Đề thi HSG tỉnh Quảng Ngãi

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TỈNH
QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2011 - 2012
Môn thi: TOÁN HỌC
Thời gian làm bài: 180 phút
Bài 1: (5,0 điểm) Giải các phương trình sau :
1.
sin 3 4cos 3
6
0
sin 3 1
x x
x
π
 
− − −
 ÷
 
=
−
2.
2 2
5 14 9 20 5 1x x x x x+ + − − − = +
Bài 2: (4,0 điểm)
1. Cho dãy số
( )
n
u
biết:
2 3
1 3 5 2 1

2 2 2 2
n
n
n
u
−
= + + + +
. Tính
lim
n
u
2. Cho dãy số
( )
n
u
xác định bởi :
( )
1 1
1
, , 1,2,
3 2 3 1
n
n
n
u
u u n
n u
+
= = =
+ +

Tính tổng:
2012 1 2 3 2012
S u u u u= + + + +
Bài 3: (3,0 điểm) Cho tứ diện đều
SABC
. Gọi
( )
P
là mặt phẳng đi qua đường cao
SO
của tứ
diện; mặt phẳng
( )
P
cắt các mặt phẳng
( ) ( )
,SBC SCA
và
( )
SAB
lần lượt theo các giao tuyến
, ,SM SN SP
. Các giao tuyến này lần lượt tạo với mặt phẳng
( )
ABC
các góc
, ,
α β γ
. Chứng
minh:

2 2 2
tan tan tan 12
α β γ
+ + =
Bài 4: (4,0 điểm) Cho hàm số
( )
1 2
sin sin 2 sin
n
f x a x a x a nx= + + +
. Chứng minh rằng: Nếu
( )
sinf x x≤
; với mọi
[ ]
1;1x ∈ −
thì
1 2 3
2 3 1
n
a a a na+ + + + ≤
Bài 5: (4,0 điểm) Từ các số 1,2,3,4,5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số, trong
đó chữ số 3 có mặt đúng ba lần, các chữ số còn lại có mặt không quá một lần. Trong các số tự
nhiên nói trên, chọn ngẫu nhiên một số, tìm xác suất để số được chọn chia hết cho 3.
Hết
Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐỀ CHÍNH THỨC
GIẢI ĐỀ TOÁN KỲ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 11 TỈNH QUẢNG NGÃI
NĂM HỌC 2011 - 2012
Bài 1: (5,0 điểm) Giải các phương trình sau :

3.
sin 3 4cos 3
6
0
sin 3 1
x x
x
π
 
− − −
 ÷
 
=
−
(1)
Điều kiện:
( ) ( )
2
3
1
sin
sin 3 1 0 4sin 3sin 1 0 2sin 1 sin 1 0
2
sin 1
x
x x x x x
x

≠


− ≠ ⇔ − + ≠ ⇔ − + ≠ ⇔


≠ −

( )
( ) ( )
( ) ( )
3
2
2 2
2
2 2
1 sin 3 2 3cos 2sin 3 0 4sin sin 2 3 cos 3 0
3
cos
3
4
sin 4sin 1 2 3 cos 0 sin 4sin 1 2 3 0
2
3
cos
2
4cos 3 2sin cos 3sin 3
sin 4sin 1 3 0 4sin 1 0
2cos 3 2cos 3
1
sin
2
2sin cos 3

x x x x x x
x
x x x x x
x
x x x x
x x x
x x
x
x x
⇔ − − − = ⇔ − + + =
−
 
⇔ − + + = ⇔ − + =
 ÷
 ÷
 
−
− − −
⇔ − + = ⇔ − =
− −
= ±
⇔
−
1
sin
2
sin 3 0 sin 2 3 3 sin
x
x x x
 

= −
 
⇔
 
− = − =
 
 

2
1
6
sin
7
2
2
6
x k
x
x k
π
π
π
π
−

= +

= − ⇔



= +



2 2
sin 2 3 3 sin sin 2 2 3 sin 2 3 3sinx x x x x− = ⇒ − + =
2 2 2
2
4sin cos 4 3sin cos 3cos 0
4sin cos 4 3 sin 3cos 0
x x x x x
x x x x
⇔ − + =
⇔ − + =
Chia hai vế cho
3
osc x
ta được
( ) ( )
2 2 2
4 tan 4 3 tan 1 tan 3 1 tan 0x x x x− + + + =
3 2
4 3 tan 7tan 4 3 tan 3 0
1
sin
1
2
tan
3
3

cos
2
x x x
x
x
x
⇔ − + − + =
−

=


⇔ = ⇔

−

=


(rơi vào TH 1)
Vậy phương trình có nghiệm là
2
6
7
2
6
x k
x k
π
π

π
π
−

= +



= +


4.
2 2
5 14 9 20 5 1x x x x x+ + − − − = +
( )
2 2
5 14 9 5 1 20 1⇔ + + = + + − −x x x x x
Điều kiện:
[
)
[
)
(
] [
)
[
)
2
2
9

