ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI KHẢO SÁT LẦN 1 MÔN TOÁN 11 KHỐI A,A1 NĂM 2013-2014

SỞ GD & ĐT BẮC GIANG
Trường THPT Lạng Giang số 1
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ GIỎI LẦN 1
NĂM HỌC 2013 – 2014
Môn: Toán khối A, A1 – Lớp 11.
Thời gian làm bài: 150 phút

---------------------------***--------------------------A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I:(2 điểm) 1. Cho hàm số: f ( x)  x 2  6 x  4m  2 (m là tham số).Tìm m để đồ thị hàm số f  x  và

đường thẳng d : y  2 x  1cắt nhau tại hai điểm phân biệt A,B sao cho tích các khoảng cách từ hai điểm A,B
đến đường thẳng  : x  y  0 bằng 1.
2. Tìm m để phương trình x3   2  m  x 2  2mx  0 có 3 nghiệm phân biệt lập thành một cấp số cộng.

3sin 2 x  2sin x  3
 3  2sin 3 x  0
cot x
2

 2x+3 y+2y +x+1=0 (1)
Câu III:(1 điểm) Giải hệ phương trình:  2
(2)

 y - 4x-1=2 3x+y
Câu II:(1 điểm) Giải phương trình:

u1  u2  u3  35
u4  u5  u6  280

CâuIV:(1 điểm) : Xác định số hạng đầu tiên và công bội của cấp số nhân biết: 

Câu V:(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC.Gọi E,M lần lượt là trung điểm của AC,SB.I thuộc SA sao cho
AI  3IS .Tìm giao điểm H của BC và mặt phẳng  EIM  .Xác định thiết diện của hình chóp bị cắt bởi mặt
phẳng  EIM  và tính tỉ số

BH
.
BC

Câu VI:(1 điểm) Cho tam giác ABC thỏa mãn điều kiện: ab sin

C
A
B
 bc sin  ca sin  2S 3
2
2
2

Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều.
B. PHẦN DÀNH RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn 1 trong 2 phần (phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VIIa:(1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC có G 1;2  là trọng tâm, A1 , B1 , C1 lần lượt là trung điểm
của BC,CA,AB.Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác

 A1B1C1 có phương trình

là: x  y  4 x  2 y  1  0 .Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu VIIIa:(1 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 2013 chữ số sao cho tổng các chữ số bằng 3.
2

2

Câu IXa:(1 điểm) Tìm hệ số của x

20



trong khai triển sau thành đa thức : x3  x 2  2



2n

, biết rằng n là số

nguyên dương thỏa mãn: An2  Cnn11  5
2. Theo chương trình nâng cao
Câu VIIb:(1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh A  3;5 , tâm I
thuộc đường thẳng d : y  x  5 và diện tích bằng 25. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết rằng
tâm I có hoành độ dương.
Câu VIIIb:(1 điểm)Cho hai hộp ,hộp A gồm 4 bi trắng ,5 bi đỏ và 6 bi xanh.Hộp B gồm 7 bi trắng,6 bi đỏ và
5 bi xanh.Lấy ngẫu nhiên mỗi hộp một bi .Tính xác suất để hai bi lấy ra cùng màu.
2
2013
Câu IXb:(1 điểm) Tính T  12 C22013  22 C2013

.
 32 C32013  ...  20132 C2013
Họ và tên thí sinh: ............................................................. Số báo danh:........................................................
----------------------- HẾT -----------------------



CÂU

ĐIỂM

NỘI DUNG

A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Cho hàm số f ( x)  x 2  6 x  4m  2 (m là tham số).Tìm m để đồ thị hàm số

I

f  x  và đường thẳng d : y  2 x  1cắt nhau tại hai điểm phân biệt A,B sao
cho tích các khoảng cách từ hai điểm A,B đến đường thẳng  : x  y  0 bằng
1
HD:
+)Xét phương trình hoành độ giao điểm chung của đồ thị f  x  và d : y  2 x  1
x2  6 x  4m  2  2 x  1 (1).Biến đổi phương trình (1) tương đương với phương
trình: x2  8x  4m  1  0 (2)

