HSG Toán 11 2013

http://toanhocmuonmau.violet.vn SỞ GD & ĐT BẮC GIANG CỤM LẠNG GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI HSG CỤM LẠNG GIANG NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: Toán. Lớp 11. Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi 24 tháng 02 năm 2013 Câu I: (2 điểm) 1. Giải phương trình: x x x x 3 2 2 cos2 sin 2 cos 4sin 0 4 4 π π     + + − + =         2. Cho tập hợp A = {0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5, 6 , 7 }. Từ tập A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau đôi một sao cho các số này là số lẻ và chữ số đứng ở vị trí thứ 3 luôn chia hết cho 6? Câu II: (2 điểm) 1. Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển: ( ) 5 n P x x x   = +     và 0 x ≠ biết rằng: ( ) 1 2 3 2 32 * 4 1 4 1 4 1 4 1 2 1 n n n n n C C C C n N + + + + + + + + = − ∈ 2. Cho dãy số ( ) n u xác định như sau : 0 1 2 1 1; 6 3 2 0, n n n u u u u u n N + + = =   − + = ∀ ∈  . Tìm lim 3.2 n n u Câu III: (1 điểm) Tìm giới hạn 3 2 4 2 0 1 1 2 lim x x x L x x → + − − = + Câu IV: (3 điểm) 1. Cho tam giác ABC và một điểm P nằm trong tam giác. Hãy dựng tam giác cân đỉnh P có đáy song song với cạnh BC và có 2 đỉnh lần lượt nằm trên hai cạnh AB, AC của tam giác ABC cho trước. 2. Trong mặt phẳng ( ) α cho tam giác ABC vuông tại A, góc 0 60 B = , AB a = . Gọi O là trung điểm của BC. Lấy S ở ngoài mặt phẳng ( ) α , sao cho SB a = và SB OA ⊥ . Gọi M là một điểm trên cạnh AB, mặt phẳng ( ) β qua M và song song với SB và OA, cắt BC, SC, SA lần lượt tại N, P, Q. Đặt ( ) 0 x BM x a = < < . a. Chứng minh rằng MNPQ là hình thang vuông. b. Tính diện tích hình thang này theo a và x. Tìm x để diện tích này lớn nhất. Câu V: (2 điểm) 1. Ba số x, y, z theo thứ tự đó lập thành một cấp số nhân; ba số x, y – 4, z theo thứ tự đó lập thành một cấp số nhân; đồng thời x, y – 4, z – 9 theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng. Hãy tìm x, y, z. 2. Cho , , a b c R ∈ . Chứng minh rằng phương trình sau luôn có nghiệm 3 2 ax 0 x bx c + + + = HẾT Họ và tên thí sinh: SBD: Lưu ý: + Học sinh không được sử dụng tài liệu khi làm bài. + Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. http://toanhocmuonmau.violet.vn HƯỚNG DẪN CHẤM toán 11 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1 PT   ⇔ + − − − =   x x x x x (sin cos ) 4(cos sin ) sin 2 4 0 ( ) sinx cos 0 4 cos sinx sin 2 4 0 x x x + =  ⇔  − − − =  + sinx cos 0 4 x x k π π + = ⇔ = − + + ( ) 4 sinx cos sin 2 4 0 x x − − − = ( ) 1 . Đặt ( ) sinx cos 2 t x t= − ≤ Khi đó phương trình (1) trở thành: 2 1 4 5 0 5 (loai) t t t t = −  − − = ⇔  =  Với 1 t = − ta có 2 1 sinx cos 1 sin 3 4 2 2 2 x k x x x k π π π π =     − = − ⇔ − = − ⇔    = +    Kết luận: Vậy phương trình có nghiệm x k 4 π π = − + ; x k x k 3 2 ; 2 2 π π π = = + 0.25 0.25 0.25 0.25 I (2đ) 2 Gọi số cần tìm là : 654321 aaaaaan = Số n có tính chất : + Lẻ ⇒ a 6 ∈ {1 ; 3 ; 5 ; 7 } + a 3 chia hết cho 6 ⇒ a 3 ∈ {0 ; 6} . * Trường hợp 1 : a 3 = 0 : a 6 có 4 cách . a 1 có 6 cách . Chọn 3 chữ số còn lại có 3 5 A cách . ⇒ Có 4.6. 3 5 A số . * Trường hợp 2 : a 3 = 6 a 6 có 4 cách chọn . a 1 có 5 cách (a 1 ≠ 0 ; a 1 ≠ a 3 ; a 1 ≠ a 6 ) Chọn 3 chữ số còn lại có 3 5 A cách ⇒ Có 4.5. 