; 1;
5
5 14 9 0
1 0 1; 5;
20 0
; 4 5;

 
∈ −∞ − ∪ − +∞




+ + ≥
 



+ ≥ ⇔ ∈ − +∞ ⇔ ∈ +∞
 
 
− − ≥
∈ −∞ − ∪ +∞




x
x x
x x x

x x
x
( ) ( )
( )
2 2 2
1 5 14 9 24 5 10 1 20⇔ + + = + + + + − −x x x x x x x

( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( ) ( )
2 2 2
2
2 2
5 14 9 24 5 10 1 20
2 5 2 5 1 4 5
2 4 5 3 4 5 4 5 4 2
⇔ + + = + + + + − −
⇔ − + = + + −
⇔ − − + + = − − +
x x x x x x x
x x x x x
x x x x x x
Chia hai vế của (2) cho
( )
( )
2

4 5 4− − +x x x
ta được:
2
2
4 5 4
2 3 5
4 4 5
− − +
+ =
+ − −
x x x
x x x
.
Đặt
2
4 5
4
− −
=
+
x x
t
x
được phương trình
2
1
3
2 5 2 5 3 0
3
2

=


+ = ⇔ − + = ⇔

=

t
t t t
t
t

( )
( )
2
2
5 61
4 5
2
1 1 5 9 0
4
5 61
2

−
=

− −

= ⇔ = ⇔ − − = ⇔

+

+
=


x l
x x
t x x
x
x c

( )
( )
2
2
7
3 4 5 3
44 25 56 0
2 4 2
8
−

=
− −

= ⇔ = ⇔ − − = ⇔

+
=



x l
x x
t x x
x
x c
Bài 2: (4,0 điểm)
3.
( ) ( )
2 3 2 3 1
1 3 5 2 1 3 5 7 2 1
1 2 1 2
2 2 2 2 2 2 2 2
−
− −
= + + + + ⇒ = + + + +
n n
n n
n n
u u
.
Lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta được
2 2
1 1 1 2 1 2 3
2 3 , 2
2 2 2 2 2
n
n n n
n n

u n
−
− +
 
= + + + + − = − ≥
 ÷
 
1
2 3 3
lim lim 3 3 lim lim 3
2 2 2
n
n n n
n n
u
−
+
   
= − = − + =
 ÷  ÷
   
4. Có
2 2
1 1 1 1
1 1 1 1 1
2 3, 1,2, 4 4 3
n n n n
n n n n n n
u u u u u
+ + +

− = + = ⇒ − = + ⇒ = + +

hay
( ) ( )
1
2
1 1 1 1 1
4 3 1 3 2 1 3
n
u
n n n n n n
+
 
= = = −
 ÷
+ + + + + +
 
. Do đó
1 1 1
, 1,2,
2 2
n
u n
n n
 
= − ≥
 ÷
+
 
Vậy

2012 1 2 3 2012
1 1 1 1
1
2 2 2013 2014
S u u u u
 
= + + + + = + − − =
 ÷
 
Bài 3: (3,0 điểm) Cho tứ diện đều
SABC
. Gọi
( )
P
là mặt phẳng đi qua đường cao
SO
của tứ diện; mặt
phẳng
( )
P
cắt các mặt phẳng
( ) ( )
,SBC SCA
và
( )
SAB
lần lượt theo các giao tuyến
, ,SM SN SP
. Các
giao tuyến này lần lượt tạo với mặt phẳng

( )
ABC
các góc
, ,
α β γ
. Chứng minh:
2 2 2
tan tan tan 12
α β γ
+ + =
Giả sử
.S ABC
là tứ diện đều cạnh
a
. Khi đó
2
2
3 3 3 6
, ,
2 3 9 3
a a a a
AH AO SO a= = = − =
.Đpcm:
( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 12 12.9 18
tan tan tan 12 12 1 2
6

