20 đề thi olympic toán 11 có đáp án

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM

TRƯỜNG THPT THÁI PHIÊN

Đề tham khảo

KỲ THI OLYMPIC LỚP11

MÔN : TOÁN

Năm học : 2016- 2017

Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề)

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM

TRƯỜNG THPT THÁI PHIÊN

KỲ THI OLYMPIC LỚP11

MÔN : TOÁN

Năm học : 2016- 2017

Câu

Nội dung

Điểm

1a

1

Điểm

1b

2

Điểm

b. (*)

Điều kiện: sinx ; khiđó phương trình (*) tương đương

Kết hợp với điều kiện, nghiệm phương trình là:

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.5đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

Câu 2

4điểm

a.(1,5điểm)Chứng minh bằng phương pháp qui nạp

Tacó : .Công thức đúng với n=1,n=2

Giả sử công thức đúng với n = k , ,tức là : .

Ta chứng minh công thức đúng với n=k+1.

Ta có :

Vậy công thức đúng

b. .(2,5điểm)

Ta có:

Đặt : => () là cấp số nhân với

Vậy

0.5đ

0.25đ

0.75đ

0.5đ

0.5đ

0.5đ

0.5đ

0.5đ

Câu 3

a 1,5điểm

b

1,5điểm

C

1 điểm

a/Do tổng 2 loại sách nào cũng lớn hơn 6 nên khi 6 cuốn thì không thể hết 2 loại sách.

Số cách chọn 6 sách bất kì trong 12 cuốn để cho 6 học sinh là A⁶₁₂=665280 .

Các trường hợp cho hết 1 loại là:

+Hết sách Toán có : =5040 cách

+ Hết sách Văn có: =20160 cách

+ Hết sách Tiếng anh có: =60480 cách

Vạy số cách cần tặng là:665280-(5040+20160+60480) = 57960 ( cách)

b/Số có 5 chữ số có 9.10⁴=90000 số

=90000,Gọi A là biến cố” số lấy ra thỏa YCBT”

Số cần tìm có dạng: ;

Trong đó a₁ >4 và a₁ + a₂ + a₃+ a₄ +a₅ là số chẵn.

Trước hết ta tìm số có 4 chứ số: có 5x10³ số

1.Nếu a₁ + a₂ + a₃+ a₄ là số lẻ thì a₅ phải là số lẻ.vậy có 5 cách chọn a₅.

2. Nếu a₁ + a₂ + a₃+ a₄ là số chẵn thì a₅ phải là số chẵn.Vậy cũng có 5 cách chọn a₅

=> có 5x10³.5=25000 số.=> n(A)= 25000

P(A)= 5/18

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

+ Số hình chữ nhật là :

+ Số tam giác có 1 cạnh là cạnh của đa giác:

n=15 V n=0 (loại)

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0,25đ

Câu4

2điểm

.

+

Hàm số liên tục tại x=0 <=>m²-m+ = <= > m=0,m=1

0.25đ

0.5đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.5đ

Câu 5

3điểm

Gọi S là giao điểm của d và OO’, khi đó S là tâm vị tự ngoài của hai đường

Tròn

(O) và (O’). Đặt , khi đó ta có.

Gọi I, J là giao điểm của AB với PP’ và OO’. Khi đó ta có

MàPQ // IJ // P’Q’ nên JQ = JQ’

Suy ra AB là trung trực của QQ’.

Mà OO’ là trung trực của AB. Vậy tứ giác AQBQ’ là hình thoi

Do đó Q’B //AQ hay Q’M’ // QM.

Giả sử V(S, k) biến M thành B’ khi đó QM // Q’B’

Mà M thuộc (O) suy ra B’ thuộc (O’) do đó B’ trùng với B.

Vậy V(S, k) biến M thành B.

Tương tự ta có V(S, k) biến M’ thành B.

Suy ra M, B, M’ thẳng hàng.

0.5đ

0.5đ

0.5đ

0.5đ

0.5đ

0.5đ

Câu6

4điểm

Hình vẽ

a) +Ta có: ABCD là hình thoi, góc BAD = 120⁰ đều.

+ G là trọng tâm tam giác ABC (1)

+ Lại có: (SG và (3).

Từ (1), (2), (3)

+Mặt khác: AB // CD vuông.

b) +Gọi I là trung điểm CD. Ta có: ( đường trung tuyến trong tam giác đều)(*)

+ MI là đường trung bình của tam giác SCD (**)

+ .

Từ (*),(**),(***)

c) + Ta có: AB//CD

+ Gọi là trọng tâm tam giác ACD. Khi đó ta có: BG = GG’ = G’D =

Từ đó suy ra: .

+ Gọi H là hình chiếu của G lên SC. Ta có:

Suy ra:

+ SD có hình chiếu lên (ABCD) là GD, SD tạo với đáy góc 60⁰ .

+Trong tam giác SDG ta có:

+ Lại có: GC =. Khi đó trong tam giác SGC tà có:

0,25đ

0.5đ

0.5đ

0.25đ

0.5đ

0.25đ

0.5đ

0.25đ

0.5đ

0.25đ

0.5đ

0.25đ

0.25đ

TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN

TỔ TOÁN – TIN

*****

ĐỀ ĐỀ NGHỊ THI OLYMPIC LỚP 11

NĂM HỌC : 2017-2018

MÔN : TOÁN

Thời gian làm bài :180 phút (không kể thời gian giao đề)

*************

Câu

Nội dung

Điểm

Câu 1

5,0

Cho phương trình: (1)

Tìm tất cả các nghiệm của phương trình thuộc khoảng .

3,0

(1)⇔

(vì cosx>0, với mọi x thuộc khoảng )

Vì

Do đó k nhận các giá trị 0,1,2,3,4

Vậy tập nghiệm của PT (1) trên là:

.

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

0.25

0.5

0.25

Câu 2

4,0

a) Cho dãy số (u_n) xác định bởi: Với mọi

a) Tìm số hạng tổng quát của dãy số (u_n) và tìm limu_n .

2,5

Với mọi n ∈ N* ta có:

Đặt . Khi đó

Vậy là cấp số nhân co công bội và số hạng đầu

Suy ra

Suy ra

Vậy

0,5

0,5

0,5

0.25

0.25

0.5

b) b)Tính tổng

1,5

0,5

0,5

0,25

0,25

Câu 3

4,0

a) Trong khai triển , , tổng các hệ số của các hạng tử thứ nhất, thứ hai, thứ ba bằng 46. Tìm hạng tử không chứa x trong khai triển trên.

1,5

Theo đề ta có :

Từ khai triển , Tìm được hạng tử không chứa x là

0,25

0,5

0,25

0.5

b) Từ các chữ số 0,1,2,3,6,9 có thể lập đượcbao nhiêu số tự nhiên chẵn có 3 chữ số khác nhau và chia hết cho 3.

