Đề thi hsg môn toán 11 năm học 2010 2011

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH
®Ò chÝnh thøc

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 THPT
NĂM HỌC 2010 – 2011.
MÔN TOÁN

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 5 /4/2011

π x
2sin 2 ( − )s inx - cos3 x
4 2
Bài 1. a) Giải phương trình :
= 0.
3
3
sin x − cos x
4x
2x
b) Tìm m để phương trình cos 2 + cos 2 − m = 0 có nghiệm.
x +1
x +1

Bài 2. Tam giác ABC có ba góc thỏa mãn hệ thức :
8 cos A sin B sin C + 4 3 (sin A + cos B + cos C ) − 17 = 0 .

Hãy tính các góc của tam giác đó.
Bài 3. a) Tìm hệ số của số hạng chứa x4 trong khai triển : (1 + 2x + 3x2)10.
Cn0

Cn1
Cn2
Cnk
Cnn
b) Tính tổng : S = 1 + 2 + 3 + ... + k +1 + ... + n+1
C n + 2 Cn + 3 C n + 4
Cn + k + 2
C2 n + 2

Bài 4.

(với n ∈ N * ).

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a.
a) Tính góc giữa hai đường thẳng AC’ và A’B.
b) Gọi M, N, P lần lượt là các điểm thuộc các cạnh A’B’, BC, DD’ sao cho
A’M = BN = DP . Chứng minh rằng trọng tâm tam giác MNP luôn thuộc một
đường thẳng cố định khi M, N, P thay đổi.

Bài 5. Dãy số thực (an) thỏa mãn điều kiện :
1

 a1 = 2


an2
 an +1 =
∀n ∈ N *

an2 − an + 1

.
n

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có :

∑a
i =1

i

<1.

___ Hết ___
Ghi chú : Thí sinh không được sử dụng tài liệu - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh : .....................................................; Số báo danh : ............................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2010-2011
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 11
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

Bài

Nội dung

1

Điểm

Đ/k : sin3x – cos3x > 0 ⇔ sin x − cos x > 0 (*).

0,25

x
π
2 π
3
3
Pt ⇔ 2sin ( − ).s inx - cos x = 0 ⇔ [1 − cos( -x)]s inx - cos x = 0 .
4 2
2

0,25

⇔ (1 − s inx) s inx - cos x(1 − sin 2 x) = 0 ⇔ (1 − s inx)(s inx - cos x − sin x cos x) = 0 .

0,5

(6,0đ) a) (3,0đ)

+/ 1 - sinx = 0 ⇔ x =

π
+ 2kπ , k ∈ Z , thỏa mãn đ/k (*).
2

+/ s inx - cos x − sin x cos x = 0 .

0,5

Đặt sinx - cosx = t , t ≤ 2 .

(

0,5

Kết hợp đ/k (*) ta có : t ∈ 0; 2  .

Khi đó pt

t 2 + 2t − 1 = 0
⇔ 
⇔ t=

t
∈
0;
2



(

0,5

2 −1 .

π 1− 2
1− 2
. §Æt cos α =
2 − 1 ta có : sinx - cosx = t ⇔ cos( x + ) =
4
2
2
π
pt cã nghiÖm x = - ± α + 2kπ , k ∈ Z .
4
Với t =

Vậy pt có các họ nghiệm là : x =
víi cos α =

1− 2
.
2

π
+ 2 kπ
2

vµ

x=-

π
± α + 2kπ , k ∈ Z

4

0,5


2
b) ( 3,0 đ). Pt ⇔ 2cos

2x
2x
+ cos 2
− m − 1 = 0 (1).
x +1
x +1

0,5

2

2x
suy ra u ≤ 1 .
x +1
Lại đặt t = cosu suy ra t ∈ [ cos1;1] .

Đặt u =

0,5

2

0,5

(1) ⇔ 2t2 + t – 1 = m với t ∈ [ cos1;1] .
1
Xét f(t) = 2t2 + t – 1 , t ∈ [ cos1;1] , hoành độ đỉnh parabol t0 = − ∉ [ cos1;1] ,
4
suy ra min f(t) = min { f (cos1); f (1)} , max f(t) = max { f (cos1); f (1)} .
Vậy với f(cos1) ≤ m ≤ f(1) ⇔ cos2 + cos1 ≤ m ≤ 2 pt có nghiệm.

2
(3,0đ)

Áp dụng định lý cosin và sin trong tam giác có : cosA =

b2 + c2 − a 2
,
2bc

⇔ 1- cos 2 B + 1- cos2 C – sin2 A +
⇔ (cos B −

17
4

17
4

3 2
3 2
3 2

) + (cos C −
) + (sin A −
) =0
2
2
2


3
cos B = cos C =
 B = C = 300

2
⇔
⇔
0
 A = 120
sin A = 3

2

3
(5,0đ)

a) (3,0đ).

