ĐỀ THI CHỌN HSG MÔN TOÁN LỚP 11 THPT NĂM HỌC 20122013

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012-2013
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
(Dành cho học sinh THPT không chuyên)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1.
Giải phương trình
( )
sin 2 3 cos 2 2 3 sin cos 1 3x x x x
+ + + − = +
.
Câu 2.
a) Xét khai triển:
( ) ( ) ( )
2 2013
0 1 2 2013
1 1 2 1 2013 x x x a a x a x a x
+ + + = + + + +
. Tính
( )
2 2 2
2
1
1 2 2013
2
a
+ + + +
.
b) Chọn ngẫu nhiên một số có 4 chữ số đôi một khác nhau. Tính xác suất để số được chọn không
nhỏ hơn 2013.

Câu 3.
a) Cho dãy số
( )
n
u
được xác định như sau:
1 2 2 1
1, 3, 2 1, 1,2,
n n n
u u u u u n
+ +
= = = − + =
Tính
2
lim
n
n
u
n
→+∞
.
b) Cho phương trình:
( )
( )
3 3
1 4 3 1 0m x x x x x
− − + − + =
(
x
là ẩn,

m
là tham số). Chứng minh
rằng 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 rằng 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 vuông 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
( )
3 2
P x ax bx cx

= + +
. Tìm tất cả các số
, ,a b c

thỏa mãn
( )
2 26P
=
và
( )
1P x
≤
với mọi số thực
x
sao cho
1x
≤
.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
Cán bộ coi thi không 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 MÔN: TOÁN
(Dành cho học sinh THPT không chuyên)
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 toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.

II. ĐÁP ÁN:
Câu Nội dung trình bày Điểm
1(2đ)
Ta có
( )
sin 2 3 cos2 2 3 sin cos 1 3x x x x
+ + + − = +
( )
( )
2
2sin .cos cos 3 1 2sin 2 3 sin 3 1 0x x x x x
⇔ − + − + + − − =
( ) ( )
( )
cos 2sin 1 2sin 1 3 sin 1 0x x x x
⇔ − − − − =
0,5
( )
( )
2sin 1 cos 3sin 1 0x x x⇔ − − + =
1
sin
2
3 sin cos 1
x
x x

=

⇔


− =


0,5
+)
( )
2
1
6
sin
5
2
2
6
x k
x k
x k
π
π
π
π

= +

= ⇔ ∈


= +



¢
0,25
+)
3 1 1 1
3 sin cos 1 sin cos sin
2 2 2 6 2
x x x x x
π
 
− = ⇔ − = ⇔ − =
 ÷
 
0,25
( )
2
2
6 6
3
5
2
2
6 6
x k
x k
k
x k
x k
π π
π

π
π
π π
π π
π

− = +


= +

⇔ ⇔ ∈



= +
− = +



¢
Vậy phương trình đã cho có các họ nghiệm là
( )
5
2 , 2 , 2 , 2
6 6 3
x k x k x k x k k
π π π
π π π π π
= + = + = + = + ∈¢

0,5
2(2đ) 2.a (1,0 điểm)
Ta có
( ) ( ) ( )
2013
2 3
1 1 2013
1 1 2 1 2013 1 . .
k i j
x x x k x i j x A x
= ≤ < ≤
 
 
+ + + = + + +
 ÷
 ÷
 
 
∑ ∑
0,5
Suy ra
( )
( )
2
2 2 2
2
1 2013
1
. 1 2 2013 1 2 2013
2

i j
a i j
≤ < ≤
 
= = + + + − + + +
 
∑
0,25
( )
2 2 2
2
1
1 2 2013
2
a⇒ + + + + =
( )
2
2
2013 1007
1 2013 2014
2 2 2
×
×
 
=
 ÷
 
.
0,25
2.b (1,0 điểm)

Ta có
( )
n
Ω =
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 đôi một khác nhau
abcd
và không nhỏ
hơn 2013. Ta sẽ tính số các số có bốn chữ số đôi một khác nhau
abcd
, nhỏ hơn 2013 và
0,25
(Đáp án có 03 trang)
các số này chỉ có thể xảy ra với
1a
=
,
{ } { }
0,1, ,9 \ 1b
∈
,
{ } { }
0;1; ;9 \ 1;c b
∈
và
{ } { }
0;1; ;9 \ 1; ;d b c