2,5

Gọi số cần tìm là

Vì x chia hết cho 3 nên

x là số chẵn nên

a) Với c=0

có 2 khả năng

. Khi đó có cách chọn

. Khi đó có cách chọn

Suy ra số

b) Với c=2

Khi đó a hoặc b phải là chữ số 1, chữ số còn lại thuộc tập

a=1 , có 4 cách chọn b từ

b=1 , có 3 cách chọn b từ

Suy ra 4+3=7 số

c) Với c=6

, có cách chọn

, ,có 2.2 cách chọn

Suy ra số

Vậy 8+7+6 = 21 số thỏa yêu cầu bài toán

0,25

0,25

0,25

0,5

0,5

0,5

0,25

Câu 4

2,0

Ta có: f(0) = m - 1

Hàm số f(x) liên tục tại x = 0 khi và chỉ khi:

0,25

0,5

0,5

0.25

0,25

0,25

Câu 5

3 điểm

3đ

1.0

• Gọi H^/ là xuyên tâm của A trên (O;R), ta có: BH^/AB BH^/CD, tương tự CH^/BD. Vậy H^/ trùng H.
• A cố định nên H cố định.

0.5

0.5

2.0

• Gọi I là tâm hình bình hành ABDC suy ra hai tam giác BCD và CBA cũng đối xứng nhau qua I. Suy ra K đối xứng với H qua I. Hay: .
• H cố định nên từ , suy ra K là ảnh của I qua phép vị tự tâm H, tỉ số bằng 2.
• Số đo góc không đổi nên BC có độ dài không đổi → OI cũng có độ dài không đổi. Suy ra, I thuộc đường tròn tâm O, bán kính OI.
• I thuộc đường tròn (O;OI) nên K thuộc đường tròn ảnh của đường tròn (O;OI) qua phép vị tự tâm H tỉ số bằng 2.

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu 6

4 điểm

2.0

• Gọi G = AMBD, G là trọng tâm tam giác ABC. Dựng GP//SM, PSA, ta có góc φ giữa SM và mp(BCD) cũng là góc giữa PG và mp(BCD) và SP=.
• Gọi H là hình chiếu của A trên BD, ta có (SAH)mp(BCD). Gọi K, E lần lượt là hình chiếu của A và P trên SH, ta có AK và PE đều vuông góc mp(BCD). Như vậy, góc giữa PG và mp(BCD) là góc .
• Ta có: AH = , AK = , PE = và GP = .
• Trong tam giác vuông tại E, ta có: φ = arcsin

Hay

0,5

0,5

0,5

0,5

• Gọi N₁ là trung điểm CD, F là trung điểm CN₁, ta có MF//DN và

d(DN;SM) = d(DN;(SMF)).

• Gọi F₂ và F₁ lần lượt là giao điểm của AC với DN và MF, ta có:

DF₂ = , mặt khác: DF₂ AC. Do đó MFAC, Suy ra mp(SMF) mp(SAC).

• Gọi A₁ và F₃ lần lượt là hình chiếu của A và F₂ trên SF₁, khi đó A₁ và F₃ cũng là hình chiếu của A và F₂ trên (SMF) và F₂F₃ = d(DN;(SMF)) =d(DN; SM).
• Ta có: AA₁ =

và F₂F₃ =

Vậy d(DN; SM) =

0,5

0,5

0,5

0,5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI OLYMPIC 24/3 QUẢNG NAM NĂM 2018

QUẢNG NAM

THPT NGUYỄN HIỀN

Môn thi: TOÁN – LỚP 11

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI OLYMPIC LỚP 11 CẤP TỈNH

QUẢNG NAM

Năm học 2017 – 2018

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Môn thi: TOÁN

Câu 1 (3,0 điểm)

a

1,5

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

Vậy

0.25

b

Tính tổng các nghiệm của phương trình: thuộc .

1,5

ĐK:

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

Gọi S à tổng các nghiệm của phương trình (1) (gồm 20 số hạng)

Ta có:

0.25

Câu 2 (4,0 điểm)

a

Chứng minh rằng

1,0

Bước 1: (đúng)

0.25

Bước 2: Giả sữ mệnh đề đúng với , ta có

0.25

Ta cần chứng minh,

Ta có:

2x0.25

đpcm

b

Đặt . Tìm .

3,0

Rút gọn

Ta có:

0.25

0.25

0.25

0.25

Chứng minh là dãy số tẳng

Ta xét:

0.25x2

Giả sử:

0.25

Ta có: (vô lý)

0.25x3

Nên ta có:

0.25

Vậy

0.25

Câu 3 (2,0 điểm)

Cho hàm số

Tìm m để hàm số liên tục tại

0.25

0.25x2

0.25

0.25

0.25

Vậy hàm số liên tục tại

0.25x2

Câu 4 (4,0 điểm)

a

Xếp ngẫu nhiên 14 học sinh của 3 khối gồm 7 học sinh khối 10; 4 học sinh khối 11; 3 học sinh khối 12 thành một hàng ngang. Tính xác suất để các học sinh cùng một khối không đứng cạnh nhau.

2,0

Không gian mẫu là xếp 14 học sinh thành một hàng ngang

0.25

Gọi A: “ Trong 14 học sinh, không có hai học sinh cùng khối đứng cạnh nhau”.

Ta xếp như sau:

Đầu tiên xếp 7 học sinh khối 12 có 7! Cách. Khi đó giữa 7 học sinh khối 12 có tất cả 8 chỗ trống (gồm 6 chỗ trống ở giữa và 2 chỗ trống ở trước và sau).

0.25x2

Ta xét 2 trường hợp sau:

+TH1: Có 1 học sinh khối 10 hoặc khối 11 ở phía ngoài (trước hàng hoặc sau hàng) còn 6 học sinh còn lại xếp vào chỗ trống ở giữa các bạn học sinh khối 12 có 2x7! Cách.

0.25x2

+TH2: Có một cặp học sinh (gồm 1 học sinh khối 10 và 1 học sinh khối 11) xếp vào một chỗ trống, 5 học sinh còn lại xếp vào 5 vị trí còn lại có cách.

0.25

0.25

Vậy

0.25

b

Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số chia hết cho 5 và đồng thời thỏa mãn các điều kiện sau:

+ Tổng các chữ số của nó là số lẻ.

+ Tổng của sáu chữ số đầu của nó (không kể chữ số hàng đơn vị) là một số lẻ.

+ Tổng của năm chữ số đầu (không kể hai chữ số hàng đơn vị và hàng chục) là một số lẻ.

2,0

Số tự nhiên cần tìm có dạng

Do số tự nhiên chia hết cho 5 nên hoặc

0.25

Vì là số lẻ và là số lẻ và là số lẻ, ta có là số chẵn nên có 1 cách chọn và là số chẵn nên có 5 cách chọn và là số lẻ.

