http://toanhocmuonmau.violet.vn        SỞ GD & ĐT BẮC GIANG           ĐỀ THI HSG CỤM LẠNG GIANG NĂM HỌC 2012 - 2013       ...
http://toanhocmuonmau.violet.vn                                         HƯỚNG DẪN CHẤM toán 11 CÂU                        ...
http://toanhocmuonmau.violet.vn          + Ta có                   u0 = 1 = −4 + 5.20                   u1 = 6 = −4 + 5.21...
http://toanhocmuonmau.violet.vn         Ta có            ( β ) / / OA                      + OA ⊂ ( ABC )          ⇒ MN...
http://toanhocmuonmau.violet.vn                                         x = 4                                         ...
http://toanhocmuonmau.violet.vnGọi số cần tìm là : n = a1 a 2 a3 a 4 a5 a6      Số n có tính chất :        + Lẻ ⇒ a6 ∈ {1 ...
Upcoming SlideShare
Loading in...5
×

De thi va dap an thi hsg cum lg mon toan 11 nam 2013

4,034

Published on

0 Comments
4 Likes
Statistics
Notes
  • Be the first to comment

No Downloads
Views
Total Views
4,034
On Slideshare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
0
Actions
Shares
0
Downloads
64
Comments
0
Likes
4
Embeds 0
No embeds