∈
suy ra trong trường
hợp này có
9.8.7
số thỏa mãn.
0,5
Từ hai trường hợp trên ta được
( )
7.8.9.9 7.8.9 7.8.9.8n A
= − =
. Do đó xác suất cần tìm là:
( )
( )
( )
7.8.9.8 8
9.9.8.7 9
n A
P A
n
= = =
Ω
0,25
3(2,0đ) 3.a (1,0 điểm)
Ta có
2 1 1
1, 1,2,
n n n n
u u u u n
+ + +
− = − + =

suy ra
{ }
2 1n n
u u
+ +
−
lập thành một cấp số cộng có
công sai bằng 1 nên
2 1 2 1
.1 2
n n
u u u u n n
+ +
− = − + = +
(1)
0,25
Từ (1) ta được
1 1 1 2 2 1
1 2
n n n n n
u u u u u u u u n n
− − −
− = − + − + + − = + − + +
( )
1
1 2
2
n
n n
u n

+
⇒ = + + + =
0,5
( )
2 2
1
1
lim lim
2 2
n
n n
n n
u
n n
→+∞ →+∞
+
= =
. Vậy
2
1
lim
2
n
n
u
n
→+∞
=
.
0,25

3.b (1,0 điểm)
Đặt
( ) ( )
( )
3 3
1 4 3 1f x m x x x x x
= − − + − +
ta được
( )
f x
xác định và liên tục trên
¡
.
Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 1, 0 1, 1 1, 2 3f f f f− = − = = − =
0,5
Do đó ta được
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 0 0, 0 1 0, 1 2 0f f f f f f
− < < <
nên phương trình
( )
0f x
=
có nghiệm thuộc
( ) ( ) ( )
2;0 , 0;1 , 1;2
−
suy ra phương trình có 3 nghiệm phân biệt.

0,5
4(3đ) 4.a (1,5 điểm)
N
M
D'
C'
B'
D
C
B
A'
A
Ta có tứ giác BCD’A’ là hình bình hành nên
( )
' ' ' 'CD BA CD BDA
⇒
(1)
0,5
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
.
0,5
Đặt
. ,BM x BD=

uuuur uuur
. 'CN y CD=
uuur uuuur
. Khi đó
. 'MN MB BC CN xBD AD y CD= + + = − + +
uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuuur
( ) ( )
( ) ( )
' 1 'x AB AD BC y AA AB x y AB x AD y AA
= − + + − = − + − +
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
0,25
Do MN vuông góc (A’BD) nên
, 'MN BD MN BA
⊥ ⊥
. Từ đó ta được:
( )
( )
2
1 0
. 0 2 1
3
2 1
0
. ' 0
3
x
x x y
MN BD x y
x y

y x y
MN BA
y

=


− − − =
= − =

  
⇔ ⇔ ⇔
   
=
− − =
=






=


uuuur uuur
uuuur uuur
0,25
Do đó
2

. ,
3
BM BD=
uuuur uuur
1
. '
3
CN CD=
uuur uuuur
4.b (1,5 điểm)
O
R
Q
S
P
N
M
D'
C'
B'
D
C
B
A'
A
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.
0,5
Do
( )
' 'MNS BD B D
nên (MNS) cắt (A’B’C’D’) theo giao tuyến qua Q song song với
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.
0,5
Do đó thiết diện cắt bởi (MNP) và hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ theo một lục giác đều
MSNQPR cạnh
2
2
a
MR =
và có tâm là O suy ra:
2
0

OMS
1 3 3
6 6. . .sin 60
2 4
MSNQPR
a
S S OM OS= = =
. Vậy
2
3 3
4
MSNQPR
a
S =
0,5
5(1đ)
Đặt
( ) ( )
1
1 , 1 ,
2
f m f n f p
 
= − = =
 ÷
 
, khi đó
, , 1m n p
≤
và ta có hệ

3 8
3
2
2 4 8
16 3
8 4 2
6
m n p
a
a b c m a b c m
m n
a b c n a b c n b
a b c a b c p
p m n
p
c
+ −

=



+ + = + + =



−
 
− + = ⇔ − + = ⇔ =
  

  
+ + =

− +
 
+ + =
=



0,5
Ta có
( ) ( )
3 8 16 3
2 8. 2 9 16 9 1 16 26
3 3
m n p p m n
f m n m n p
+ − − +
= + − + = + − ≤ + + =
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1 4
1 0
1 3
m a
n b
p c
= =
 

 
= ⇔ =
 
 
= − = −
 
0,25
Ta có
( )
3
4 3f x x x
= −
, xét
1 1x
− ≤ ≤
thì tồn tại
: cosx
α α
=
( )
3
4cos 3cos cos3f x
α α α
⇒ = − =
suy ra
( )
1f x
≤
với mọi
1 1x

− ≤ ≤
. Vậy
4
0
3
a
b
c
=


=


= −

0,25
Hết