0.25x2

Xét là số lẻ

+ Nếu là số lẻ thì là số chẵn có 5 cách

+ Nếu là số chẵn thì là số lẻ có 5 cách

0.25

số cách chọn là

0.25x3

Vậy có số

0.25

Câu 5 (3,0 điểm)

Cho tứ giác lồi ABCD không phải là hình bình hành, dựng về phía ngoài tứ giác đó bốn hình vuông lần lượt có các cạnh AB, BC, CD, DA. Gọi O₁, O₂, O₃, O₄ lần lượt là tâm của các hình vuông trên theo thứ tự đó. Chứng minh rằng, trung điểm các đường chéo của tứ giác ABCD và O₁O₂O₃O₄ là bốn đỉnh của một hình vuông.

Ta cần chứng minh tứ giác ILKJ là hình vuông

Xét

0.25

0.25

0.25

là đường trung bình của

0.25

0.25

Chứng minh tương tự ta có

0.25

Như vậy,

0.25x2

0.25

Mà KJ, KL lần lượt là hai đường trung tuyến của hai tam giác

0.25

Chứng minh tương tự, ta có:

0.25

Vậy tứ giác IJLK là hình vuông

0.25

Câu 6 (4,0 điểm)

Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, , , .

a) Gọi là góc giữa (SBC) và (SAC). Tính .

b) Tính khoảng cách giữa AB và SC

(hình vẽ phục vụ câu a – điểm)

a

Gọi là góc giữa (SBC) và (SAC). Tính .

2,0

Từ B hạ trong (ABC)

0.25

Từ B hạ trong (SBC)

0.25

và

0.25

Mà

Nên góc giữa (SBC) và (SAC) là

0.25

Ta có:

0.25

đồng dạng

0.25

0.25

0.25

b

Tính khoảng cách giữa AB và SC

2,0

Từ C kẻ ; Từ A kẻ

0.25

Lúc đó,

0.25

Mà trên (SAI)

0.25

Do

Nên

0.25

Xét vuông tại A có (do AICB là hình chữ nhật)

0.25

0.25x2

Vậy

0.25

Câu

Nội dung

Điểm

Câu 1

Giải phương trình

3,0

Pt

0,5

1,

1,5

Câu 2

a) Chứng minh rằng nếu tam giác ABC vuông tại A, BC = a, AB = c, AC = b thì với mọi số tự nhiên thì .

2,0

Với n = 2 thì nên đẳng thức đúng

Giả sử , khi đó ta thấy

Vậy bđt đúng với n = k + 1, suy ra đccm

0,5

1,5

b) Tìm số hạng tổng quát của biết (1)

2,0

Thay n = 1, 2, 3, 4 vào (1)ta được

Đoán

Chứng minh quy nạp và kết luận

0,5

0,5

1,0

Câu 3

1) Tìm hệ số của x¹⁰ trong khai triển thành đa thức của biết

.

2,0

Theo đề

Số hạng cần tìm

1,0

1,0

2) Xếp 24 thí sinh ngồi vào một phòng thi gồm 12 bàn, mỗi bàn đủ 2 thí sinh. Tính xác suất để hai thí sinh A và B ngồi cùng một bàn.

2,0

Gọi B là biến cố theo đề, ta có

0,75

0,75

0,5

Câu 4

Tìm giới hạn

2,0

Ta có

Đáp số

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu 5

Hình vẽ

Giả sử ABM có hướng dương. Khi đó C là ảnh của M qua phép quay .

Mặt khác M thuộc nửa đường tròn (C) tâm O, đường kính AB nên tập hợp C là nửa đường tròn (C’) tâm O’, là ảnh của (C) qua .

Do thuộc (C’) nên AC lớn nhất khi AC đi qua O’. Khi đó M là giao điểm của AO’ với (C)

1,0

1,0

1,0

Câu 6

4,0

Giả sử cắt lần lượt tại A’, B’, C’, D’

.

Đặt

Vậy song song và cách đều hai đáy

1,0

1,0

1,0

1,0

Họ và tên thí sinh………………………..

Số báo danh……………………………...

Chữ kí giám thị…………………………..

……………………………………………

TRƯỜNG THPT NGUYỄN HIỄN

TỔ TOÁN – TIN

*****

ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ NGHỊ THI OLYMPIC LỚP 11

NĂM HỌC : 2016-2017

MÔN : TOÁN

Thời gian làm bài :150 phút (không kể thời gian giao đề)

*************

CÂU

NỘI DUNG ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Câu 1

Giải phương trình sau đây trên tập số thực:

a/ 2cos2x – sin2x = 2(sinx + cosx)

b/ (cosx – 2sin4x).sin4x + (1 + sinx – 2cos4x).cos4x = 0

3,0 đ

a)

(1,5đ)

Đưa về phương trình: (1 + sinx)(2sinx + cosx – 1) = 0

0,5

* Giải sinx + 1 = 0 cho x =

0,5

* Giải phương trình: 2sinx + cosx – 1 = 0 cho nghiệm

x = hoặc x =

0,5

2)

(1,5đ)

Đưa về phương trình: sin5x + cos4x = 2

0,5

0,5

Cho nghiệm x =

0,5

Câu 2

Cho dãy số (u_n­­­) có u₁ = 2017; .

a/ Chứng minh dãy số (u_n­­­) giảm và bị chặn dưới.

b/ Tính lim(u_n­­­)

4,0 đ

a)

(2,5đ)

Ta có u_n­­ >0 suy ra dãy số (u_n­­­) bị chặn dưới.

0,5

Xét u_n+1-u_n =

0,5

Chứng minh n.u_n > 2015n+1 bằng quy nạp

Kiểm tra n = 1; giả sử đúng với n = k

0,5

Chứng minh với n = k+1. Thật vậy (k+1).u_k+1 = (2015k+1)(1+)>2015k+2016(dpcm)

0,5

Suy ra u_n+1-u_n < 0 . Suy ra u_n giảm

0,5

b)

(1,5đ)

Lập luận hội tụ

0,5

Gọi L là giới hạn suy ra L = (L+1)

0,5

Ruy ra L = 2015

0,5

Câu 3

a/ Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số sao cho chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng trước đồng thời hai số 5 và 7 không nằm cạnh nhau?

b/ Cho đa giác đều T có 2017 đỉnh, chọn ngẫu nhiên một tứ giác có các đỉnh là các đỉnh của T. Tính xác suất để tứ giác đó Chứa đúng 2 cạnh của đa giác T.

4đ

a

(2,0đ)

Gọi abcde là số tự nhiên gồm 5 chữ số sao cho chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng trước

0,5

Lập luận vắng số 0 và cho kq

0,5

Gọi a₁a₂a₃a₄a₅là số tự nhiên gồm 5 chữ số sao cho chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng trước và 5,7 gần nhau kq :

0,5

Vậy có -

0,5

b

(2,0đ)

0,5

Gọi A là biến cố......