No notes for slide

De thi va dap an thi hsg cum lg mon toan 11 nam 2013

  1. 1. http://toanhocmuonmau.violet.vn SỞ GD & ĐT BẮC GIANG ĐỀ THI HSG CỤM LẠNG GIANG NĂM HỌC 2012 - 2013 CỤM LẠNG GIANG Môn: Toán. Lớp 11. Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi 24 tháng 02 năm 2013Câu I: (2 điểm)  3π   π 1. Giải phương trình: 2 2 cos2 x + sin 2 x cos  x +  − 4sin  x +  = 0  4   4 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 6chữ 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) n  5 1. Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển: P ( x ) =  x +  và x ≠ 0 biết rằng:  xC4 n+1 + C4 n+1 + C4 n +1 + ... + C4 n +1 = 232 − 1 1 2 3 2n (n ∈ N ) * u0 = 1; u1 = 6 u 2. Cho dãy số (un ) xác định như sau :  . Tìm lim n n un+ 2 − 3un +1 + 2un = 0, ∀n ∈ N 3.2 3 1 + x2 − 4 1 − 2 xCâu III: (1 điểm) Tìm giới hạn L = lim x →0 x2 + xCâu IV: (3 điểm) 1. Cho tam giác ABC và một điểm P nằm trong tam giác. Hãy dựng tam giác cân đỉnh P cóđáy song song với cạnh BC và có 2 đỉnh lần lượt nằm trên hai cạnh AB, AC của tam giác ABCcho trước. 2. Trong mặt phẳng (α ) cho tam giác ABC vuông tại A, góc B = 600 , AB = a . Gọi O làtrung điểm của BC. Lấy S ở ngoài mặt phẳng (α ) , sao cho SB = a và SB ⊥ OA . Gọi M là mộtđiểm trên cạnh AB, mặt phẳng ( β ) qua M và song song với SB và OA, cắt BC, SC, SA lần lượttại N, P, Q. Đặt x = BM ( 0 < 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 lậpthành một cấp số nhân; đồng thời x, y – 4, z – 9 theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng. Hãytìm x, y, z. 2. Cho a, b, c ∈ R . Chứng minh rằng phương trình sau luôn có nghiệm x3 + ax 2 + bx + c = 0 ------------------- 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.
  2. 2. http://toanhocmuonmau.violet.vn HƯỚNG DẪN CHẤM toán 11 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM PT ⇔ (sin x + cos x )  4(cos x − sin x ) − sin 2 x − 4  = 0   s inx + cos x = 0 ⇔ 0.25  4 ( cos x − s inx ) − sin 2 x − 4 = 0 π + s inx + cos x = 0 ⇔ x = − + kπ 0.25 4 + 4 ( s inx − cos x ) − sin 2 x − 4 = 0 (1) . Đặt t = s inx − cos x ( t ≤ 2) 1  t = −1 Khi đó phương trình (1) trở thành: t 2 − 4t − 5 = 0 ⇔  t = 5 (loai)  x = k 2π  π 1 Với t = −1 ta có s inx − cos x = −1 ⇔ sin  x −  = − ⇔ 0.25  4 2  x = 3π + k 2π  2 π 3π Kết luận: Vậy phương trình có nghiệm x = − + kπ ; x = k 2π ; x = + k 2π 0.25 4 2 I Gọi số cần tìm là : n = a1 a 2 a3 a 4 a5 a6(2đ) Số n có tính chất : 0.25 + Lẻ ⇒ a6 ∈ {1 ; 3 ; 5 ; 7 } + a3 chia hết cho 6 ⇒ a3 ∈ {0 ; 6} . * Trường hợp 1 : a3 = 0 : a6 có 4 cách . a1 có 6 cách . Chọn 3 chữ số còn lại có A5 cách . 3 0.25 2 ⇒ Có 4.6. A5 số . 3 * Trường hợp 2 : a3 = 6 a6 có 4 cách chọn . a1 có 5 cách (a1 ≠ 0 ; a1 ≠ a3 ; a1 ≠ a6) Chọn 3 chữ số còn lại có A5 cách 3 0.25 ⇒ Có 4.5. A5 số . 3 Vậy : 4.6. A5 + 4.5. A5 = 2640 số . 3 3 0.25 4 n +1 + Xét khai triển (1 + x ) 4 n +1 = ∑C k =0 k x . Với x = 1 , ta có: 4 n +1 k C4 n+1 + C4 n+1 + C4 n +1 + ... + C4 n +1 + C4 n +1 + C4 n +12 + ... + C4 n+1 = 24 n+1 0 1 2 2n 2 n +1 2n+ 4 n +1 + + + Lại có: Cnk = Cnn− k , nên: C40n+1 + C4 n+1 + C42n +1 + ... + C42nn+1 = C42nn+11 + C42nn+12 + ... + C44nn+11 1 Suy ra: 2 ( C4 n +1 + C4 n +1 + C42n +1 + ... + C42nn+1 ) = 24 n +1 0 1 0.5 ⇒ C4 n +1 + C4 n +1 + C4 n+1 + ... + C4 n +1 = 24 n 0 1 2 2n II 1 ⇒ C4 n +1 + C4 n +1 + ... + C4 n +1 = 24 n − 1 1 2 2n Theo đầu bài ta có: 24 n − 1 = 232 − 1 ⇔ 4n = 32 ⇔ n = 8 8 k  5 8 5 8 + Với n = 8 , ta có: P ( x ) =  x +  = ∑ C8k .x8−k .   = ∑ C8k .5k .x8−2 k  x  k =0  x  k =0 Số hạng không chứa x ứng với 8 − 2k = 0 ⇔ k = 4 . 0.25 4 4 Kết luận: Vậy số hạng không chứa x là C .5 8 0.25
