7e0MMyJ de thi hoc sinh gioi mon toan lop 11 so gd

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012-2013
ĐỀ THI MƠN: TỐN
(Dành cho học sinh THPT khơng chun)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề
Câu 1.





Giải phương trình sin 2 x  3 cos 2 x  2  3 sin x  cos x  1  3 .
Câu 2.
a) Xét khai triển: 1  x 1  2 x  ... 1  2013 x   a0  a1 x  a2 x 2  ...  a2013 x 2013 . Tính
1 2
1  22  ...  20132  .
2
b) Chọn ngẫu nhiên một số có 4 chữ số đơi một khác nhau. Tính xác suất để số được chọn không
nhỏ hơn 2013.
a2 

Câu 3.
a) Cho dãy số

 un 

được xác định như sau: u1  1, u2  3, un  2  2un 1  u n  1, n  1, 2,... Tính

un
.
n n 2
lim

b) Cho phương trình: m  x  1  x 3  4 x   x 3  3 x  1  0 ( x là ẩn, m là tham số). Chứng minh với
mọi giá trị thực của m phương trình đã cho có ít nhất ba nghiệm thực phân biệt.
Câu 4.
a) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Chứng minh mặt phẳng

 A ' BD 

song song với mặt

phẳng  CB ' D '  . Tìm điểm M trên đoạn BD và điểm N trên đoạn CD’ sao cho đường thẳng MN
vng góc với mặt phẳng (A’BD).
b) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các
đoạn thẳng AD, BB’, C’D’. Xác định thiết diện cắt bởi mặt phẳng (MNP) với hình lập phương
ABCD.A’B’C’D’, tính theo a diện tích thiết diện đó.
Câu 5.
Cho a, b, c là các hằng số thực và P  x   ax3  bx 2  cx . Tìm tất cả các số a, b, c sao cho

P  2   26 và P  x   1 với mọi số thực x sao cho x  1.
-------------Hết----------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………….………..…….…….….….; Số báo danh……………………


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012-2013
ĐÁP ÁN MƠN: TỐN
(Dành cho học sinh THPT khơng chun)

(Đáp án có 03 trang)

I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm
theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm tồn bài tính đến 0,25 và khơng làm trịn.
- Với bài hình học nếu thí sinh khơng vẽ hình phần nào thì khơng cho điểm tương ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu
1(2đ)

Nội dung trình bày



Điểm



Ta có sin 2 x  3 cos 2 x  2  3 sin x  cos x  1  3





 2sin x.cos x  cos x  3 1  2sin 2 x   2  3 sin x  3  1  0

0,5

 3 sin x  1  0
3 sin x  1  0

 cos x  2sin x  1   2sin x  1



  2sin x  1 cos x 
1

sin x 

2


 3 sin x  cos x  1

0,5



x   k 2

1
6
+) sin x   

k 
2
 x  5  k 2

6
+)

2(2đ)

3 sin x  cos x  1 



0,25

3
1
1
 1

sin x  cos x   sin  x   
2
2
2
6 2


0,25

  



 x  6  6  k 2
x   k 2



3
k  

 x    5  k 2
 x    k 2

6
6
Vậy phương trình đã cho có các họ nghiệm là

5

x   k 2 , x 
 k 2 , x   k 2 , x    k 2  k 
6
6
3
2.a (1,0 điểm)


 2013 
Ta có 1  x 1  2 x  ... 1  2013 x   1    k  x    i. j  x 2  A.x 3
 k 1 

 1i  j  2013 
1
2
Suy ra a2   i. j  1  2  ...  2013  12  2 2  ...  20132  


2
1 i  j  2013
2

0,5



0,5
0,25

2

1
1  2013  2014   2013  1007 
 a2  12  22  ...  20132   
.
 
2
2
2
2

2.b (1,0 điểm)

Ta có n     số cách chọn một số có bốn chữ số đôi một khác nhau  9.9.8.7

A là biến cố chọn ra được một số có bốn chữ số đơi một khác nhau abcd và không nhỏ

0,25

0,25


hơn 2013. Ta sẽ tính số các số có bốn chữ số đôi một khác nhau abcd và các số này chỉ có
thể xảy ra với
a  1 , b 0,1,...,9 \ 1 , c  0;1;...;9 \ 1; b và d  0;1;...;9 \ 1; b; c có 7 cách chọn
suy ra trong trường hợp này có 9.8.7 số thỏa mãn.
Từ hai trường hợp trên ta được n  A  7.8.9.9  7.8.9  7.8.9.8 . Do đó xác suất cần tìm là:

P  A 

n  A 7.8.9.8 8


n    9.9.8.7 9

0,5

0,25

3(2,0đ) 3.a (1,0 điểm)
Ta có un  2  u n 1  un 1  un  1, n  1, 2,... suy ra un 2  un 1 lập thành một cấp số cộng có
cơng sai bằng 1 nên un  2  u n 1  u2  u1  n.1  n  2 (1)
Từ (1) ta được un  u1  un  un 1  un 1  un  2  ...  u2  u1  n  n  1  ...  2

n  n  1
2
n  n  1 1
u
1
u
lim n2  lim
 . Vậy lim n2  .
2
n  n
n 
n  n
2n
2
2
3.b (1,0 điểm)
Đặt f  x   m  x  1  x 3  4 x   x 3  3 x  1 ta được f  x  xác định và liên tục trên

0,25
0,5

 un  1  2  ...  n 

0,25
.

Ta có f  2   1, f  0   1, f 1  1, f  2   3
Do đó ta được f  2  f  0   0, f  0  f 1  0, f 1 f  2   0 nên phương trình f  x   0
có nghiệm thuộc  2; 0  ,  0;1 , 1; 2  suy ra phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
4(3đ)

0,5

0,5

4.a (1,5 điểm)
A

D
M

C

B

N
D'

A'

0,5

C'

B'

Ta có tứ giác BCD’A’ là hình bình hành nên CD ' BA '  CD '  BDA '  (1)
Ta có tứ giác BDD’B’ là hình bình hành nên B ' D ' BD  B ' D '  BDA ' (2)
Từ (1) và (2) ta được  A ' BD   CB ' D '  .


 

   
 

Đặt BM  x.BD, CN  y.CD ' . Khi đó MN  MB  BC  CN   xBD  AD  y.CD '
  
 



 x AB  AD  BC  y AA '  AB   x  y  AB  1  x  AD  y AA '









0,5

0,25

Do MN vng góc (A’BD) nên MN  BD, MN  BA ' . Từ đó ta được:

2

 

x
 MN .BD  0
1  x   x  y   0  2 x  y  1 
3



  
x

2
y
y

x

y

0


y  1
 MN .BA '  0  

3

0,25


 2   1 

Do đó BM  .BD, CN  .CD '
3
3
4.b (1,5 điểm)
M

A

D

S
R
C

B
O

D'

A'
N

0,5
P

B'

Q

C'

Gọi S là trung điểm của AB, khi đó MS BD  MS  BDC '  và NS C ' D  NS  BDC ' 
suy ra  MNS   BDC '  . Do  MNS  BC ' nên (MNS) cắt (BCC’B’) theo giao tuyến qua N
song song với BC’ cắt B’C’ tại Q.
Do  MNS  BD B ' D ' nên (MNS) cắt (A’B’C’D’) theo giao tuyến qua Q song song với

5(1đ)

B’D’ cắt D’C’ tại P’, do P’ là trung điểm của C’D’ nên P’ trùng với P. Do  MNS  C ' D
nên (MNS) cắt (CDD’C’) theo giao tuyến qua P song song với C’D cắt DD’ tại R.
Do đó thiết diện cắt bởi (MNP) và hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ theo một lục giác đều
a 2
MSNQPR cạnh MR 
và có tâm là O suy ra:
2
1
3 3a 2
3 3a 2
S MSNQPR  6 SOMS  6. OM .OS .sin 600 
. Vậy S MSNQPR 
2
4
4
1
 
Đặt f 1  m, f  1  n, f    p , khi đó m , n , p  1 và ta có hệ
2
3m  n  8 p



a 
3
a  b  c  m
a  b  c  m


mn


 b 
 a  b  c  n  a  b  c  n
2
a b c
a  2b  4c  8 p


16
p  3m  n
   p

8 4 2
c 
6

3m  n  8 p
16 p  3m  n
Ta có f  2   8.
 2  m  n 
 9m  n  16 p  9  1  16  26 .
3

3
m  1
a  4


Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  n  1  b  0
 p  1  c  3


3
Ta có f  x   4 x  3x , xét 1  x  1 thì tồn tại  : x  cos 
a  4

 f  x   4cos   3cos   cos 3 suy ra f  x   1 với mọi 1  x  1 . Vậy b  0
 c  3

3

------------------Hết------------------

0,5

0,5

0,5

0,25

0,25