TH1 : Tứ giác chọn ra chứa 2 cạnh liền kề : 2017.2012 cách

0,5

TH2 : Tứ giác chọn ra chứa 2 cạnh không kề : (2017.2012)/2

0,5

P(A) =

0,5

Câu 4

a/

b/ Cho các số thực a, b, c thỏa mãn . Chứng minh phương trình: ax² + bx + c = 0 luôn có nghiệm trong khoảng (0; 1)

2,0

a/(1đ)

b

1đ

Tách ra

0,25

Nhân liên hợp tính

0,25

Đặt t = và tính

0,25

Kết quả

0,25

TH1 c = 0

* a = 0 suy ra b=0 suy ra pt có nghiệm tùy ý

0,25

* a 0 suy ra pt có nghiệm x = < 1

0,25

TH2 c 0 xét f(x) = ax² + bx + c liên tục trên R

0,25

Xét f(0).f( ) < 0 suy ra pt có nghiệm thuộc (0,1)

0,25

Câu 5

(3,0đ)

Câu 5 (3 điểm) Cho tam giác ABC. Gọi M , N lần lượt là trung điểm BC và BA. Góc . Chứng minh tam giác ABC đều.

Vì nên ACMN nội tiếp. Gọi (O;R) là đường tròn ngoại tiếp ACMN.

0,5

Gọi Đ_N(A)=B; Đ_N(O)=O₁

Đ_M(C)=B; Đ_M(O)=O₂

0,5

Chứng minh OO₁O₂ đều

0,5

Có BO₁= BO₂ = 2R =O₁O₂ suy ra B là trung điểm O₁O₂

0,5

Tam giác BAC đồng dạng với Tam giác BMN

Tam giác BMN đồng dạng với Tam giácOO₁O₂

0,5

Suy ra Tam giác BAC đồng dạng với Tam giácOO₁O₂ nên đều

0,5

Câu 6

(4,0đ)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a. Các tam giác SAB và SAC vuông cân tại A. Gọi M, N lần lượt là trung điểm SB và SC

a/ Tính cosin của góc tạo bởi AM và BN

b/ Tính khoảng cách giữa AM và BN

a/ Gọi F là trung điểm SN suy ra góc giữa AM & BN là góc giữa MA&MF

0,5

Tính AM = ; MF = a/2 ; AF =

0,5

Cos= 1/

0,5

Kết quả 1/

0,5

b/ Gọi S’ đối xứng S qua A và G là trọng tâm SCS’ suy ra mp(BNG) chứa BN và song song AM

0,5

d = d(A, BGN) = 2d(H,BGN) với H là trung điểm AC

0,5

Dựng HK vuông BG tại K.

Dựng HI vuông NK tại I suy ra 2d(H,BGN) =2HI

0,5

=

KQ =

0,5

TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG

TỔ TOÁN – TIN

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ OLYMPIC 24/3QUẢNG NAM

Môn thi: TOÁN 11

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.

TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG

TỔ TOÁN – TIN

ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ OLYMPIC 24/3QUẢNG NAM

Môn thi: TOÁN 11

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu1a

Điều kiện:

Khi đó

Đối chiếu điều kiện phương trình có nghiệm là:

x =

0,25

0,5

0.75

0.25

Câu 1b

Ta thấy tập hợp thứ n chứa n số nguyên liên tiếp mà số cuối cùng là .

Khi đó S_n là tổng của n số hạng trong một cấp số cộng có số hạng đầu , công sai d=-1(coi số hạng cuối cùng trong tập hợp thứ n là số hạng đầu của cấp số cộng này), ta có

.

Vậy

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu 2a

Ta có:

Dự đoán: u_n = 10ⁿ + n (1)

Chứng minh:

Ta có: u₁ = 11 = 10¹ + 1 , công thức (1) đúng với n=1

Giả sử công thức (1) đúng với n=k ta có : u_k = 10^k + k

Ta có: u_{k + 1} = 10(10^k + k) + 1 - 9k = 10^k+1 + (k + 1). Công thức(1) đúng với n=k+1

Vậy u_n = 10ⁿ + n,

0.25

0.5

0.5

0.25

Câu 2b

Đặt f(x) = acos2x + bcosx + csin2x + dsinx

f(x) liên tục trên R

= a + b,

= -a + d, = a – b, = - a – d

Có + + + = 0 nên tồn tại ít nhất một cặp số i, jϵ{}

Sao cho < 0 hoặc cả 4 giá trị bằng 0

Hay pt đã cho có nghiệm.

0,25

0,5

0,5

0,25

Câu 3a

Câu 3b

Từ tìm được n = 5

Có

Hệ số ứng với x¹⁰ là: = 2956096

0,5

0.5

0,5

H =

0,5

=

=

=

=

= =

0.5

0,25

0,25

0,5

0,5

Câu 4

Gọi số tự nhiên có 10 chữ số là: ( a_i ϵ {0, 1, 2,..., 9}, a₁ ≠0

Theo đề thì nhất thiết các chữ số 1, 2, 3, 4 và 6 phải đứng trước số 5. Do đó chữ số 5 chỉ có thể đặt ở các vị trí: a₆, a₇, a₈, a₉, a_10.

+ TH1:a₁₀ = 5: Chữ số 6 có 9 vị trí, bộ (1,2,3,4) có C⁴₈ vị trí và bốn chữ số 0,7,8,9 có 4! Cách sắp xếp. Như vậy có 9C⁴₈4! Cách sắp xếp (kể cả số 0 đứng đầu)

Ta bỏ đi trường hợp a₁ = 0 có 8C⁴₇3! cách

Như vậy TH1 có: 9C⁴₈4! - 8C⁴₇3! (số).

+ TH2: a₉ = 5: ta có: 8C⁴₇4! - 7C⁴₆3! (số).

+ TH2: a₈ = 5: ta có: 7C⁴₆4! - 6C⁴₅3! (số).

+ TH2: a₇ = 5: ta có: 6C⁴₅4! - 5C⁴₄3! (số).

+ TH2: a₉ = 5: ta có: 5C⁴₄4! (số).

Từ các trường hợp trên cộng lại ta được số các số cần tìm là: 22680(số)

0,25

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 5:

Dùng phép quay quanh A với góc quay 60⁰ biến M thành M’; C thành C’

Ta có MA+MB+MC = BM+MM’+M’C’

MA+MB+MC bé nhất khi bốn điểm B,M,M’,C’ thẳng hàng.

Khi đó góc BMA=120⁰,

góc AMC=120⁰

Ta được vị trí của M trong tam giác ABC.

0,5

0.5

0,5

0.5

Câu 6.

Hình vẽ cho câu a

Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên HC.

Ta có .

Góc giữa (SHC)và (ABC) là

Hình vẽ cho câu b

Gọi B’ là hình chiếu của B trên (SHC), suy ra góc giữa BC và (SHC) là

Gọi I là hình chiếu của A trên SK .

Ta có .

Trong tam giác vuông SAK, ta có

Do đó .

