SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2011 - 2012 Môn thi: TOÁN HỌC Thời gian làm bài: 180 phút Bài 1: (5,0 điểm) Giải các phương trình sau : 1. sin 3 4cos 3 6 0 sin 3 1 x x x π − − − ÷ = − 2. 2 2 5 14 9 20 5 1x x x x x+ + − − − = + Bài 2: (4,0 điểm) 1. Cho dãy số ( ) n u biết: 2 3 1 3 5 2 1 2 2 2 2 n n n u − = + + + + . Tính lim n u 2. Cho dãy số ( ) n u xác định bởi : ( ) 1 1 1 , , 1,2, 3 2 3 1 n n n u u u n n u + = = = + + Tính tổng: 2012 1 2 3 2012 S u u u u= + + + + Bài 3: (3,0 điểm) Cho tứ diện đều SABC . Gọi ( ) P là mặt phẳng đi qua đường cao SO của tứ diện; mặt phẳng ( ) P cắt các mặt phẳng ( ) ( ) ,SBC SCA và ( ) SAB lần lượt theo các giao tuyến , ,SM SN SP . Các giao tuyến này lần lượt tạo với mặt phẳng ( ) ABC các góc , , α β γ . Chứng minh: 2 2 2 tan tan tan 12 α β γ + + = Bài 4: (4,0 điểm) Cho hàm số ( ) 1 2 sin sin 2 sin n f x a x a x a nx= + + + . Chứng minh rằng: Nếu ( ) sinf x x≤ ; với mọi [ ] 1;1x ∈ − thì 1 2 3 2 3 1 n a a a na+ + + + ≤ Bài 5: (4,0 điểm) Từ các số 1,2,3,4,5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số, trong đó chữ số 3 có mặt đúng ba lần, các chữ số còn lại có mặt không quá một lần. Trong các số tự nhiên nói trên, chọn ngẫu nhiên một số, tìm xác suất để số được chọn chia hết cho 3. Hết Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ĐỀ CHÍNH THỨC GIẢI ĐỀ TOÁN KỲ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 11 TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2011 - 2012 Bài 1: (5,0 điểm) Giải các phương trình sau : 3. sin 3 4cos 3 6 0 sin 3 1 x x x π − − − ÷ = − (1) Điều kiện: ( ) ( ) 2 3 1 sin sin 3 1 0 4sin 3sin 1 0 2sin 1 sin 1 0 2 sin 1 x x x x x x x ≠ − ≠ ⇔ − + ≠ ⇔ − + ≠ ⇔ ≠ − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 2 2 2 1 sin 3 2 3cos 2sin 3 0 4sin sin 2 3 cos 3 0 3 cos 3 4 sin 4sin 1 2 3 cos 0 sin 4sin 1 2 3 0 2 3 cos 2 4cos 3 2sin cos 3sin 3 sin 4sin 1 3 0 4sin 1 0 2cos 3 2cos 3 1 sin 2 2sin cos 3 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ⇔ − − − = ⇔ − + + = − ⇔ − + + = ⇔ − + = ÷ ÷ − − − − ⇔ − + = ⇔ − = − − = ± ⇔ − 1 sin 2 sin 3 0 sin 2 3 3 sin x x x x = − ⇔ − = − = 2 1 6 sin 7 2 2 6 x k x x k π π π π − = + = − ⇔ = + 2 2 sin 2 3 3 sin sin 2 2 3 sin 2 3 3sinx x x x x− = ⇒ − + = 2 2 2 2 4sin cos 4 3sin cos 3cos 0 4sin cos 4 3 sin 3cos 0 x x x x x x x x x ⇔ − + = ⇔ − + = Chia hai vế cho 3 osc x ta được ( ) ( ) 2 2 2 4 tan 4 3 tan 1 tan 3 1 tan 0x x x x− + + + = 3 2 4 3 tan 7tan 4 3 tan 3 0 1 sin 1 2 tan 3 3 cos 2 x x x x x x ⇔ − + − + = − = ⇔ = ⇔ − = (rơi vào TH 1) Vậy phương trình có nghiệm là 2 6 7 2 6 x k x k π π π π − = + = + 4. 