3 5 A số . Vậy : 4.6. 3 5 A + 4.5. 3 5 A = 2640 số . 0.25 0.25 0.25 0.25 II 1 + Xét khai triển ( ) 4 1 4 1 4 1 0 1 n n k k n k x C x + + + = + = ∑ . Với 1 x = , ta có: 0 1 2 2 2 1 2 2 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1 2 n n n n n n n n n n n n C C C C C C C + + + + + + + + + + + + + + + + + + + = Lại có: k n k n n C C − = , nên: 0 1 2 2 2 1 2 2 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1 n n n n n n n n n n n C C C C C C C + + + + + + + + + + + + + + = + + + Suy ra: ( ) 0 1 2 2 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1 2 2 n n n n n n C C C C + + + + + + + + + = 0 1 2 2 4 4 1 4 1 4 1 4 1 1 2 2 4 4 1 4 1 4 1 2 2 1 n n n n n n n n n n n C C C C C C C + + + + + + + ⇒ + + + + = ⇒ + + + = − Theo đầu bài ta có: 4 32 2 1 2 1 4 32 8 n n n − = − ⇔ = ⇔ = + Với 8 n = , ta có: ( ) 8 8 8 8 8 2 8 8 0 0 5 5 . . .5 . k k k k k k k k P x x C x C x x x − − = =     = + = =         ∑ ∑ Số hạng không chứa x ứng với 8 2 0 4 k k − = ⇔ = . Kết luận: Vậy số hạng không chứa x là 4 4 8 .5 C 0.5 0.25 0.25 http://toanhocmuonmau.violet.vn 2 + Ta có 0 0 1 1 2 2 3 3 * 1 4 5.2 6 4 5.2 16 4 5.2 36 4 5.2 4 5.2 , n n u u u u u n N = = − + = = − + = = − + = = − + = − + ∀ ∈ + Sử dụng phương pháp qui nạp chứng minh 4 5.2 , n N n n u = − + ∀ ∈ là số hạng tổng quát của ( ) n u + 1 4. 5 4 5.2 5 2 lim lim lim 3.2 3.2 3 3 n n n n n u − + − + = = = 0.25 0.5 0.25 III Ta có: 3 32 2 4 4 2 2 2 0 0 1 1 2 1 1 1 1 2 lim lim x x x x x x L x x x x x x → →   + − − + − − − = = +     + + +   + Tính ( ) ( ) 3 2 2 1 2 0 0 2 32 2 3 1 1 lim lim 1 1 1 1 x x x x L x x x x x x → → + − = = +   + + + + +     ( ) ( ) 0 2 32 2 3 lim 0 1 1 1 1 x x x x x → = =   + + + + +     + Tính ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 2 2 0 0 3 2 4 4 4 1 1 2 2 lim lim 1 1 2 1 2 1 2 1 x x x x L x x x x x x x → → − − = = + + − + − + − + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 3 2 4 4 4 2 1 lim 2 1 1 2 1 2 1 2 1 x x x x x → = = + − + − + − + + Vậy 1 2 1 2 L L L = + = 0.25 0.25 0.25 0.25 1 + Phân tích: Giả sử ta dựng được PMN ∆ thỏa mãn các điều kiện của bài toán và ta nhận thấy M và N là ảnh của nhau qua phép đối xứng trục , có trục là đường thẳng d đi qua P và vuông góc với BC cho trước. Do đó, ta có cách dựng + Cách dựng: - Dựng đường thẳng d qua P và vuông góc với BC - Dựng ảnh của cạnh AC là ' ' A C qua phép đối xứng trục d - Gọi ' ' M AB A C = ∩ . Dựng ( ) d N D M = Khi đó ta được PMN ∆ là tam giác cần dựng thỏa mãn các ycbt + Chứng minh: ta dễ dàng chứng minh được PMN ∆ là tam giác cân tại P + Biện luận: Do AB và ' ' A C luôn cắt nhau tại 1 điểm M duy nhất cho nên bài toán luôn có duy nhất nghiệm hình 0.25 0.25 0.25 0.25 IV http://toanhocmuonmau.violet.vn 2a Ta có + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) / / / / 1 OA OA ABC MN OA MN ABC β β   ⊂ ⇒   = ∩  + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) / / / / 2 SB SB SAB MQ SB MQ SAB β β   ⊂ ⇒   = ∩  + Tương tự: ( ) / / 3 NP SB + Từ ( ) ( ) 2 , 3 ta suy ra ( ) / / / / 4 MQ NP SB Từ ( ) ( ) 1 , 4 và SB OA ⊥ ta suy ra MNPQ là hình thang vuông , đường cao MN. 0.25 0.25 0.25 0.25 2b + Ta có ( ) ( ) 1 . . 