Vậy

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM

Câu

Nội dung

Điểm

1

2,00

1(1,0 đ)

+) Điều kiện

+) Tìm được tanx=1 hoặc tanx=0

+) Giải đúng và loại nghiệm đúng. ĐS:

0,25

0,25

0,5

2(1,0 đ)

+) Đưa PT về dạng: (1)

Đặt t = cos4x với t(-1; 0)

+ Xét f(t) = 2t² + t trên (-1; 0)có bảng biến thiên

Và PT (1) có nghiệm khi đường thẳng y = 2m +1 (song song hoặc trùng 0x ) cắt f(t) trên (-1; 0)

+) ĐS:

0,25

0,25

0,25

0,25

2

2,00

1(1,0 đ)

+)

=

0,75

0,25

2(1,0 đ)

Tìm số nguyên dương n sao cho:

+) Ta có:

+)

+)

0,25

0,25

0, 5

3

2,0

1(1,0 đ)

+) Mỗi số có 5 chữ số gồm 2 số 1 và 3 số khác là hoán vị 5 phần tử 1,1,2,3,4. Do 2 số 1 khi hoán vị vẫn được 1 số. vậy các số cần lập là:

1,0

2(1,0 ®)

+) Số có 5 chữ số dạng:

Mỗi số a có 4! cách chọn -> mỗi số xuất hiện 4!lần

Tương tự

Vậy

1,0

4

3,0 đ

1(1,0 đ)

+) Viết được phương trình đường thẳng đi qua tâm I của đường tròn (C) là: từ đó suy ra I(1+7t;2-t)

+) (C) tiếp xúc với d khi và chỉ khi IM=R IM²=R² R²=50t²

+) (C) có dạng (x-1-7t)²+(y-2+t)²=50t²

+) A (C) t=-1. Vậy (C): (x+6)²+(y-3)²=50

0,25

0,25

0,25

0,25

2(2,0 đ)

a,(0,75)

+) Xác định được điểm D và suy ra được 2 đoạn giao tuyến DE và DD’

+) Xác định được điểm K; suy ra được đoạn giao tuyến EK và KB’

+) Kết luận là tứ giác DEKB’

b,(1,25)

+) Xét tam giác MBB’ có

+) Trong (ABC). Dùng EN // AB (NBC), khi đó EN=

+) Xét tam giác DBM có:

Suy ra D là trung điểm CN. Vậy

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

0,5

5

1,0 đ

Tìm Max y: (1)

Ta chứng minh: , (2)

(3)

Theo bất đẳng thức Cô si:

ĐT (3) luôn đúng suy ra ĐT (2) luôn đúng suy ra

Dấu “=” . Max y=

Tương tự: ,

Min đạt

0,25

0,25

0,25

0,25

TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN

TỔ TOÁN – TIN

*****

ĐỀ ĐỀ NGHỊ THI OLYMPIC LỚP 11

MÔN : TOÁN

NĂM HỌC : 2016-2017

Thời gian làm bài :150 phút (không kể thời gian giao đề)

*************

TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN

TỔ TOÁN – TIN

*****

ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ NGHỊ THI OLYMPIC LỚP 11

NĂM HỌC : 2016-2017

MÔN : TOÁN

Thời gian làm bài :150 phút (không kể thời gian giao đề)

*************

1.a

0.5

0.5

0.5

0.5

1.b

L=

+

+ …..+

Chứng minh công thức:

Áp dụng (1) ta thu được

L=1+2+3+…+2016 = 1008 . 2017=

1,0

0.5

0.5

2a.

2. a) Dùng phương pháp quy nạp để chứng minh số hạng tổng quát của dãy trên là

+ Với n=1;2 đúng

+ với n=k>2 thì

+ với n=k+1 thì đúng

1.0 điểm

b) Dễ thấy . Từ giả thiết ta có

3.0

Với mỗi n thuộc N*, đặt ta có và

0.5

0.5

0.5

Do đó

Vậy

0.5

0.5

0.5

3a.

Xét từ khai triển trên nhân hai vế với ta có:

(2)

0.5

3b.

Hệ số của trong vế trái bằng

Hệ số của trong vế phải bằng

Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh

0.5

0.5

Ta có (3)

Áp dụng 2 lần công thức (3) ta được:

0.5

Cho k chạy từ 1 đến n rồi cộng vế các đẳng thức trên ta có

Vậy .

0.5

0.5

4

a) d= -2017

Đặt liên tục trên R.

Ta có: f(0)=-2017 <0

Mặt khác , nên tồn tại 2 số sao cho . Do đó .

Vậy phương trình có ít nhất hai nghiệm phân biệt thuộc hai khoảng và

0.5

0.5

b) d=1: Gọi là nghiệm của phương trình ()

Ta có:

Suy ra: với

Mặt khác: (đúng do ).

Vậy .

Dấu bằng xảy ra khi (ứng với )

(ứng với)

0.5

0.5

0.5

0.5

5a)

2,5

điểm

1

1,0

+) B hoặc C tù

Do nên và C tù

Còn (giống trường hợp 1) Suy ra

0,5

5b)

2,5

điểm

Ta có

0,5

(3)

( Do và ).

Dấu bằng trong (3) xảy ra khi hoặc

0,5

Từ đó

0,5

(4).

Dấu bằng trong (4) xảy ra khi

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất khi

C

A

B

S

H

K

x

a

0,5

0,5

6a

1. Gọi H, K là hình chiếu của C lên SA, SB.

Ta chứng minh được

.

Suy ra vuông tại K và .

Do đó

0,5

0.5

0.5

0.5

6b

b)kẻ Ax//BC, từ C kẻ CE vuông Ax, kẻ CF vuông góc SE ;

ta chứng minh được CF là khoảng cách

0.5

0.5

1.0

TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

KÌ THI OLIMPIC NĂM HỌC 2016-2017

Môn thi: TOÁN – Lớp 11

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

HƯỚNG DẪN CHẤM THI OLIMPIC

Môn thi: TOÁN – Lớp 11

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

CÂU

NỘI DUNG ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Câu 1

1. Giải phương trình:

1a

(2,5đ)

1b

(2,5đ)

● Điều kiện: .

● Do nên chia hai vế cho , ta được:

Câu 2

Cho dãy số thực xác định bởi:

1. Chứng minh dãy số đã cho là dãy số giảm.
2. Tìm số hạng tổng quát của dãy số (u_n) và tìm

4,0 đ

2a

(2,0đ)

Chứng minh (1)

Thật vậy, với ta có (1) đúng

Giả sử (1) đúng với tức là ta có . Ta chứng minh (1) đúng với tức là

Thật vậy,

(1) đúng với Vậy dãy số bị chặn dưới bởi 2

2b

(2,0đ)

Đặt: v_n= u_n - ta có: Ta có (v_n) xác định: v₁= -, v_n = 3. v_n-1.

Suy ra (v_n) là cấp số nhân công bội q= 3. Vậy: v_n= -

Từ đó suy ra: u_n =

Câu 3

a) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có bảy chữ số khác nhau được lập từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra có chữ số 0 và 1 đứng cạnh nhau.

b) Tìm ba số hạng liên tiếp lập thành cấp số cộng trong dãy số sau

.