  3. 3. http://toanhocmuonmau.violet.vn + Ta có u0 = 1 = −4 + 5.20 u1 = 6 = −4 + 5.21 u2 = 16 = −4 + 5.22 u3 = 36 = −4 + 5.23 ... 0.25 2 un = −4 + 5.2n , ∀n ∈ N * + Sử dụng phương pháp qui nạp chứng minh un = −4 + 5.2n , ∀n ∈ N là số 0.5 hạng tổng quát của (un ) 1 −4. +5 un −4 + 5.2 n 2n 5 + lim n = lim = lim = 3.2 3.2n 3 3 0.25 3 1 + x2 − 4 1 − 2 x  3 1 + x2 −1 1 − 4 1 − 2 x  Ta có: L = lim = lim  +  x →0 x2 + x x →0  x2 + x x2 + x   0.25  3 1 + x2 − 1 x2 + Tính L1 = lim = lim x2 + x x ( x + 1)  3 (1 + x 2 ) + 3 1 + x 2 + 1 x →0 x →0  2    x = lim =0 0.25 ( x + 1)  3 (1 + x 2 ) + 3 1 + x 2 + 1 x →0 2  III   1 − 4 1 − 2x 2x + Tính L2 = lim = lim x →0 x2 + x x →0 x ( x + 1) ( 4 (1 − 2 x ) 3 2 ) + 4 (1 − 2 x ) + 4 (1 − 2 x ) + 1 0.25 2 1 = lim = x →0 ( ( x + 1) 4 (1 − 2 x ) 3 + 4 (1 − 2 x ) 2 + 4 (1 − 2 x ) + 1 2 ) 0.25 1 + Vậy L = L1 + L2 = 2 + 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 0.25 dựng + Cách dựng: - Dựng đường thẳng d qua P và vuông góc với BCIV 1 - Dựng ảnh của cạnh AC là A C qua phép đối xứng trục d 0.25 - Gọi M = AB ∩ A C . Dựng N = Dd ( 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 0.25 + 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
  4. 4. http://toanhocmuonmau.violet.vn Ta có ( β ) / / OA  + OA ⊂ ( ABC ) ⇒ MN / / OA (1) 0.25   MN = ( β ) ∩ ( ABC ) ( β ) / / SB  2a +  SB ⊂ ( SAB ) ⇒ MQ / / SB ( 2) 0.25   MQ = ( β ) ∩ ( SAB ) + Tương tự: NP / / SB ( 3) 0.25 + Từ ( 2 ) , ( 3) ta suy ra MQ / / NP / / SB ( 4) Từ (1) , ( 4 ) và SB ⊥ OA ta suy ra MNPQ là hình thang vuông , đường cao MN. 0.25 1 + Ta có S MNPQ = .MN . ( MQ + NP ) (5) 2 + Tính MN. Ta có ∆ABC là nửa tam giác đều nên BC = 2 AB = 2a 1 Suy ra OA = BC = a 2 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) 0.5 SB AB AB a + Tính NP: NP CN SB.CN a ( 2a − x ) 2a − x NP / / SB ⇒ = ⇒ NP = = = SB CB CB 2a 2 x ( 4a − 3 x ) 2b Thay các kết quả tìm được vào (5) ta được S MNPQ = 4 + Tìm x để diện tích lớn nhất x ( 4a − 3 x ) 3 x ( 4a − 3 x ) Ta có: S MNPQ = = 4 12 Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương 3x, ( 4a − 3x ) , ta có: 0.5  3 x + 4a − 3 x  2 3 x ( 4a − 3 x ) ≤   ≤ 4a 2  2  2 1 a ⇒ S MNPQ ≤ .4a 2 = 12 3 2a + Đẳng thức xảy ra ⇔ 3x = 4a − 3x ⇔ x = 3 2a Vậy khi x = thì S MNPQ đạt giá trị lớn nhất. 3 0.25V 1 + Từ các giả thiết của bài toán ta có hệ phương trình  y 2 = xz (1)   0.25 ( y − 4 ) = xz ( 2) 2 
  5. 5. http://toanhocmuonmau.violet.vn  x = 4  x + z = 5 z = 1 + Với y = 2 ta có  ⇔  xz = 4  x = 1 0.25   z = 4  + Kết luận: các số x, y, z cần tìm là x = 1, y = 2, z = 4 hoặc x = 4, y = 2, z = 1 0.25 + Xét hàm số f ( x ) = x + ax + bx + c là hàm số liên tục trên R 3 2 0.25  c  + Ta có: lim ( x3 + ax 2 + bx + c ) = lim x 3  1 + + 2 + 3  = +∞ nên tồn tại số a b x →+∞ x →+∞  x x x  0.25 dương α đủ lớn, ta có: f (α ) > 0  c  + Ta có: lim ( x3 + ax 2 + bx + c ) = lim x 3  1 + + a b 2 2 + 3  = −∞ nên tồn tại số âm x →−∞ x →−∞  x x x  β , sao cho β đủ lớn, ta có: f ( β ) < 0 0.25 + Vì f (α ) f ( β ) < 0 và hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [α ; β ] ⊂ R nên phương trình f ( x ) = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc (α ; β ) . Tức là phương trình x3 + ax 2 + bx + c = 0 luôn có nghiệm với mọi a, b, c ∈ R 0.25Lưu ý: Trên đây chỉ là hướng dẫn chấm và sơ lược cách giải. Nếu học sinh làm cách khácđúng thì vận dụng hướng dẫn này để cho điểm.
  6. 6. http://toanhocmuonmau.violet.vnGọi số cần tìm là : n = a1 a 2 a3 a 4 a5 a6 Số n có tính chất : + Lẻ ⇒ a6 ∈ {1 ; 3 ; 5 ; 7 } + a3 chia hết cho 6 ⇒ a3 ∈ {0 ; 6} . - Trường hợp 1 : a3 = 0 : a6 có 4 cách . a1 có 6 cách . 3 Chọn 3 chữ số còn lại có A5 cách . ⇒ Có 4.6. A5 số . 3 - Trường hợp 2 : a3 = 6 a6 có 4 cách chọn . a1 có 5 cách (a1 ≠ 0 ; a1 ≠ a3 ; a1 ≠ a6) 3 Chọn 3 chữ số còn lại có A5 cách ⇒ Có 4.5. A5 số . 3 3 3 Vậy : 4.6. A5 + 4.5. A5 = 2640 số .

×