2 2 5 14 9 20 5 1x x x x x+ + − − − = + ( ) 2 2 5 14 9 5 1 20 1⇔ + + = + + − −x x x x x Điều kiện: [ ) [ ) ( ] [ ) [ ) 2 2 9 ; 1; 5 5 14 9 0 1 0 1; 5; 20 0 ; 4 5; ∈ −∞ − ∪ − +∞ + + ≥ + ≥ ⇔ ∈ − +∞ ⇔ ∈ +∞ − − ≥ ∈ −∞ − ∪ +∞ x x x x x x x x x ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 5 14 9 24 5 10 1 20⇔ + + = + + + + − −x x x x x x x ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 5 14 9 24 5 10 1 20 2 5 2 5 1 4 5 2 4 5 3 4 5 4 5 4 2 ⇔ + + = + + + + − − ⇔ − + = + + − ⇔ − − + + = − − + x x x x x x x x x x x x x x x x x x Chia hai vế của (2) cho ( ) ( ) 2 4 5 4− − +x x x ta được: 2 2 4 5 4 2 3 5 4 4 5 − − + + = + − − x x x x x x . Đặt 2 4 5 4 − − = + x x t x được phương trình 2 1 3 2 5 2 5 3 0 3 2 = + = ⇔ − + = ⇔ = t t t t t t ( ) ( ) 2 2 5 61 4 5 2 1 1 5 9 0 4 5 61 2 − = − − = ⇔ = ⇔ − − = ⇔ + + = x l x x t x x x x c ( ) ( ) 2 2 7 3 4 5 3 44 25 56 0 2 4 2 8 − = − − = ⇔ = ⇔ − − = ⇔ + = x l x x t x x x x c Bài 2: (4,0 điểm) 3. ( ) ( ) 2 3 2 3 1 1 3 5 2 1 3 5 7 2 1 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 − − − = + + + + ⇒ = + + + + n n n n n n u u . Lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta được 2 2 1 1 1 2 1 2 3 2 3 , 2 2 2 2 2 2 n n n n n n u n − − + = + + + + − = − ≥ ÷ 1 2 3 3 lim lim 3 3 lim lim 3 2 2 2 n n n n n n u − + = − = − + = ÷ ÷ 4. Có 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3, 1,2, 4 4 3 n n n n n n n n n n u u u u u + + + − = + = ⇒ − = + ⇒ = + + hay ( ) ( ) 1 2 1 1 1 1 1 4 3 1 3 2 1 3 n u n n n n n n + = = = − ÷ + + + + + + . Do đó 1 1 1 , 1,2, 2 2 n u n n n = − ≥ ÷ + Vậy 2012 1 2 3 2012 1 1 1 1 1 2 2 2013 2014 S u u u u = + + + + = + − − = ÷ Bài 3: (3,0 điểm) Cho tứ diện đều SABC . Gọi ( ) P là mặt phẳng đi qua đường cao SO của tứ diện; mặt phẳng ( ) P cắt các mặt phẳng ( ) ( ) ,SBC SCA và ( ) SAB lần lượt theo các giao tuyến , ,SM SN SP . Các giao tuyến này lần lượt tạo với mặt phẳng ( ) ABC các góc , , α β γ . Chứng minh: 2 2 2 tan tan tan 12 α β γ + + = Giả sử .S ABC là tứ diện đều cạnh a . Khi đó 2 2 3 3 3 6 , , 2 3 9 3 a a a a AH AO SO a= = = − = .Đpcm: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 12 12.9 18 tan tan tan 12 12 1 2 6 SO SO SO OM ON OP OM ON OP SO a a α β γ + + = ⇔ + + = ⇔ + + = = = Vậy thay vì chứng minh (1), ta chứng minh (2). Gọi góc · BMP m= Xét MHO∆ có 3 (3) sin 6sin OH a OM m m = = . 3 cos 3cos 3 cos 3 sin .cot 6sin 6sin 2 6sin a m a m a a m a m HM OH m CM HM HC m m m − = = ⇒ = − = − = và 3 cos 3cos 3 sin 6sin 2 6sin a m a a m a m BM HM HB m m + = + = + = . Áp dụng định lí Mênêlauýt cho OHM∆ có 3cos 3 sin 3 . . 