3a

(1,5đ)

Gọi số tự nhiên theo yêu cầu bài toán có dạng

Ta có: số

0,5

Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có chữ số 0 và 1 đứng cạnh nhau sẽ có hai trường hợp

TH1 : Ta xem số 10 có vai trò như một chữ số. Như vậy số cách lập số tự nhiên có bảy chữ số khác nhau mà số 1 và 0 đứng cạnh nhau là 6 ! = 720 số.

TH2 : Ta xem số 01 có vai trò như một chữ số, thế thì chữ số này không được đứng đầu nên số cách lập số tự nhiên có bảy chữ số khác nhau mà số 0 và 1 đứng cạnh nhau là 5.5 ! = 600 số.

Vậy: .

0,5

Kết luận:

0,5

3b

(1,5đ)

Xét ba số liên tiếp trong dãy số trên có dạng () ba số này theo thứ tự lập thành cấp số cộng khi và chỉ khi

Vậy có hai cấp số cộng thỏa yêu cầu bài toán là : và

0,5

0.5

0.5

Câu 4

Tính giới hạn

2,0 đ

2,0đ

0.5

Ta có

0.5

0.5

Vậy

0.5

Câu 5

(3,0đ)

0,50

Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với BC tại B’.

Gọi H là trực tâm của tam giác BEK. Do EH vuông góc với BK và KH vuông góc với BE

Suy ra: do đó ta có Phép tịnh tiến theo vectơ biến K thành D, H thành E và B thành B’ nên .

1.5

Vì BH KE nên B’E KE hay tam giác B’EK vuông tại E (vì BB’DK là hình chữ nhật nên B’K = BD = b.

Vậy

1.0

0.5

Câu 6

(3,0đ)

a) Ta có

Ta có

.

Mặt khác, xét tam giác MNC có suy ra K là trực tâm của tam giác MNC . Từ (1) và (2) suy ra

1.5

b) Vì K là trực tâm của tam giác MNC nên AM.AN = AK.AC. Do đồng dạng với . Như vậy khi M di chuyển trên (d) thì tích AM.AN không đổi. Vậy MN = AM + AN bé nhất khi và chỉ khi

1.0

SỞ GIÁO DỤC QUẢNG NAM

TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH

KỲ THI OLYMPIC 24–3-2018

Môn thi: TOÁN 11

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu

Nội dung

Điểm

Câu 1

3,0

Câu 1.(3 điểm)Giải phương trình

3,0

ĐK:

Biến đổi phương trình thành

⇔

⇔

⇔

Kết hợp ĐK phương trình có nghiệm là

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu 2

4,0

a) Chứng minh rằng dãy tăng và

2,0

Ta có

Do đó tăng.

Ta chứng minh bằng quy nạp , mọi n (1).

Với ta có

Giả sử (1) đúng với ta có

Ta đi chứng minh (1) đúng với n =k+1 :

Vậy (1) đúng với mọi n. Từ tăng và suy ra

0,5

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

b) Với mỗi số nguyên dương , đặt Tính

2,0

Ta có . Suy ra

Từ đó

Do đó

Từ . Vậy

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu 3

4,0

a)Cho khai triển nhị thức:

.Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số .

2,0

Ta có:

Ta có a_k đạt được max

Vậy max

0,5

0,5

0,5

0,5

b) Người ta dùng 18 cuốn sách bao gồm 7 cuốn sách Toán, 6 cuốn sách Lý và 5 cuốn sách Hóa (các cuốn sách cùng loại thì giống nhau) để làm phần thưởng cho 9 học sinh , mỗi học sinh nhận được 2 cuốn sách khác thể loại (không tính thứ tự các cuốn sách). Tính xác suất để hai học sinh và nhận được phần thưởng giống nhau.

2,0

Gọi lần lượt là số học sinh được nhận các bộ giải thưởng (Toán-Lý); (Toán-Hóa) và (Lý-Hóa). Ta có hệ: .

Số cách phát thưởng ngẫu nhiên cho 9 học sinh là:

Gọi T là biến cố “hai học sinh A và B có phần thưởng giống nhau”.

+) Nếu A và B có phần thưởng là sách (Toán- Lý), có: cách phát.

+) Nếu A và B có phần thưởng là sách (Toán- Hóa) có: cách phát.

+) Nếu A và B có phần thưởng là sách (Lý- Hóa) có: cách phát.

Vậy xác suất cầm tìm là

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu 4

2,0

.Tìm m để hàm số sau liên tục tại điểm x = 0:

2,0

Ta có: f(0) = m + 1

Hàm số f(x) liên tục tại x = 0 khi và chỉ khi:

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 5

3,0

Cho hai đường tròn (O,R) và (O’,R’) tiếp xúc trong tại A (R > R’).đương kính qua A cắt đường tròn (O,R) tại B và cắt đường tròn (O’,R’) tại C .Một đường thẳng di động qua A cắt (O,R) tại M và cắt (O’,R’)tại N .Tìm tập hợp giao điểm I của đường thẳng BN và CM.

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu 6

4,0

a. Chứng minh rằng vuông góc với mặt phẳng và đường thẳng đi qua trọng tâm của tam giác .

1,5

Ta có và nên .

Tương tự ta chứng minh được . Từ đó ta suy ra .

Gọi là giao điểm của và . Khi đó chính là giao điểm của và mặt phẳng .

Do suy ra là trọng tâm của tam giác .

0,25

0,5

0,25

0,5

b. Hãy xác định các điểm M, N lần lượt nằm trên các cạnh A’D, CD’ sao cho MN vuông góc với mặt phẳng (CB’D’). Tính độ dài đoạn MN theo .

2,5

Đặt

và

Ta có

Do đường thẳng MN vuông góc với mặt phẳng (CB’D’) nên ta có

Vậy M, N là các điểm sao cho

Do đó ta có

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

CÂU

NỘI DUNG

ĐIỂM

1. Giải phương trình lượng giác :

1đ

C©u 1

(3 đ)

Biến đổi đưa về tích (sinx + cosx)(2sinx - cosx)cosx = 0

*

*sinx + cosx

*2sinx - cosx

ĐS : x = ; x = ; x =

0,25

0,25

0,25

0,25

2.

2,0

C©u 1

Phương trình .

0,5

0,5

0,5

Với

Với

Vì pt vô nghiệm

0,5

Câu 2.

(4đ)

1)Cho dãy số xác định như sau : với mọi .

Tìm .

2đ

Ta có

0.5

………………….

Cộng vế với vế suy ra:

1.0

Vậy

0.5

2) Cho dãy số (x_n) (n = 1, 2, …) được xác định như sau:

x₁ = 1 và với n = 1, 2, …

Đặt (n = 1, 2, ….). Tìm .