SO SO SO
OM ON OP OM ON OP SO a a
α β γ
+ + = ⇔ + + = ⇔ + + = = =
Vậy thay vì chứng minh (1), ta chứng minh (2).
Gọi góc
·
BMP m=
 Xét
MHO∆
có
3
(3)
sin 6sin
OH a
OM
m m
= =
.
3 cos 3cos 3 cos 3 sin
.cot
6sin 6sin 2 6sin
a m a m a a m a m
HM OH m CM HM HC
m m m
−
= = ⇒ = − = − =
và
3 cos 3cos 3 sin
6sin 2 6sin

a m a a m a m
BM HM HB
m m
+
= + = + =
.
 Áp dụng định lí Mênêlauýt cho
OHM∆
có
3cos 3 sin 3
. . 1 . . 1
2
6sin .
2
CM AH NO a m a m NO
a
CH AO NM NM
m
−
= ⇔ =
3 cos 3sin 3cos 3sin 3 cos 3sin 2sin
. 1
2sin 2sin 2sin
m m NO NM m m NM NO m m m
m NM NO m NO m
− − + − +
⇔ = ⇔ = ⇔ =
3cos sin 2sin 3
. (4)
2sin 6sin

3cos sin 3cos 3sin
OM m m m a a
ON
ON m m
m m m m
−
⇔ = ⇔ = =
− −
 Áp dụng định lí Mênêlauýt cho
OHM∆
có
3cos 3 sin 3
. . 1 . . 1
2
6sin .
2
BM AH PO a m a m PO
a
BH AO PM PM
m
+
= ⇔ =

3 cos 3sin 3cos 3sin 3cos 3sin 2sin
. 1
2sin 2sin 2sin
m m PO PM m m PM OP m m m
m PM PO m OP m
− + − + −
⇔ = ⇔ = ⇔ =

3cos sin 2sin 3
. (5)
2sin 6sin
3cos sin 3cos 3 sin
OM m m m a a
OP
OP m m
m m m m
+
⇔ = ⇔ = =
+ +
Do đó
( ) ( )
( )
2 2
2 2
2
2 2 2 2 2 2 2 2
3cos 3sin 3cos 3 sin
18 sin cos
1 1 1 12sin 18
m m m m
m m
m
OM ON OP a a a a a
+ −
+
+ + = + + = =
Vậy (2) đúng. Do đó có điều phải chứng minh.
Bài 4: (4,0 điểm)

( )
1 2
sin sin sin 2 sin sin
n
f x x a x a x a nx x≤ ⇔ + + + ≤
1 2
1 2
0 0 0 0
sin sin 2 sin sin
, 0
sin sin 2 sin sin
lim lim lim lim
n
n
x x x x
x x nx x
a a a x
x x x x
x x nx x
a a a
x x x x
→ → → →
⇔ + + + ≤ ≠
⇔ + + + ≤
1 2 3
2 3 1
n
a a a na⇔ + + + + ≤
(đpcm)
Bài 5: (4,0 điểm) Từ các số 1,2,3,4,5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số, trong đó chữ

số 3 có mặt đúng ba lần, các chữ số còn lại có mặt không quá một lần. Trong các số tự nhiên nói trên,
chọn ngẫu nhiên một số, tìm xác suất để số được chọn chia hết cho 3.
Giải
*) Gọi
1 2 3 4 5
a a a a a
là số tự nhiên có năm chữ số, trong đó chữ số 3 có mặt đúng ba lần, các chữ số còn lại
có mặt không quá một lần với
{ }
1 2 3 4 5
, , , , 1;2;3;4;5a a a a a ∈
 Sắp chữ số 3 vào 3 vị trí, có
3
5
10C =
cách
 Còn lại 2 vị trí, 4 chữ số. Chọn 2 chữ số xếp vào 2 vị trí đó, có
2
4
12C =
cách
Vậy không gian mẫu có
10.12 120=
phần tử
*) Có
( ) ( )
1 5 3; 2 4 3+ +M M
Gọi biến cố A: “số được chọn chia hết cho 3” có 2 phương án
 2 chữ số còn lại là 1,5 có
3

5
.2! 20C =
số
 2 chữ số còn lại là 2,4 có
3
5
.2! 20C =
số
Vậy biến cố A có 40 phần tử.
*) Xác suất của biến cố A là