1 . . 1 2 6sin . 2 CM AH NO a m a m NO a CH AO NM NM m − = ⇔ = 3 cos 3sin 3cos 3sin 3 cos 3sin 2sin . 1 2sin 2sin 2sin m m NO NM m m NM NO m m m m NM NO m NO m − − + − + ⇔ = ⇔ = ⇔ = 3cos sin 2sin 3 . (4) 2sin 6sin 3cos sin 3cos 3sin OM m m m a a ON ON m m m m m m − ⇔ = ⇔ = = − − Áp dụng định lí Mênêlauýt cho OHM∆ có 3cos 3 sin 3 . . 1 . . 1 2 6sin . 2 BM AH PO a m a m PO a BH AO PM PM m + = ⇔ = 3 cos 3sin 3cos 3sin 3cos 3sin 2sin . 1 2sin 2sin 2sin m m PO PM m m PM OP m m m m PM PO m OP m − + − + − ⇔ = ⇔ = ⇔ = 3cos sin 2sin 3 . (5) 2sin 6sin 3cos sin 3cos 3 sin OM m m m a a OP OP m m m m m m + ⇔ = ⇔ = = + + Do đó ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3cos 3sin 3cos 3 sin 18 sin cos 1 1 1 12sin 18 m m m m m m m OM ON OP a a a a a + − + + + = + + = = Vậy (2) đúng. Do đó có điều phải chứng minh. Bài 4: (4,0 điểm) ( ) 1 2 sin sin sin 2 sin sin n f x x a x a x a nx x≤ ⇔ + + + ≤ 1 2 1 2 0 0 0 0 sin sin 2 sin sin , 0 sin sin 2 sin sin lim lim lim lim n n x x x x x x nx x a a a x x x x x x x nx x a a a x x x x → → → → ⇔ + + + ≤ ≠ ⇔ + + + ≤ 1 2 3 2 3 1 n a a a na⇔ + + + + ≤ (đpcm) Bài 5: (4,0 điểm) Từ các số 1,2,3,4,5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số, trong đó chữ số 3 có mặt đúng ba lần, các chữ số còn lại có mặt không quá một lần. Trong các số tự nhiên nói trên, chọn ngẫu nhiên một số, tìm xác suất để số được chọn chia hết cho 3. Giải *) Gọi 1 2 3 4 5 a a a a a là số tự nhiên có năm chữ số, trong đó chữ số 3 có mặt đúng ba lần, các chữ số còn lại có mặt không quá một lần với { } 1 2 3 4 5 , , , , 1;2;3;4;5a a a a a ∈ Sắp chữ số 3 vào 3 vị trí, có 3 5 10C = cách Còn lại 2 vị trí, 4 chữ số. Chọn 2 chữ số xếp vào 2 vị trí đó, có 2 4 12C = cách Vậy không gian mẫu có 10.12 120= phần tử *) Có ( ) ( ) 1 5 3; 2 4 3+ +M M Gọi biến cố A: “số được chọn chia hết cho 3” có 2 phương án 2 chữ số còn lại là 1,5 có 3 5 .2! 20C = số 2 chữ số còn lại là 2,4 có 3 5 .2! 20C = số Vậy biến cố A có 40 phần tử. *) Xác suất của biến cố A là . được chọn chia hết cho 3. Hết Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ĐỀ CHÍNH THỨC GIẢI ĐỀ TOÁN KỲ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 11 TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2011 - 2012 Bài 1: (5,0 điểm) Giải. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2011 - 2012 Môn thi: TOÁN HỌC Thời gian làm bài: 180 phút Bài 1: (5,0 điểm). n n u + = = = + + Tính tổng: 2012 1 2 3 2012 S u u u u= + + + + Bài 3: (3,0 điểm) Cho tứ diện đều SABC . Gọi ( ) P là mặt phẳng đi qua đường cao SO của tứ diện; mặt phẳng ( ) P cắt các