Đề thi Olympic Toán 11 năm 2019 – 2020 trường THPT Mỹ Đức A – Hà Nội
Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh đề thi Olympic Toán 11 năm học 2019 – 2020 trường THPT Mỹ Đức A – Hà Nội, đề thi gồm có 01 trang với 05 bài toán, thời gian học sinh làm bài 150 phút, đề thi có lời giải chi tiết.
Preview text:
Trường THPT Mỹ Đức A
KỲ THI OLYMPIC LỚP 11 NĂM HỌC 2019 - 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán --------
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
------------------- oOo -------------------
Họ và tên thí sinh: ………………………………………..….. Số báo danh: …………
Câu 1. (5 điểm) π π
a) Giải phương trình lượng giác: 2 2
sin x + sin 5x = 2cos − x − 2cos + 2x . 4 4
b) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: 2 2
y = 2sin x + 3sin x cos x + 5cos x . Câu 2. (4 điểm)
a) Cho n ∈ ,n ≥ 2 hãy tính tổng S sau: 2 3 4
S = 2.1C + 3.2C + 4.3C + ... + n(n − ) 1 n C . n n n n
b) Ba bạn A, B, C mỗi bạn viết ngẫu nhiên lên bảng một số tự nhiên thuộc đoạn [1;20].
Tính xác suất để tổng các lập phương của ba số được viết ra chia hết cho 3. Câu 3. (5 điểm)
a) Một tứ giác có bốn góc tạo thành một cấp số nhân và số đo góc lớn nhất gấp 8 lần số
đo góc nhỏ nhất. Tính số đo các góc của tứ giác. u =1 1
b) Cho dãy số (u được xác định bởi . n ) u
= 2u + 3n,∀n ∗ ∈ n 1 + n
Tìm công thức của số hạng tổng quát u theo n . n Câu 4. (5 điểm)
Cho mặt phẳng (α ) và hai đường thẳng chéo nhau d ,d cắt (α ) tại , A B . Gọi ∆ là 1 2
đường thẳng thay đổi luôn song song với (α ) , cắt d tại M , cắt d tại N. Đường 1 2
thẳng d qua N luôn song song với d cắt (α ) tại N′ . 1
a) Tứ giác AMNN′ là hình gì?
b) Tìm tập hợp các điểm N .′
c) Gọi O là trung điểm của AB, I là trung điểm của MN. Chứng minh rằng OI là đường
thẳng cố định khi M di động. Câu 5. (1 điểm)
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện: xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức H biết: 2
x ( y + z) 2
y ( z + x) 2
z ( x + y) H = + + . y y + 2z z z z + 2x x x x + 2 y y
------------------- HẾT -------------------
HƯỚNG DẪN CHẤM THI OLYMPIC MÔN TOÁN LỚP 11 Câu 1 Nội dung Điểm 5,0 đ π π
PT ⇔ sin x + sin 5x = 1+ cos − 2x + 1+ cos + 4x 0,5 đ 2 2
⇔ sin x + sin5x = sin 2x + sin 4x 0,5 đ
⇔ 2sin3xcos2x = 2sin3xcos x 0,5 đ sin 3x = 0 ⇔ 0,5 đ
cos 2x = cos x a) 3x = kπ 3,0 đ
⇔ 2x = x + k2π 0,5 đ
2x = −x + k2π kπ x = 3 kπ
⇔ x = k2π ⇔ x = 0,5 đ 3 k 2π x = 3 2 2
y = 2 sin x + 3sin x cos x + 5 cos x = ( + x 1− cos 2x) 3 (1 cos2 ) + sin 2x + 5. 2 2 0,5 đ 3 3 7
= cos 2x + sin 2x + b) 2 2 2 2,0 đ 3 2 π 7 = cos 2x − + 0,5 đ 2 4 2 7 3 2 5π
Giá trị nhỏ nhất của hàm số : y = −
đạt được tại x =
+ kπ , k ∈ 0,5 đ min 2 2 8 7 3 2 π
Giá trị lớn nhất của hàm số : y = +
đạt được tại x =
+ kπ , k ∈ 0,5 đ max 2 2 8 Câu 2 Nội dung Điểm 4,0 đ
Số hạng tổng quát u = k (k − ) 1 k C 0,5 đ k n n u = k k − n ( ) !
1 k (!n−k)! n (n − ) 1 (n − 2)! = 0,5 đ a) (
k − 2)!(n − 2) − (k − 2)! 2,0 đ
= n(n − ) k−2 1 C 2 ≤ k ≤ n n−2 ( )
S = n (n − ) 1 ( 0 1 3 2 C + C + C + ... n + C − 0,5 đ n−2 n−2 n−3 n−2 ) ( ) 2 1 .2n S n n − = − 0,5 đ b) 2,0 đ
Số phần tử của không gian mẫu là: n (Ω) 3 = 20 0,25 đ
Đoạn [1;20] có 6 số chia hết cho 3; có 7 số chia cho 3 dư 1; 7 số chia cho 3 dư 0,25 đ 2.
