // AK.
Ta có đường thẳng AM là hình chiếu vuông góc của đường thẳng AK lên (ABC).
Vì vậy góc giữa đường thẳng OH và (ABC) bằng góc giữa đường thẳng AK và
(ABC) bằng góc giữa hai đường thẳng (AK, AM) bằng góc

KAM

Do



0
90KAM AMS
và


0
90ASM AMS
nên


SMKAM A

Xét  SAM vuông tại A có AM = a
3
, SA = 3a.
Suy ra
  
0
3
tan SM tan SM SM 30
S3
AM
A A A
A
    

Từ đó ta có góc (OH,(ABC)) = 30
0
.

Kết luận: (OH,(ABC)) = 30
0
.
1,0
1,0
0,5
1,0


Thanh Chương, ngày 15tháng 3 năm 2008.
Giáo viên
Trần Đình Hiền.
S
A
K
O
B
C
H
2a
3a
M