Đề thi học sinh giỏi lớp 11 trường THPT Thuận Thành môn Toán

TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1
Web:

Ngày 14/03/2013
(Đề thi gồm 01 trang)
ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2012 – 2013
MÔN: TOÁN LỚP 11
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm). Tính tổng các nghiệm của phương trình sau trên


0;1004

:
2
8sin xcosx 3sinx cosx
0
sin x
6

 

 

 
 

Câu 2 (3,0 điểm)

a) Từ các chữ số 0, 2, 3, 5, 6, 8 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi
một khác nhau, trong đó hai chữ số 0 và 5 không đứng cạnh nhau.
b) Tính tổng
   
0 1 n
n n n
1 1 1
S C C C
1.2 2.3 n 1 . n 2
   
 
.
Câu 3 (1,0 điểm). Chứng minh rằng phương trình
5
x x 2 0
  
có nghiệm
0
x
thỏa
mãn
9
0
x 8
 .
Câu 4 (3,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều cạnh a,
SA vuông góc với mặt phẳng đáy và
SA a 3
 . M và I là hai điểm thỏa mãn
3MB MS 0

 
  
,
4IS 3ID 0
 
  
. Mặt phẳng (AMI) cắt SC tại N.
a) Chứng minh đường thẳng SD vuông góc với mặt phẳng (AMI).
b) Chứng minh


0 0
ANI 90 ;AMI 90
  .
c) Tính diện tích của thiết diện tạo bởi mặt phẳng (AMI) và hình chóp S.ABCD.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho ba số dương a, b, c thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
bc ca ab
P
a 3 bc b 3 ca c 3 ab
  
  

Hết
Họ tên thí sinh: …………………………………… SBD: ……………………
( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)




ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TOÁN 11

Câ
u
ĐÁP ÁN Điể
m
1 2,0
ĐKXĐ:
 
sin x 0 x k k
6 6
 

 
     
 
 



0,25
PT 4sin 2xsinx 3sinx cosx 0
   

2(cosx cos3x) 3sinx cosx 0
    
1 3
cos3x= cosx sinx
2 2
 
0,25
cos3x=cos x

3

 
 
 
 
 
x k
6
k
x k
12 2


 

 

 


  




0,25
Kết hợp với điều kiện xác định

Phương trình đã cho có nghiệm là

x k
12 2
 
  



k


.
0,25
 
1 1
k 2008
x 0;1004 0 k 1004
6 6
12 2
k
 
 

  

      






1 k 2008
k
 







0,5


Các nghiệm của phương trình đã cho trên


0;1004

là
k
x k
12 2
 
  
với
1 k 2008
k
 






,gồm 2008 nghiệm lập thành cấp số cộng có
1
5
x
12 2 12
  
   
,
công sai
d
2


nên tổng các nghiệm là:
   
1
n 2008 5 3025052
S 2x n 1 d 2 2008 1
2 2 12 2 3
  
 
       
 
 
 
.
0,5

2

3,0
a)

1,5
Gọi
1 2 3 4 5 6
a a a a a a
là số gồm 6 chữ số đôi một khác nhau được thiết lập từ
{0;2;3;5;6;8}.
- Để lập thành một số dạng
1 2 3 4 5 6
a a a a a a
:
1
a 0

nên có 5 cách chọn
1
a
, sau đó chọn một hoán vị 5 chữ số còn lại. Do đó có tất
cả 5.5! = 600 số dạng
1 2 3 4 5 6
a a a a a a
.
0,5

- Ta tìm tất cả các số có hai chữ số 0 và 5 đứng cạnh nhau trong các số trên:
Có 5 vị trí trong mỗi số

1 2 3 4 5 6
a a a a a a
để hai chữ số 0 và 5 đứng cạnh nhau, trong đó vị
trí đầu bên trái chỉ có một khả năng là
3 4 5 6
50a a a a
, các vị trí còn lại có thể hoán vị 0 và
5.
0,5

Sau khi chọn vị trí để hai chữ số 0 và 5 đứng cạnh nhau, ta chọn một hoán vị các chữ số
còn lại. Do đó có 9.4! = 216 số dạng
1 2 3 4 5 6
a a a a a a
,trong đó có chữ số 0 và chữ số 5
đứng cạnh nhau.
Vậy có tất cả 600 – 216 = 384 số thỏa mãn yêu cầu. 0,5
b)

1,5
Ta chứng minh bổ đề:
   
k k 1
n n 1
1 1
C C
k 1 n 1




 
(*)
Thật vậy: (*)
     


   
n 1 !
1 n! 1
. .
k 1 n k !k! n 1 n k ! k 1 !

