TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 Web: http://bacninh.edu.vn/thptthuanthanh1 Ngày 14/03/2013 (Đề thi gồm 01 trang) ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN: TOÁN LỚP 11 Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,0 điểm). Tính tổng các nghiệm của phương trình sau trên 0;1004 : 2 8sin xcosx 3sinx cosx 0 sin x 6 Câu 2 (3,0 điểm) a) Từ các chữ số 0, 2, 3, 5, 6, 8 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau, trong đó hai chữ số 0 và 5 không đứng cạnh nhau. b) Tính tổng 0 1 n n n n 1 1 1 S C C C 1.2 2.3 n 1 . n 2 . Câu 3 (1,0 điểm). Chứng minh rằng phương trình 5 x x 2 0 có nghiệm 0 x thỏa mãn 9 0 x 8 . Câu 4 (3,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA a 3 . M và I là hai điểm thỏa mãn 3MB MS 0 , 4IS 3ID 0 . Mặt phẳng (AMI) cắt SC tại N. a) Chứng minh đường thẳng SD vuông góc với mặt phẳng (AMI). b) Chứng minh 0 0 ANI 90 ;AMI 90 . c) Tính diện tích của thiết diện tạo bởi mặt phẳng (AMI) và hình chóp S.ABCD. Câu 5 (1,0 điểm). Cho ba số dương a, b, c thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: bc ca ab P a 3 bc b 3 ca c 3 ab Hết Họ tên thí sinh: …………………………………… SBD: …………………… ( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TOÁN 11 Câ u ĐÁP ÁN Điể m 1 2,0 ĐKXĐ: sin x 0 x k k 6 6 0,25 PT 4sin 2xsinx 3sinx cosx 0 2(cosx cos3x) 3sinx cosx 0 1 3 cos3x= cosx sinx 2 2 0,25 cos3x=cos x 3 x k 6 k x k 12 2 0,25 Kết hợp với điều kiện xác định Phương trình đã cho có nghiệm là x k 12 2 k . 0,25 1 1 k 2008 x 0;1004 0 k 1004 6 6 12 2 k 1 k 2008 k 0,5 Các nghiệm của phương trình đã cho trên 0;1004 là k x k 12 2 với 1 k 2008 k ,gồm 2008 nghiệm lập thành cấp số cộng có 1 5 x 12 2 12 , công sai d 2 nên tổng các nghiệm là: 1 n 2008 5 3025052 S 2x n 1 d 2 2008 1 2 2 12 2 3 . 0,5 2 3,0 a) 1,5 Gọi 1 2 3 4 5 6 a a a a a a là số gồm 6 chữ số đôi một khác nhau được thiết lập từ {0;2;3;5;6;8}. - Để lập thành một số dạng 1 2 3 4 5 6 a a a a a a : 1 a 0 nên có 5 cách chọn 1 a , sau đó chọn một hoán vị 5 chữ số còn lại. Do đó có tất cả 5.5! = 600 số dạng 1 2 3 4 5 6 a a a a a a . 0,5 - Ta tìm tất cả các số có hai chữ số 0 và 5 đứng cạnh nhau trong các số trên: Có 5 vị trí trong mỗi số 1 2 3 4 5 6 a a a a a a để hai chữ số 0 và 5 đứng cạnh nhau, trong đó vị trí đầu bên trái chỉ có một khả năng là 3 4 5 6 50a a a a , các vị trí còn lại có thể hoán vị 0 và 5. 