+)Tìm được điều kiện d cắt đồ thị f  x  tại hai điểm phân biệt A,B là: m 
1

15

(*)
4

0.25

+)Với điều kiện (*) giả sử A xA ;2 xA  1 ; B  xB ;2 xB  1 với xA , xB là hai

 x A  xB  8
 x A . xB  4m  1

nghiệm của (2).Theo Viet có: 

0.25

+)Theo giả thiết

x A  2 x A  1 xB  2 xB  1
1
2
 m  1
 9 x A xB  3  x A  xB   1  2  36m  34  2  
8
m  
9

d  A,   .d  B,    1 

Kết hợp điều kiện (*) .KL
Tìm m để phương trình x   2  m  x  2mx  0 1 có 3 nghiệm phân biệt lập
thành một cấp số cộng.

HD:
+)Biến đổi phương trình:
3

0.25

0,25

2

x3   2  m  x 2  2mx  0  x  x 2   2  m  x  2m   0  x  x  m  x  2   0

2

x  0
 x  m

 x  2

m  0
+)Điều kiện để (1) có 3 nghiệm phân biệt là: 
(*)
m

2

+)Khi đó 3 nghiệm của (1) lập thành cấp số cộng là
Th1) 0,m,2 lập thành csc ta có: 2m  0  2  m  1 (t/m)
Th2) 0,2,m lập thành csc ta có: 2.2  m  0  m  4 (t/m)
Th3) m,0,2 lập thành csc ta có: 2.0  m  2  m  2 (t/m)

+)KL
II

ĐK: sin 2 x  0

Ta có:

0.25

0.25
0.25
0.25

0.25



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

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

0.5

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


sin 2 x  2( PTVN )
sin x.cos x  0

2

 cos x  2( PTVN )  x  
 k 2 , k  Z
2
3
 2cos x  3cos x  2  0 
1
cos x  

2

0.25

Kết hợp điều kiện . Kết luận:..
III

2


 2x+3 y+2y +x+1=0
Giải hệ phương trình:  2

 y - 4x-1=2 3x+y

(1)
(2)

HD:+)Điều kiện: 3x  y  0

1

y


+)Biến đổi phương trình 1   2 y  1 y  x  1  0  
2

 y  x 1
1
3
1
+)Với y   ta có phương trình: 4 x   2 3x  .Pt vô nghiệm
2
4
2
2
+)Với y   x  1 ta có phương trình: x  2 x  2 2 x  1
1
2

2
Ta có x  2 x  2 2 x  1   x  1  1  2 2 x  1 .ĐK x 
2
2
 y  1  2 x  1
Đặt: 2 x  1  y  1 .Có hệ 
2
 x  1  2 y  1
Giải hệ phương trình tìm được x  2  2 .KL
IV

0.25

0.25

0.5

Xác định số hạng đầu tiên và công bội của cấp số nhân

u1  u2  u3  35
u4  u5  u6  280

biết: 

HD:
Gọi q là công bội của cấp số nhân ta có:

0.25

0.5

u1  u1q  u1q 2  35
u1  u2  u3  35
 3

4
5
u4  u5  u6  280 u1q  u1q  u1q  280

0.25

3
u1 1  q  q 2   35

q  8


2
3
2
u
q
1

q

q


280

 1 
u1 1  q  q   35
q  2

u1  5

KL…
V

Cho hình chóp
S.ABC.Gọi E,M lần lượt là trung điểm của AC,SB. I thuộc SA sao cho
AI  3IS .Tìm giao điểm H của BC và mặt phẳng  EIM  ,xác định thiết diện
của hình chóp bị cắt bởi mặt phẳng  EIM  và tính tỉ số

BH
.
BC

+)Trong mặt phẳng  SAB  gọi J là giao của IM và AB.Trong mặt phẳng  ABC 
Gọi H là giao điểm của JE và BC.Chứng minh được H là giao điểm của BC và
mặt phẳng  EIM  .
+)Xác định được thiết diện của hình chóp bị cắt bởi  EIM  là tứ giác IMHE
+)Gọi K là trung điểm AB suy ra KE song song với BC.Và MK song song với
SA. Tính được

