SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI HSG CẤP TRƯỜNG LỚP 11 NĂM HỌC 2012-2013 ————————— ĐỀ THI MƠN: TỐN TRƯỜNG THPT TAM DƯƠNG Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ———————————— Câu I: (2,0 điểm) 1.Giải phương trình: (1 t anx)cos x (1 cot x)sin x 2sin 2x Tìm nghiệm khoảng ; phương trình: 2sin 3x 8sin 2x cos 2x 4 Câu II: (2,0 điểm) Có số tự nhiên gồm chữ số khác có số chẵn số lẻ ? Cho k số tự nhiên thỏa mãn k 2011 Chứng minh rằng: k k k k C50 C2011 C15 C2011 C55 C2011 C2016 Câu III: (2,0 điểm) Cho Pn= 2.3 3.4 (n 1)(n 2) lim Un Gọi Un số hạng tổng quát Pn Tìm n (x 2012) 2x 2012 4x x x Tìm giới hạn: lim Câu IV: (1,0 điểm) u1 11 u n 1 10u n 9n, n N Cho dãy số (un) xác định : Tìm cơng thức tính un theo n Câu V: ( 3,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c M điểm tùy ý cạnh AB, (P) mặt phẳng qua M song song với AC BD cắt BC, CD, DA N, P, Q Tìm vị trí M điều kiện a, b, c để thiết diện MNPQ hình vng, tính diện tích thiết diện trường hợp t Cho tam giác ABC có góc nhọn Xác định điểm M bên tam giác cho MA + MB + MC nhỏ -Hết Họ tên thí sinh: Số báo danh: t HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN : TỐN 11 THPT -Câu I Nội dung Điểm 2.0 (1.0 đ) ĐK: sin x cos x Khi pt trở thành: sinx cos x 2 sin x cos x (1) 0.25 ĐK: sinx cos x dẫn tới sinx 0;cos x 0.25 Khi đó: (1) sin 2x 1 x k 0.25 KL nghiệm : x 2m 0.25 (1.0 đ).ĐK: sin 3x 0 4 (1) 0,25 Khi phương trình cho tương đương với pt: 5 x k; x k 12 12 Trong khoảng ; ta nhận giá trị : sin 2x 0.25 11 5 7 x ; x ; x ; x 12 12 12 12 0.25 Kết hợp với đk (1) ta nhận hai giá trị thỏa mãn là: x ; 12 x 7 12 0,25 3.0 II (1.0 đ) TH1: Trong số chẵn có mặt số Số số tìm 5.C 24 C35 5! 36000 (số) t 0.5 TH2: Trong số chẵn khơng có mặt số Số số tìm C34 C35 6! 28800 (số) Đ/ số 0.25 36000 28800 64800 số 0.25 (1.0 đ) Dễ thấy x x 2011 x 2016 ; M x C50 C15 x1 C52 x C53 x C54 x C55x N x 2011 k 2011 2011 C02011 C12011x1 C2011 x k C 2011 x P x 2016 k 2016 2016 C02016 C12016 x C 2016 x k C2016 x Ta có hệ số x P C k k 2016 0.25 0.25 Vì P M.N , mà số hạng chứa x k M.N : k k k k k k k k C50 C2011 x k C15 xCk2011 x C52 x 2C2011 x C53 x 3Ck2011 x C54 x 4Ck2011 x C55x 5C2011 x 0.25 nên k k k k C50 C2011 C15 C2011 C55 C2011 C2016 0.25 (1 điểm) u1 11 10 Ta có: u 10.11 102 100 u 10.102 9.2 1003 1000 Dự đoán: Chứng minh: 0.25 0.25 n un = 10 + n (1) Ta có: u1 = 11 = 101 + , công thức (1) với n=1 Giả sử công thức (1) với n=k ta có : uk = 10k + k Ta có: uk + = 10(10k + k) + - 9k = 10k+1 + (k + 1) Công thức(1) với n=k+1 0.25 Vậy un = 10n + n, n N 0.25 2.0 III (1 đ) Ta có: k(k 3) (k 1)(k 2) (k 1)(k 2) 0.25 0.25 Cho k=1,2,3,…,n ta t 1.4.2.5.3.6 n(n 3) Sn 2.3.3.4.4.5 (n+2)(n 1) (n 3) Un= 3(n 1) 0.25 lim Un = lim (n 3) 1 n n 3(n 1) 0.25 2.(1 điểm) 2x 4x L Lim x 2x 2012 2012 Ta có x x x 0.25 Lim x 2x 0 x Lim x Lim x 2x 2x 2` Lim Lim x x x( (1 2x) 2x 1) x ( (1 2x) 2x 1) 4x 4x Lim Lim 2 x x( 4x 1) x x 4x 16096 2012.2 Vậy L 0 2012 3 0.5 0.25 IV 3.0 1.(2 đ) +) Chứng minh MNPQ hình bình hành 0.5 MN NP MP NQ +) MNPQ hình vng M trung điểm AB a = c 1.0 +) Lúc SMNPQ = b 0.5 2.(1 đ) 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’ 0.25 MA+MB+MC bé bốn điểm B,M,M’,C’ thẳng hàng Khi góc BMA=1200, góc AMC=1200 0.5 Ta vị trí M tam giác ABC Chú ý: Học sinh giải cách khác cho điểm tối đa t 0.25 t