De thi HSG toan 11 THPT Vinh Dinh Quang Tri

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD-ĐT QUẢNG TRỊ. TRƯỜNG THPT VĨNH ĐỊNH. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2013-2014 MÔN: TOÁN- LỚP 11 ( Thời gian:120 phút, không tính thời gian giao đề). Câu 1. (3,0 điểm) Giải phương trình: x2  3x  1   x  3 x 2  1 (1) Câu 2 . (1,5 điểm ) a) Cho các số dương x, y . Chứng minh rằng: x3 2x  y (2)  2 2 x  y  xy 3 b) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x3 y3 z3 A 2   x  y 2  xy y 2  z 2  yz z 2  x 2  zx. Câu 3: (1,5 điểm) 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 4: (1,5 điểm) Chứng minh dãy số (un), với un . n 1 là một dãy số tăng và bị chặn. n3. Câu 5: (2,5 điểm) Trong mặt phẳng ( ) cho tam giác ABC vuông tại A, góc B = 600 , AB  a . Gọi O là trung điểm của BC. Lấy S ở ngoài mặt phẳng ( ) sao cho SB  a và SB  OA . Gọi M là một điểm trên cạnh AB, mặt phẳng (  ) qua M và song song với SB và OA, cắt BC, SC, SA lần lượt tại N, P, Q. Đặt x = BM (0 < x  a) . a. Chứng minh rằng MNPQ là hình thang vuông. b. Tính diện tích hình thang này theo x và a. Tìm x để diện tích này lớn nhất. ……………………Hết………………… Họ và tên thí sinh:……………………………………..SBD……………..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ TRƯỜNG THPT VĨNH ĐỊNH. HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN HSG 11 Năm học: 2013– 2014. Câu. Đáp án. Điểm. Giải phương trình: x  3x  1   x  3 x  1 (1) 2. 2. Đặt t  x 2  1 ,  t  1  t 2  x2  1 .. 1 (3,0 điểm). 0,5 0,5-0,5. t  x t  3. Khi đó (1) trở thành t 2   x  3 t  3x  0  . 0,5 0,5. Với t=x, (1) vô nghiệm. Với t=3, (1) có nghiệm x  2 2 Vậy phương trình (1) có nghiệm x  2 2 . a) Cho các số dương x, y . Chứng minh rằng:. 0,5 x 2x  y (2)  2 x  y  xy 3 3. 2. Do x2  y 2  xy luôn dương nên. 2 (1,5 điểm).  2   3x3   2 x  y   x 2  y 2  xy   x3  x 2 y  xy 2  y 3  0   x  y  x  y  0 2. 0,5 0,25. Đẳng thức xảy ra khi x=y. b) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x3 y3 z3 A 2   x  y 2  xy y 2  z 2  yz z 2  x 2  zx. Áp dụng BĐT (2) ta có 2x  y 2 y  x 2z  x   3 3 3 x yz  1 3 A. Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1. Vậy GTNN của A là 1 khi x=y=z=1. 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.. 3 (1,5điểm) Ta có:   95  59.049. 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 chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH1 này có cả thảy 3. 5!  60 số tự nhiên. 3!. TH2. 1 trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số. 0,5 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 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!. 9!  150  7  4  3  12600 . 3!6!  12.600 1.400 Kết luận: P  A  A    0,21  59.049 6.561. 0,5. Vậy: A  (60  90)C39  150 . Chứng minh dãy số (un), với un . 4 (1,5 điểm). 5 (2,5 điểm). n 1 là một dãy số tăng và bị chặn. n3. n 1 2  1 n3 n3 2 2 un1  un    0 nên dẫy số tăng. n3 n4 2 1 1 Mặt khác 0   nên  un  1 . Vậy dãy số bị chặn. n3 2 2. Ta có un . 0,5. 0,5 0,5 0,5. 0,5. 0,5. 0,25. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 0,25. 0,5. S P Q. C. A O. M N B.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>