VI

0.25

KM 1
KM 2
JK 2
 ,suy ra
 
 Mà AK=KB nên
SA 2
IA 3
JA 3

KB=BJ.
Dẫn đến

0.25

BH 1
KE 1
BH 1
 .Lại có
 .Vậy
 .
KE 2
BC 2
BC 4

0.5

Đưa giả thiết đã cho về dạng tương đương sau:
2S

C
2S
A 2S
B
sin 
sin 
sin  2S 3
sin C
2 sin A
2 sin B
2
0.25





1
A
cos
2



1
B
cos
2



1
C
cos
2

(1)

2 3

Theo bất đẳng thức Cosi, ta có:

A
B
C
1
1

 1


 cos  cos  cos  
2
2
2   cos A cos B cos C


2
2
2



9



0,25

(2)
Dấu bằng trong (2) xảy ra khi và chỉ khi ABC là tam giác đều.
Theo bất đẳng thức cơ bản ta có:
A
B
C 3 3
(3)
cos  cos  cos 
2
2
2
2
(Phải chứng minh (3) )
Từ (2) (3) suy ra:
1
1
1


2 3
A

B
C
cos
cos
cos
2
2
2

0,25

0,25

(4)
Dấu bằng trong (4) xảy ra khi và chỉ khi ABC là tam giác đều.
Vì thế từ giả thiết (1) suy ra ABC là tam giác đều (đpcm).
B. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
1. Theo chương trình chuẩn
VIIa
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC có G 1;2  là trọng
tâm, A1 , B1 , C1 lần lượt là trung điểm của BC,CA,AB.Biết đường tròn ngoại tiếp
tam giác  A1B1C1 có phương trình là: x  y  4 x  2 y  1  0 .Viết phương
trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
2

2

HD:

+)Theo tính chất trọng tâm của tam giác suy ra

là ảnh của
+)Theo giả thiết

GA  2GA1

GB  2GB1 .Suy ra A,B,C lần lượt

GC  2GC1

A1 , B1 , C1 qua phép vị tự tâm G tỉ số -2.
A1 , B1 , C1 thuộc đường tròn  C1  : x 2  y 2  4 x  2 y  1  0 có

0.25

tâm I1  2;1 và bán kính R1  2 .

0.25

V  G, 2  .

0.25

+)Từ đó khẳng định ba điểm A,B,C thuộc đường tròn  C  là ảnh của  C1  qua

 R  R1  2
 I  VG ,2  I1 

+)Gọi I và R lần lượt là tâm và bán kính của  C  .Khi đó có 

R  2
Từ đó tìm được 
.Viết được phương trình đường tròn
I
7;4



2
2
C  :  x  7    y  4  4
VIIIa

Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 2013 chữ số sao cho tổng các chữ số bằng 3.

0.25



HD:
Trường hợp 1:Số tạo thành gồm 1 chữ số 3 và 2012 chữ số 0
Chỉ có 1 số thỏa mãn 3000...0 .

0.25

2012 sô

Trường hợp 2:số tạo thành gồm 1 chữ số 1 , 1 chữ số 2 và 2011 chữ số 0
Chọn chữ số đầu tiên có 2 cách chọn số 1 hoặc số 2.
Chữ số còn lại có 2012 vị trí để đặt,còn các vị trí khác đặt số 0

Trường hợp này có: 2.2012  4024 số
Trường hợp 3:Số tạo thành gồm 3 chữ số 1 và 2010 chữ số 0
Chọn chữ số đầu tiên là 1
Chọn 2 trong 2012 vị trí để đặt chữ số 1, các vị trí còn lại đặt chữ số 0
2
có C2012
 2023066 số
Vậy có: 1  4024  2023066  2027091 số thỏa mãn.

