Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng.. Ở câu 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0.[r]
(1)SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM
KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 Khóa ngày 22 tháng năm 2018
Mơn thi: TỐN LỚP 11 THPT
Đáp án này gồm có 06 trang YÊU CẦU CHUNG
* Đáp án trình bày lời giải cho bài Trong bài làm học sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng
* Trong bài, học sinh giải sai bước giải trước cho điểm những bước giải sau có liên quan Ở câu học sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai thì cho điểm
* Điểm thành phần bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm thành phần là 0,5 điểm tuỳ tổ giám khảo thống để chiết thành 0,25 điểm
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của bài
* Điểm toàn bài là tổng (khơng làm trịn số) điểm tất các bài
Câu Nội dung Điểm
Câu (2,0 điểm)
a Giải phương trình: sin cos2 3sin cos sin
x x x x
x
1,0 Điều kiện xác định: sinx 0 x k
Phương trìnhsin 2xcos2x3sinxcosx 2
2
2
2sin cos cos 2sin 3sin
cos 2sin 2sin 3sin
2sin cos sin
x x x x x
x x x x
x x x
1 sin
2
cos sin x
x x
0,25
2
1 6
sin
5
2
x k
x
x k
0,25
2
sin cos sin
4 2
2 x k
x x x
x k
0,25
Đối chiếu điều kiện, nghiệm phương trình là:
6
x k ; ;
6
x k x k k¢ 0,25
b Giải hệ phương trình sau:
2 2
3
4 2
3
3
5
x y y x
x y y x
(2)Ta thấy x y; 0;0 nghiệm hệ phương trình 0,25 Với x y; 0;0 , ta có:
2 2 2 2 2
15x y 4 y x y x 4x y x 4y 0 y 2x 0,25 TH1: y2x, ta có: 33 x2.32.x5 4 4 x2 x2 x2.32.x5 4x2
7
32.x 64.x x y
(vì x y; 0;0 )
Do hệ phương trình có nghiệm x y; 2;4 0,25 TH2: y 2x, ta có:33 x2.32.x5 4 4 x2 x2 3 x2.32.x5 4x2
7
32.x 64.x x y
(vì x y; 0;0 ) Do hệ phương trình có nghiệm x y; 2;4
Vậy hệ phương trình cho có nghiệm: 0;0 , 2;4 , 2;4
0,25
Câu (2,0 điểm)
a Tính :
4
8
lim
1 x
x x x
x
1,0
Ta có:
4
2 2
1
8
8
lim lim
1 1
x x
x x
x x x x x
x x x
0,25
4
2
1
2 2
2
1
8
lim lim
1
1
8
lim lim
1 8
x x
x x
x x x x
x x
x x x
x x
x x x x
0,25
2 2
2
1
2
1
1
1
lim lim
1 8
1
lim lim
8
x x
x x
x x x
x
x x x x
x x
x x
0,25
1 49
6
8
0,25
b Một hộp đựng chín cầu đánh số từ đến Hỏi phải lấy cầu để xác suất có mợt cầu ghi số chia hết cho phải lớn 5
6
1,0 C Giả sử ta lấy x cầu 1 x 9,x¥ , số cách chọn xquả cầu
từ từ cầu hộp C9x nên số phần tử không gian mẫu n C9x
Gọi A biến cố ‘‘trong số x cầu lấy ra, có cầu ghi số chia hết cho 4’’, biến cố đối A A: ‘‘trong số x cầu lấy ra, khơng có cầu ghi số chia hết cho 4’’
(3)Số cách chọn tương ứng với biến cố A n A C7x
Ta có:
2
9
9 17 72
72 72
x x
n A C x x x x
P A
n C
0,25
Do đó:
2
5 17 72
1
6 72
x x
P A P A P A
hay x2 17x60 0 5 x 12
0,25 Vì 1 x 9,x¥ nên 6 x 9,x¥
Do giá trị nhỏ x
Vậy số cầu phải lấy mà ta phải tìm cầu
0,25
Câu (2,0 điểm)
a.Cho dãy số u xác định bởi: n
1
u ,
2
1
1
;
2
n n
n n
u u n
n n n
Tìm lim n un