2đ

Ta có x₂ = 5 và x_n > 0 với mọi n = 1, 2, …

(1)

0,5

Từ đó suy ra

x_n+1 +1 = = (x_n + 1)(x_n + 2)

0,5

Do đó =

Từ (1) x_k+1 =

Ta dễ dàng chứng minh bằng quy nạp x_n > 3^n-1 (2)

Nên (vì do (2) x_n+1 > 3ⁿ)

1

Câu 3 (4đ)

1) Tìm hệ số của trong khai triển nhị thức Niu-Tơn của:

, biết

2,0

Đk , ta có :

, kết hợp với đk ta được: n = 9

1,0

Ta có khai triển: =

0,5

ứng với , ta có 18 - 3k = 12 hệ số của là : 144

0,5

2)Trong một hộp bi có 3 viên bi đỏ, 4 viên bi vàng, 5 viên bi xanh ; lấy ngẫu nhiên

4 viên bi trong hộp. Tính xác suất để trong 4 viên bi được lấy số bi đỏ lớn hơn số

bi xanh.

2,0

Tổng số viên bi trong hộp là: 3 + 4 +5 = 12 viên bi

Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi trong hộp ta có số cách lấy là: cách lấy

0,5

Ta tìm số cách lấy 4 viên bi mà số bi đỏ lớn hơn số bi xanh, xảy ra các trường hợp sau:

TH1. Chọn 1 bi đỏ , 3 bi vàng có cách chọn

TH2. Chọn 2 bi đỏ, 2 bi vàng có cách chọn

TH3. Chọn 2 bi đỏ, 1 bi xanh, 1 bi vàng có cách chọn

0,5

TH4. Chọn 3 bi đỏ, 1 bi vàng có cách chọn

TH5. Chọn 3 bi đỏ, 1 bi xanh có cách chọn

0,5

Vậy xác suất để trong 4 viên bi được lấy số bi đỏ lớn hơn số bi xanh là:

P = (++++):=

0,5

C©u 4

(2đ)

1) Tính giới hạn

1đ

0,25

0,5

0,25

1. Chứng minh rằng phương trình có ba nghiệm thực phân biệt. Hãy tìm 3 nghiệm đó.

1đ

Đặt ; tập xác định suy ra hàm số liên tục trên . Ta có suy ra

0,25

. Từ 3 bất đẳng thức này và tính liên tục của hàm số suy ra pt có ba nghiệm phân biệt thuộc .

0,25

Đặt thay vào pt ta được:

, kết hợp với ta được . Do đó phương trình đã cho có 3 nghiệm:

.

0,5

Câu 5

(3đ)

Cho đường tròn (O;R) và một điểm I cố định khác O . Một điểm M thay đổi trên đường tròn . Tia phân giác góc MOI cắt IM tại N . Tìm quỹ tích điểm N .

1,5

- Vẽ hình . Từ hình vẽ và tính chất của đường phân giác trong chia cạnh đối diẹn làm hai doạn thẳng tỷ lệ với hai cạnh kề của hai cạnh đó . Ta có kết quả sau :

* Do O,I cố định cho nên OI=a không đổi . Gọi N là chân đường phân giác của góc MOI ( N thuộc IM) , từ đó ta có :

Hay : .

Vì I cố định cho nên . Nhưng M chạy trên đường tròn (O;R) cho nên N chạy trên đường tròn (C’) là ảnh của (O;R) qua phép vị tự tâm I tỉ số vị tự là k .

1,0

0,5

2) Về phía ngoài của tam giác ABC vẽ các hình vuông BCMN và ACPQ có tâm là O và O’ .

a/ Chứng minh rằng khi cố định hai điểm A,B và cho C thay đổi thì đường thẳng NQ luôn đi qua một điểm cố định .

b/ Gọi I là trung điểm của AB . Chứng minh rằng IOO’ là tam giác vuông cân .

1,5

a/ Vẽ hình theo giả thiết đã cho

-Giải bài toán: Cho hai điểm A,B cố dịnh , với mỗi điểm M và với hai phép quay tâm A , tâm B có cùng góc quay thì phép hợp của hai phép quay là một phép đối xứng mà tâm đối xứng là đỉnh góc vuông của tam giác vuông cân OAB ( O là tâm đối xứng ).

- Như vậy : đi qua tâm đối xứng H được xác định bằng cách dựng tam giác vuông cân HAB

b/ Tương tự như trên : đi qua tâm đối xứng I được xác định bằng tam giác vuông cân OO’I ( với I là đỉnh của góc vuông ). Như vậy tam giác O’OI là tam giác vuông cân .

1,0

0.5

Câu 6

(4đ)

1) Cho hình lăng trụ đứng có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy AB bằng 2a và góc. Mặt phẳng tạo với đáy (ABC) một góc 60^o. Tính độ dài cạnh bên của lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng và .

2đ

0.25

Gọi I là trung điểmcủa AB. Ta có góc giữa mpvà (ABC) là góc .Trong tam giác vuông ICB có

Trong tam giác vuông ICC^’ có . Vậy chiều cao của LT là a.

0.5

Dựng hình thoi ACBD. Ta cm đc AC^’//DB^’, suy ra AC^’//(CDB^’).

Vậy

0,75

Gọi H là trung điểm của IB^’, vì tam giác BIB^’ vuông cân tại B nên ta cm đc

0.5

2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân với AD // BC, AB = BC = a, AD = 2a; tam giác SAD vuông cân tại S và SB = .Tính góc giữa hai đường thẳng BM và CD

Hình vẽ

Do BN // CD (BM; CD) = (BN; BM)

Vì tam giác SAD vuông cân tại S có cạnh huyền AD = 2a nên

có vuông tại A

và BN = CD = a; MN =

1,0

Áp dụng định lí côsin trong tam giác BMN ta được :

,

vậy (BM; CD) =

1,0

Câu

Điểm

Câu 1

5,0

a) Giải phương trình:

2,0

ĐK:

khi đó phương trình tương đương với

0,25

0,25

0,5

0,5

0,25

0,25

b) Giải hệ

3,0

Từ (1) suy ra . Ta có

và

Từ (3) Và (4) suy ra

Do đó pt (1)

Thay x = y vào pt(2) ta được

Đặt

Phương trình (5) trở thành :

• loại vì và khi x = 0 thì
• , ta được

Vậy hệ đã cho có một nghiệm (x;y) = (3; 3)

0,5

0,5

0,5

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

Câu 2

4,0

Cho dãy số (u_n) xác định bởi:

Đặt . Tìm .

• Từ giả thiết suy ra

Ta có

Do đó

• Chứng minh bằng quy nạp

Suy ra

Vậy

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,25

0,5

0,5

0,25

Câu 3

a)

1,0

3,0

• Xét : chứng minh bất phương trình vô nghiệm
• Xét tìm được các nghiệm của bất phương trình là: (0; 0), (1; 0), (1; 1), (2; 2), (3; 3)

0,5

0,25

0,25

b)

2,0

Giả sử ta lấy viên bi ( 1)

Ta có số phần tử của không gian mẫu là:

• Gọi A là biến cố : “ trong số viên bi lấy ra, có ít nhất một viên bi ghi số chia hết cho 4”

thì biến cố : “ Trong số x viên bi lấy ra , không có viên bi nào ghi số chia hết cho 4”

suy ra

Ta có

Do đó

Suy ra ( vì )

Giá trị nhỏ nhất của x là 6.