5 2 MNPQ S MN MQ NP= + + Tính MN. Ta có ABC ∆ là nửa tam giác đều nên 2 2 BC AB a = = Suy ra 1 2 OA BC a = = / / MN OA và ABO ∆ đều nên BMN ∆ đều MN BM BN x ⇒ = = = + Tính MQ: ( ) ( ) / / . MQ AM SB a MQ SB MQ AM a x a x SB AB AB a ⇒ = ⇒ = = − = − + Tính NP: ( ) 2 . 2 / / 2 2 a a x NP CN SBCN a x NP SB NP SB CB CB a − − ⇒ = ⇒ = = = Thay các kết quả tìm được vào (5) ta được ( ) 4 3 4 MNPQ x a x S − = + Tìm x để diện tích lớn nhất Ta có: ( ) ( ) 4 3 3 4 3 4 12 MNPQ x a x x a x S − − = = Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương ( ) 3 , 4 3 x a x − , ta có: ( ) 2 2 2 2 3 4 3 3 4 3 4 2 1 .4 12 3 MNPQ x a x x a x a a S a + −   − ≤ ≤     ⇒ ≤ = + Đẳng thức xảy ra 2 3 4 3 3 a x a x x⇔ = − ⇔ = Vậy khi 2 3 a x = thì MNPQ S đạt giá trị lớn nhất. 0.5 0.5 V 1 + Từ các giả thiết của bài toán ta có hệ phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 4 2 2 4 9 3 y xz y xz y x z  =   − =   − = + −  0.25 0.25 http://toanhocmuonmau.violet.vn + Với 2 y = ta có 4 1 5 4 1 4 x z x z xz x z  =    = + =    ⇔   = =     =    + Kết luận: các số , , x y z cần tìm là 1, 2, 4 x y z = = = hoặc 4, 2, 1 x y z = = = 0.25 0.25 2 + Xét hàm số ( ) 3 2 ax f x x bx c = + + + là hàm số liên tục trên R + Ta có: ( ) 3 2 3 2 3 lim ax lim 1 x x a b c x bx c x x x x →+∞ →+∞   + + + = + + + = +∞     nên tồn tại số dương α đủ lớn, ta có: ( ) 0 f α > + Ta có: ( ) 3 2 3 2 3 lim ax lim 1 x x a b c x bx c x x x x →−∞ →−∞   + + + = + + + = −∞     nên tồn tại số âm β , sao cho β đủ lớn, ta có: ( ) 0 f β < + Vì ( ) ( ) 0 f f α β < và hàm số ( ) f x liên tục trên đoạn [ ] ; R α β ⊂ nên phương trình ( ) 0 f x = có ít nhất một nghiệm thuộc ( ) ; α β . Tức là phương trình 3 2 ax 0 x bx c + + + = luôn có nghiệm với mọi , , a b c R ∈ 0.25 0.25 0.25 0.25 Lưu ý: Trên đây chỉ là hướng dẫn chấm và sơ lược cách giải. Nếu học sinh làm cách khác đúng thì vận dụng hướng dẫn này để cho điểm. http://toanhocmuonmau.violet.vn Gọi số cần tìm là : 654321 aaaaaan = Số n có tính chất : + Lẻ ⇒ a 6 ∈ {1 ; 3 ; 5 ; 7 } + a 3 chia hết cho 6 ⇒ a 3 ∈ {0 ; 6} . - Trường hợp 1 : a 3 = 0 : a 6 có 4 cách . a 1 có 6 cách . Chọn 3 chữ số còn lại có 3 5 A cách . ⇒ Có 4.6. 3 5 A số . - Trường hợp 2 : a 3 = 6 a 6 có 4 cách chọn . a 1 có 5 cách (a 1 ≠ 0 ; a 1 ≠ a 3 ; a 1 ≠ a 6 ) Chọn 3 chữ số còn lại có 3 5 A cách ⇒ Có 4.5. 3 5 A số . Vậy : 4.6. 3 5 A + 4.5. 3 5 A = 2640 số . . CỤM LẠNG GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI HSG CỤM LẠNG GIANG NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: Toán. Lớp 11. Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi 24 tháng 02 năm 2013 Câu I: (2 điểm) 1. Giải phương. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. http://toanhocmuonmau.violet.vn HƯỚNG DẪN CHẤM toán 11 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1 PT   ⇔ + − − − =   x x x x x (sin cos ) 4(cos sin ) sin 2 4 0 . 0.25 0.25 1 + Phân tích: Giả sử ta dựng được PMN ∆ thỏa mãn các điều kiện của bài toán và ta nhận thấy M và N là ảnh của nhau qua phép đối xứng trục , có trục là đường thẳng d đi