IXa

Tìm hệ số của x

20



trong khai triển sau thành đa thức : x3  x 2  2



2n





10



10



3 10k
 C10k x   x2  2

k 0
20



k



0.25

0.25

, biết rằng n

là số nguyên dương thỏa mãn: An2  Cnn11  5
HD:
+)Giải phương trình An2  Cnn11  5 tìm được n=5.
+)Với n=5 có khai triển:
x3  x 2  2

0.25

0.5

10 k

  C10k .Cki .2i x30k 2i

k 0 i 0

0.25

+)Hệ số của x trong khai triển trên thành đa thức là tổng các số có dạng
C10k .Cki .2i với i,k thỏa mãn:

i, k  N
i, k  N
i  0 i  1 i  2 i  3


;
;
;
.
0  i  k  10  0  i  k  10  
k

10
k

8

k

6
k

4




30  k  2i  20 k  2i  10


10
0
0
8
1
4
3 3
6
2 2
+)KL hệ số cần tìm là: C10 .C10 .2  C10 .C8 .2  C10 .C4 .2  C10 .C6 .2

0.25

0.25

(Tính ra số cụ thể)
2. Theo chương trình nâng cao

VIIb
5 2
.
2
Điểm I  d : y  x  5  I  a;5  a  với a  0 , AI2  2a 2  6a  9 .

+)Diện tích hình vuông là S = AB.AD = 2AI2  25 nên AI 

Khi đó a nghiệm phương trình 2a 2  6a  9 

1
25
7
 a  (loại), a  (tm điều
2
2
2

0.25

kiện).
1 9
+)Tọa độ tâm I  ;  , vi I trung điểm AC nên tọa độ đỉnh C  4;4  .
2 2
+) Đường thẳng  vuông góc AI có n    7; 1 nên phương trình

0.25

là  : 7x  y  1  0 . Vì điểm B thuộc  : 7x  y  1  0 nên B  b;1  7b  . Ta
2

2
b  1
1 
9  25


có BI  AI   b    1  7b   
2 
2
2

b  0
+)  Với b  0  B  0;1 do I trung điểm BD nên D 1;8 ;

0.25



 Với b  1  B 1;8 và D  0;1 .
Vậy tọa độ các đỉnh B, C, D là: B 1;8 ,C  4;4  và D  0;1 hoặc B  0;1 ,C  4;4  và

D 1;8
VIIIb

Cho hai hộp ,hộp A gầm 4 bi trắng ,5 bi đỏ và 6 bi xanh.Hộp B gồm 7 bi trắng,6
bi đỏ và 5 bi xanh.Lấy ngẫu nhiên mỗi hộp một bi .Tính xác suất để hai bi lấy ra
cùng màu.
HD:
1
1

+)Tính được số phần tử của không gian mẫu là: n     C15 .C18 .
+)Gọi A là biến cố lấy ra 2 bi cùng màu.Khi đó số phần tử của biến cố A là:
n  A  C41.C71  C51.C61  C61.C51 .
+)Từ đó tính được xác suất của biến cố A
là: P  A 

IXb

n  A
C .C
 1 1
 ... Và KL
n    C4 .C7  C .C  C61.C51
1
15
1
5

1
18
1
6

0.25

0.25

0.25

0.5

Ta có số hạng tổng quát của tổng
2 k
k
là: ak  k C2013  k  k  1  1 C2013 , k 1,2,...,2013
k
k
k
ak  k  k  1  1 C2013
 k  k  1 C2013
 kC2013

 k  k  1

2013!
2013!
k 2
k 1
k
 2012.2013C2011
 2013C2012
k ! 2013  k !
k ! 2013  k !

k  1,2,3,...,2013
Vậy

0
1
2011

0
1
2012
T  2012.2013 C2011
 C2011
 ...  C2011
 C2012
 ...  C2012
  2013C2012


T  2012.2013.1  1

2011

 2013.1  1

2012

 2012.2013.22011  2013.22012

T  2013.2014.22011
(Trên đây là sơ lược lời giải . Học sinh có thể làm bằng nhiều cách khác nhau,cách làm đúng cho điểm
tương ứng)