Vậy số viên bi phải lấy ra ít nhất mà ta cần tìm là 6.

0,25

0,25

0,5

0,5

0,25

0,25

Câu 4

2,0

• Tìm tập xác định D =
• ,

Xét , ta có

Và

Suy ra liên tục trên

• Chứng minh f(x) liên tục trên
• Tại x = 2, ta có

=

=

=

=

suy ra

Do đó f(x) liên tục tại x = 2

• Kết luận: Hàm số đã cho liên tục trên

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

Câu 5

2,0

Chứng minh: M I = MK và

• Đặt , ta có

Chứng minh

• Giả sử

và cùng hướng, và do suy ra

. Tức là:

Vậy M I = MK và

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu 6

4,0

a)

1,5

• Ta có SAAB, BCAB,

SA// , BC//

Vậy thiết diện EQPF là hình bình hành

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

b)

2,5

Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AC và SB

• ABC vuông tại B I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC
• IJ là trục của ABC
• Vẽ IM BC, M BC

Chứng minh BC (I JM)

• vẽ IK MJ, chứng minh tại K d( I; (SBC)) = IK
• Lập luận : d( A; (SBC)) = 2d( I; (SBC)) = 2IK
• Tính được IK =

0,25

0,25

0,5

0,5

0,5

0,5

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM

——————

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI OLYMPIC 24-3 LẦN THỨ 2

ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI 11

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

————————————

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM

———————

KỲ THI OLYMPIC 24-3 LẦN THỨ 2

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN

———————————

Câu

Ý

Nội dung trình bày

Điểm

1

3 điểm

Điều kiện: (*)

Phương trình đã cho tương đương với:

0,5

0,5

0,5

+ Với

0,5

+ Với

0,5

Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của phương trình đã cho là:

0,5

2

1

2.5 điểm

Số các số tự nhiên có 5 chữ số là

Giả sử số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là:

0.5

Ta có chia hết cho 7 khi và chỉ khi chia hết cho 7.

Đặt là số nguyên khi và chỉ khi

0,5

0.5

Khi đó ta được:

suy ra số cách chọn ra t sao cho số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là 1286.

Vậy xác suất cần tìm là:

0.5

0,5

2

2,5 điểm

Xét đẳng thức

0,5

+) Ta có suy ra hệ số của số hạng chứa là

0,5

+) Ta có

suy ra hệ số của số hạng chứa là

Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh.

0,5

0.5

0.5

3

1

2.5 điểm

.

0,5

0.5

0.5

0,5

0,5

2

2.5 điểm

Suy ra : .

0,1

0,5

1

4

1

2,0 điểm

Gọi I là trung điểm của AB thì .

Bởi vậy = 2.

Gọi V là phép vị tự tâm P tỉ số k=2 thì V biến điểm I thành điểm M.

Vì I là trung điểm của AB nên OIAB. Suy ra quỹ tích của điểm I là đường tròn (C) đường kính PO.

Vậy quỹ tích của điểm M là đường tròn

05

05

0.5

0,5

2

3,0 điểm

a)(1.25 ) Vẽ đúng hình phục vụ câu a

Chứng minh được

Chứng minh được

Tính đúng

KL:

0,25

0,25

0,25

0.25

0.25

b)(1.75)Vẽ đúng hình phục câu b(có đoạn vuông góc chung)

0,25

Chứng minh đúng đoạn vuông góc chung

1

Tính đúng độ dài đoạn vuông góc chung bằng

0.5

3

2,0 điểm

Gọi G là trọng tâm của tứ diện; M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD, BC, AD. Ta có tam giác ACD bằng tam giác BCD nên suy ra , tương tự ta chứng minh được và đường thẳng PQ vuông góc với cả hai đường thẳng BC, AD. Từ đó suy .

0,5

Ta có

1

. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi X trùng với điểm G. Vậy nhỏ nhất khi và chỉ khi X là trọng tâm của tứ diện ABCD.

0,5

câu

Nội dung

Điểm

1/a

2,0 đ

Điều kiện :

So với điều kiện ta được nghiệm của pt là :

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

1/b

2,0đ

0,5

0,5

0,5

0,5

2/a

2,0đ

Ta có:

Dự đoán: u_n = 10ⁿ + n (1)

Chứng minh:

Ta có: u₁ = 11 = 10¹ + 1 , công thức (1) đúng với n=1

Giả sử công thức (1) đúng với n=k ta có : u_k = 10^k + k

Ta có: u_{k + 1} = 10(10^k + k) + 1 - 9k = 10^k+1 + (k + 1). Công thức(1) đúng với n=k+1

Vậy u_n = 10ⁿ + n,

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

2/b

2,0đ

.

0,5

0,5

0,5

0,5

3/a

1,5đ

Ta có:

Cho:

Cho:

Suy ra :

Theo giả thiết:

Từ đó ta có:

Ta được hệ số của x⁵ là 3240

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

3/b

1,5đ

Viết được: .Gọi A là biến cố chọn được 2 số có tích chia hết cho 7

Số chia hết cho 7 có dạng: 7k ( k nguyên dương) và

hay có 17 số chia hết cho 7 và 103

số không chia hết cho 7. Tích 2 số chia hết cho 7 xảy ra 1 trong 2 trường hợp sau:

TH1: cả 2 số đều chia hết cho 7: Có cách chọn

TH2: 1 số chia hết 7 và một số không chia hết 7: có cách chọnSuy ra: +. Do đó:

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

4/a

1,5đ

Ta có

Đặt ta có hàm số xác định và liên tục trên R.

Ta có , , nên và

Do đó phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thỏa

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

4/b

1,5đ

0,25

0,25

0,5

0,5

5

4,0đ

1. CM :

Gọi M là trung điểm BC, ta có :

đều nên .

cân nên

(đpcm)

1. Tính góc giữa AG và CD.

-Ta có MA và MD cùng nên góc giữa 2 mp (ABC) và (BCD) bằng góc giữa MA và MD . Góc giữa MA và MD bằng 30⁰

-Trong kẻ , nối AN.

Thì góc giữa AG và CD bằng góc giữa AG và GN.

*TH1 : Góc AMD bằng 30⁰.

- cân tại D nên tính được .

-đều cạnh a nên

-Áp dụng định lí cosin cho , ta tính được .

-có . có

Áp dụng hệ quả định lí cosin tính được .

Gọi góc thì

* TH2 : Góc AMD bằng 150⁰

Hoàn toàn tương tự tính được : gócthì

Vậy góc t/m : hoặc

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

6

2,0đ

Dùng phép quay quanh A với góc quay 60⁰ biến M thành M’; C thành C’

Ta có MA+MB+MC = BM+MM’+M’C’

MA+MB+MC bé nhất khi bốn điểm B,M,M’,C’ thẳng hàng.

Khi đó góc BMA=120⁰, góc AMC=120⁰

Ta được vị trí của M trong tam giác ABC.

0,5

0,5

0,5

0,25

0,25