1.0 Ta có:
1
1 ( 1)( 2)
2 ( 1)( 2)
n n n
n n
u u u
n n n n n
Hay: 1 2
1
n n
u u
n n
0.25
Đặt vn un 2;n n
Khi ta có dãy số , 1 3; 1 ;
n n n
v v v v n cấp số nhân có v1 3, cơng bội
2 q Nên 11
2
n n
v hay 31 2; 1
2
n n n n
n
u n n u
n
0.25
Bằng quy nạp ta chứng minh 2n1 n2; n 1 (1)
Thậy vậy: Với n1,n2,n3, (1)
Giả sử (1) với n k k ,( 3) tức 2k1 k2
Ta chứng minh (1) với n k 1,
Thật vậy: 2k2 2.2k1 2.k2 (k1) ,2 k 3
0.25
Suy ra: 1 12 2n
n n
Từ suy ra: lim 1 2n
n
Khi lim lim 1 2
2
n n
n
n u
0.25
b Tìm tất số nguyên dương n cho 32n 3n2 7
một số phương 1.0
Nếu 32n 3n2 7 b2 với b¥ b2 32n hay b3n Điều
chứng tỏ: b 3n 1 0.25
Do đó: 32n 3n2 7 b2 3n 12 32n 2.3n 1
(4)Nếu n3 ( ) khơng xảy vì:
0 2
2
2 2
2
2.3 2 2
( 1)
2
4 11
n n
n n n
C C C
n n n
n n n n n
n n
Do n1hoặc n2
0.25
Khi n1ta tính 32n 3n2 7 19 khơng phải số
phương
Khi n2 ta tính 32n 3n2 7 100 số phương
Kết luận: n2
0.25
Câu (3,0 điểm)
Cho hình hợp ABCD A B C D Gọi ' ' ' ' G trọng tâm tam giác '
BC D 3,0
a Xác định thiết diện hình hộp ABCD A B C D cắt ' ' ' '
mặt phẳng ABG.Thiết diện hình gì? 1,5
E F
G I
O D'
A'
C'
D
B'
C
B A
0,5
Trong mặt phẳng BC D' kéo dài BG cắt 'C D I 0,25 Khi đó:
, ' ' ' '
ABG CDD C Ix
AB ABG CD CDD C Ix CD
AB CD
P P
0,25
Từ đó, CDD C' ' kẻ Ix CDP cắt CC DD', ' E F, 0,25 Vậy thiết diện cần tìm hình bình hành ABEF (Vì EF CD AB
và EF song song với AB) 0,25
b Hai điểm M N, thuộc hai đoạn AD A C, ' cho MN song song với mặt phẳng BC D' , biết
4
AM AD Tính tỉ số
'
CN CA .
(5)N L
K M
G
O D'
A'
C'
D
B'
C
B A
Gọi O ACBD Ta thấy 'CA qua G
Khi đó, qua M kẻ đường thẳng song song với BD cắt ACtại K Trong mặt phẳng ACC A' ', gọi L KN A C' ', ta có:
' ' ' '
'
MN BC D MNK BC D KN BC D KN OC
MK PP BC D P P P
0,25 0,25
Mặt khác, theo giả thiết, ta có:
4
AK AM KO
AO AD AO
8
KO AC
8
KC AC
0,25
Vì KO LC AC ', A C' ' nên ' '
' ' ' '
LC A L
A C A C 0,25
Mà ' ' '
' ' 7
A L A L AC A N
KC A C KC NC 0,25
Vậy
' 12
CN
CA 0,25
Câu (1.0 điểm)
Cho a b c, , số thực dương Chứng minh :
3 3 2 (1)
4 4 4
a b c
a b c b c a c a b
1,0 Ta chứng minh bổ đề sau:
Cho số thực dương ,m n đó: 4(m n ) m n (2) ,
Dấu ‘=’ xảy m = n
Thật vậy: Đặt x m y, n ; ( ,x y0)
Bất đẳng thức (2) viết lại 3 4x3 y3 x y Ta xét:
3 3 2
2
2
4( ) ( )
0; ,
x y x y x x y xy y
x y x y
x y x y x y
(6)
Nên ta có: 4(x3 y3) ( x y )3 hay 3 4x3 y3 x y
hay bất đẳng thức (2) bổ đề chứng minh xong Bất đẳng thức cho tương đương với
3 3
16 16 16 16 16 16
a b c
a b c b c a c a b
Sử dụng bất đẳng thức (2) bổ đề ta có:
3 3
3
3 3
3
16 16 4 4
4( )
a a
a b c a b c
a a
a b c a b c
Tương tự:
3
3 3
3
3 3
;
16 16
16 16
b b
b c a a b c
c c
c a b a b c
Từ ta có:
3 3 (3)
16 16 16 16 16 16
a b c
a b c b c a c a b
0,25
0.25
Đẳng thức (3) xảy 4a4b c b ,4 4c a c ,4 4a b nên 8(a b c ) a b c a b c mâu thuẫn Chứng tỏ dấu ‘‘=’’ không xảy
Vậy 3 2
4 4 4
a b c
a b c b c a c a b