0,5 Sau khi chọn vị trí để hai chữ số 0 và 5 đứng cạnh nhau, ta chọn một hoán vị các chữ số còn lại. Do đó có 9.4! = 216 số dạng 1 2 3 4 5 6 a a a a a a ,trong đó có chữ số 0 và chữ số 5 đứng cạnh nhau. Vậy có tất cả 600 – 216 = 384 số thỏa mãn yêu cầu. 0,5 b) 1,5 Ta chứng minh bổ đề: k k 1 n n 1 1 1 C C k 1 n 1 (*) Thật vậy: (*) n 1 ! 1 n! 1 . . k 1 n k !k! n 1 n k ! k 1 ! n! n! n k ! k 1 ! n k ! k 1 ! (luôn đúng). 0,5 Áp dụng bổ đề, số hạng tổng quát của S là: k k 1 k 2 n n 1 n 2 1 1 1 1 1 C . C C k 1 k 2 k 2 n 1 n 1 n 2 0,5 Vậy 2 3 n 2 n 2 n 2 n 2 1 S C C C n 1 n 2 n 2 0 1 n 2 n 2 1 2 C C n 1 n 2 n 2 2 n 3 n 1 n 2 . 0,5 3 1,0 Đặt 5 f x x x 2 f(x) là hàm đa thức nên liên tục trên đoạn [1; 2]. f(1).f(2) = -2.28 = -56 < 0 Do đó phương trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm 0 x 1;2 . 0,5 Mặt khác: 5 5 0 0 0 0 0 x x 2 0 x x 2 2 2x , Dấu “=” không xảy ra vì 0 x 1;2 Vậy 5 10 0 0 0 0 x 2 2x x 8x 9 0 x 8 (đpcm). 0,5 4 3,0 a) 1,0 A D b B a C S c I N M Đặt AB a, AD b, AS c 2 1 BC b, a a, b 2 a 2a, c a 3, a.b a , a.c 0, b.c 0 2 0,5 Ta có: 3 4 3 1 SD b c, AI b c, AM a c 7 7 4 4 SD.AI 0, SD.AM 0 Do đó SD AI, SD AM . Vậy SD AMI 0,5 b) 1,0 Ta có: 1 1 1 1 5 1 AN a b c, NI a b c 2 4 2 2 28 14 0 AN.NI 0 AN NI ANI 90 . 0,5 + 3 1 3 3 9 AM a c, MI a b c 4 4 4 7 28 0 AM.MI 0 AM MI AMI 90 . 0,5 c) 1,0 Thiết diện tạo bởi mặt phẳng (AMI) và hình chóp S.ABCD là tứ giác AMNI. + a 3 AM AM 2 , a 6 AN AN 2 , a 42 NI NI 14 2 ANI 1 3a 7 S AN.NI 2 28 ; 0,5 + 2 15a AM.AN 16 AM.AN 5 14 cosMAN sin MAN AM.AN 8 4 2 Vậy 2 AMNI ANI AMN 45a 7 S S S 224 (đvdt). 0,5 5 1,0 Đặt x a , y b, z c với x, y, z > 0. Khi đó 2 2 2 yz zx xy P x 3yz y 3zx z 3xy Ta có 2 2 2 3yz 3zx 3xy 3P x 3yz y 3zx z 3xy 2 2 2 2 2 2 x y z 3 3 Q x 3yz y 3zx z 3xy 0,25 Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta được: 2 2 2 2 2 2 2 x y z x 3yz y 3zx z 3xy x 3yz y 3zx z 3xy 2 2 2 Q x y z 3xy 3yz 3zx 0,25 2 2 x y z Q x y z xy yz zx Mặt khác: 2 x y z xy yz zx 3 0,25 Suy ra 3 Q , 4 do đó 9 3 3P P 4 4 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3 4 . 0,25 Các cách giải khác đúng cho điểm tương ứng . TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 Web: http://bacninh.edu.vn/thptthuanthanh1 Ngày 14/03/2013 (Đề thi gồm 01 trang) ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN: TOÁN LỚP 11 Thời. ca c 3 ab Hết Họ tên thí sinh: …………………………………… SBD: …………………… ( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TOÁN 11 Câ u ĐÁP ÁN Điể m 1 2,0 ĐKXĐ: . 1,5 Gọi 1 2 3 4 5 6 a a a a a a là số gồm 6 chữ số đôi một khác nhau được thi t lập từ {0;2;3;5;6;8}. - Để lập thành một số dạng 1 2 3 4 5 6 a a a a a a : 1 a 0 nên có 5 cách chọn 1 a ,