Với mọi số tự nhiên n ta luôn có 3
n − n = n (n − ) 1 (n + ) 1 3 . Do đó tổ 0,5 đ
ng lập phương của ba số chia hết khi và chỉ khi tổng của ba số đó chia hết cho 3.
TH1: Cả 3 số được viết chia hết cho 3: có 3 6 khả năng xảy ra
TH2: Cả 3 số được viết chia cho 3 dư 1: có 3 7 khả năng xảy ra. 0,5 đ
TH3: Cả 3 số đều chia cho 3 dư 2 : có 3 7 khả năng xảy ra.
TH4: Cả 3 số được viết gồm 1 số chia hết cho 3; 1 số chia 3 dư 1 và 1 số chia 3
dư 2: có 6.7.7.3! khả năng xảy ra
Số kết quả thuận lợi là 3 3 3 6 + 7 + 7 + 6.7.7.3! = 2666 0,25 đ 3 3 3 6 + 7 + 7 + 6.7.7.3! 1333
Xác suất cần tính là P = = 0,25 đ 3 20 4000 Câu 3 Nội dung Điểm 5,0 đ
Giả sử bốn góc A, B, C, D ( A < B < C < D) theo thứ tự lập thành cấp số nhân B = qA 0,5 đ
với công bội q . Ta có 2 C = q A 3 D = q A
A + B + C + D = 360 a) Ta có hệ 0,5 đ D = 8A 2,5 đ A( 2 3
1+ q + q + q ) = 360 ⇔ 0,5 đ 3 . A q = 8A q = 2 ⇔ 0,5 đ A = 24
Suy ra B = 48 ,C = 96 , D = 192 0,5 đ Với mọi n ∗ ∈ , ta có : n n 1 u
= 2u + 3 ⇔ u − 3 + = 2 u − 3n 0,5 đ n 1 + n n 1 + ( n )
Xét dãy số (v , với v u 3n , n ∗ = −
∀ ∈ . ta có v = 2v . n ) n n n 1 + n 0,5 đ b)
Do đó, dãy số (v là 1 cấp số nhân có công bội q = 2 và số hạng đầu bằng -2 0,5 đ n ) 2,5 đ Suy ra n 1 v v .q − = = 2n − 0,5 đ n 1
Vậy u = v + 3n = 3n − 2n 0,5 đ n n Câu 4 Nội dung Điểm 5,0 đ d2 d d1 I N M ( ) 0,5 đ N' B b a) A O 2,0 đ α Có AM // NN’ 0,5 đ Do d // d β
1 nên tồn tại mặt phẳng ( ) chứa d và d1 R R R ( α ) ∩ (β ) = AN ' ⇒ 0,5 đ MN ⊂
(β ) MN (α ) AN '/ /MN. , / /
⇒ AMNN′ là hình bình hành 0,5 đ
Gọi (P) là mặt phẳng chứa d và d2, vì d // d1 nên (P) // d1. 0,5 đ R R R R R R
Do (P) chứa đường thẳng cố định d2 và song song với đường thẳng cố định d1 nên (P) cố R R R R 0,5 đ b) định.
2,0 đ N’ là điểm chung của (α) và (P) nên N '∈(α)∩(P) 0,5 đ
Gọi (α ) ∩ ( P) = .
b Vậy tập hợp các điểm N’ là đường thẳng b. 0,5 đ 0,5 đ
Dựng đường thẳng qua E và song song với d ∆
1 cắt d2 tại N0, Dựng đường thẳng qua N0 R R R R R R 0 R R
song song với AE, đường thẳng này cắt d1 tại M0. R R R R c) 1,0 đ 0,5 đ Câu 5 Nội dung Điểm 1,0 đ
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 2 2 2 x 2 yz y 2 zx z 2 xy H ≥ + + y y + 2z z z z + 2x x x x + 2 y y 2x x xyz 2 y y xyz 2z z xyz = + + 0,25 đ y y + 2z z z z + 2x x x x + 2 y y 2x x 2 y y 2z z = + + y y + 2z z z z + 2x x x x + 2 y y 1 x x = ( 2
− a + 4b + c)
a = y y + 2z z 9 Đặ 1 t: b
= z z + 2x x ⇒ y y = (a − 2b + 4c) 0,25 đ 9
c = x x + 2 y y 1 z z =
(4a +b − 2c) 9 Khi đó 2 2
− a + 4b + c a − 2b + 4c 4a + b − 2c H ≥ + + 9 a b c 2
b a c c a b = 6 − + 4 + + + + + 0,25 đ 9
a c a a b c 2 b a c c a b 3 3 ≥ 6 − + 4.3. ⋅ ⋅ + 3. ⋅ ⋅ 9 a c a a b c = 2
H = 2 khi a = b = c ⇒ x = y = z = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của H bằng 2. 0,25 đ
Chú ý: Nếu học sinh làm theo cách giải khác ngoài đáp án và vẫn đúng thì vẫn cho điểm
tối đa của câu đó.
Document Outline
- HSG11-MDA-2020-RÚT-GỌN