0,5

0,5

3(sin A + cos B + cos C ) =

3(sin A + cos B + cos C ) =

0,5

0,5

a = 2RsinA, b = 2RsinB, c = 2RsinC
b 2 + c 2 − a 2 sin 2 B + sin 2 C − sin 2 A
Từ đó ta có : cosA =
.
=
2bc
2sin B sin C
Hệ thức đã cho ⇔ sin 2 B + sin2 C – sin2 A +

0,5

Ta có (1 + 2x + 3x2)10 = [(1 + 2x) + 3x2)]10
0
10
1
9
2
2
8
4
= C10 (1 + 2 x) + C10 (1 + 2 x) 3x + C10 (1 + 2 x) 9 x + ...

Nhận xét : từ số hạng thứ tư trở đi ở khai triển trên không chứa x4 nữa.
0
10
0
0
1
2
2
3
3
4
4
Ta có : C10 (1 + 2 x) = C10 (C10 + C10 2 x + C10 4 x + C10 8 x + C1016 x + ...) .
1
3 x 2C10
(1 + 2 x)9 = 3 x 2C101 (C90 + C91 2 x + C92 4 x 2 + ...) .

0,5
0,5

0,5

0,5

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

9 x 4C102 (1 + 2 x )8 = 9 x 4C102 (C80 + ...) .
0
4
1
2
2
0
Vậy hệ số của số hạng chứa x4 là : C10 .C10 .16 + 3C10 .C9 .4 + 9.C10 .C8 = 8085 .

0,5


b) (2,0 đ).
Cnk
n!
(k + 1)!(n + 1)!
n !( n + 1)!( k + 1)
=
.
=
k +1
Cn + k + 2 k !(n − k )! (n + k + 2)!
(n − k )!(n + k + 2)!
=


1
n !(n + 1)!
n !(n + 1)!
−


2  (n − k )!(n + k + 1)! (n − k − 1)!(n + k + 2)! 

1 C n − k − C n −k −1
= . 2 n +1 n 2 n +1
2
C2 n +1

0,5
0
n
1
n+ 2
1
n
2
n+3

C
C

Cho k = 0 có :

1 C −C
= .
2
C2nn +1
n
2 n +1

n −1
2 n +1

.

C
1 C2nn−+11 − C2nn−+21
=
.
Cho k = 1 có :
.
C
2
C2nn +1
...........................................................
Cnn −1 1 C21n +1 − C20n +1
Cho k = n - 1 có : n = .
.
C2 n +1 2
C2nn +1

0,5

Cnn
1 C20n +1
= .
.
C2nn++12 2 C2nn +1

Cho k = n có :

Cộng theo vế n + 1 đẳng thức trên ta có S =

4

0,5

1
.
2

0,5

a) (1,5đ)

(4,0đ)

0,5
’

’

Mặt bên ABB A là hình vuông
nên A’B vuông góc với AB’.
AB’ là hình chiếu của AC’
trên mp(ABB’A’) nên A’B vuông góc
với AC’.(đl 3 đường ⊥ ), suy ra góc
giữa AC’và A’B bằng 900.
b) (2,5đ)
Đặt A’M = BN = DP = x ta có :

AN2 = a2 + x2 , AP2 = a2 + x2 ,
AM2 = a2 + x2 ⇒ AM = AN = AP (1).
Mặt khác NP2 = NC2 + CD2 + DP2
= (a – x )2 + a2 + x2; NM2 = NB2 + BB’2 + B’M2 = x2 + a2 + ( a - x)2 ;
Tương tự MP2 = a2 + x2 + (a-x)2 suy ra MN = NP = PM (2).
Từ (1) và (2) suy ra hình chóp AMNP là hình chóp đều.
Từ đó ta có đường thẳng nối A với trọng tâm tam giác MNPsẽ vuông gócvới mp(MNP).
Chứng minh tương tự ta có đường thẳng nối C’ với trọng tâm tam giác MNP sẽ vuông
góc với mp(MNP). Như vậy trọng tâm ∆ MNP luôn thuộc đường thẳng cố định là AC’.

0,5

0,5

0,5

0,5
0,5
0.5
0,5


5

Đặt bn =

1
suy ra bn+1 = bn2 – bn + 1.
an

(2,0đ)
Từ đó có :

0.5

1
1
=
bn (bn − 1) bn +1 − 1

1
1
1
=
+
bn (bn − 1) bn +1 bn +1 (bn +1 − 1)
1
1
1
=
−
⇔
bn +1 bn (bn − 1) bn +1 (bn +1 − 1)
⇔

Từ đó ta có :

=

n

n

i =1

i =1

∑ ai = ∑

1 1
1
1
1
1
= +
−
+ ... +
−
bi b1 b1 (b1 − 1) b2 (b2 − 1)
bn (bn − 1) bn +1 (bn +1 − 1)

1
1
1
1
+
−
= 1−
< 1 ( đpcm).
b1 b1 (b1 − 1) bn +1 (bn +1 − 1)

bn +1 (bn +1 − 1)

---------Hết---------

0.5

0,5

0,5