 
    

       
n! n!
n k ! k 1 ! n k ! k 1 !
 
   
(luôn đúng).

0,5
Áp dụng bổ đề, số hạng tổng quát của S là:
  
k k 1 k 2
n n 1 n 2
1 1 1 1 1
C . C C
k 1 k 2 k 2 n 1 n 1 n 2

 
 
 
 
 
     
 

0,5

Vậy
  
 
2 3 n 2
n 2 n 2 n 2
1
S C C C
n 1 n 2

  
   
 

  
 
n 2 0 1
n 2 n 2
1
2 C C
n 1 n 2


 
  
 

  
n 2
2 n 3
n 1 n 2

 

 
.
0,5
3

1,0
Đặt


5
f x x x 2
  

f(x) là hàm đa thức nên liên tục trên đoạn [1; 2]. f(1).f(2) = -2.28 = -56 < 0
Do đó phương trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm


0

x 1;2
 .
0,5

Mặt khác:
5 5
0 0 0 0 0
x x 2 0 x x 2 2 2x
      
,
Dấu “=” không xảy ra vì


0
x 1;2


Vậy
5 10
0 0 0 0
x 2 2x x 8x
   
9
0
x 8
 (đpcm).
0,5
4

3,0

a)

1,0

A
D
b
B
a
C
S
c
I
N
M

Đặt
AB a, AD b, AS c
  
     

2
1
BC b, a a, b 2 a 2a, c a 3, a.b a , a.c 0, b.c 0
2
        
             

0,5

Ta có:
3 4 3 1
SD b c, AI b c, AM a c
7 7 4 4
     
        

SD.AI 0, SD.AM 0
  
   

Do đó
SD AI, SD AM
 
. Vậy


SD AMI

0,5
b)

1,0
Ta có:
1 1 1 1 5 1
AN a b c, NI a b c
2 4 2 2 28 14
      
       


0
AN.NI 0 AN NI ANI 90
     
 
.
0,5

+
3 1 3 3 9
AM a c, MI a b c
4 4 4 7 28
     
      


0
AM.MI 0 AM MI AMI 90
     
 
.
0,5
c)

1,0
Thiết diện tạo bởi mặt phẳng (AMI) và hình chóp S.ABCD là tứ giác AMNI.
+
a 3
AM AM
2

 

,
a 6
AN AN
2
 

,
a 42
NI NI
14
 


2
ANI
1 3a 7
S AN.NI
2 28
   ;
0,5

+
2
15a
AM.AN
16

 

 
AM.AN 5 14
cosMAN sin MAN
AM.AN 8
4 2
    
 

Vậy
2
AMNI ANI AMN
45a 7
S S S
224
   (đvdt).
0,5
5

1,0
Đặt
x a , y b, z c
   với x, y, z > 0.
Khi đó
2 2 2
yz zx xy
P
x 3yz y 3zx z 3xy
  
  

Ta có
2 2 2
3yz 3zx 3xy
3P
x 3yz y 3zx z 3xy
  
  

2 2 2
2 2 2
x y z
3 3 Q
x 3yz y 3zx z 3xy
 
     
 
  
 

0,25
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta được:
2
2 2 2
2 2 2
x y z
x 3yz y 3zx z 3xy
x 3yz y 3zx z 3xy
 
    
 

 
  
 



2 2 2
Q x y z 3xy 3yz 3zx
     

0,25


 
2
2
x y z
Q
x y z xy yz zx
 
 
    
Mặt khác:


2
x y z
xy yz zx
3
 

  

0,25

Suy ra
3
Q ,
4

do đó
9 3
3P P
4 4
  

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
3
4
.
0,25
Các cách giải khác đúng cho điểm tương ứng