Đề thi HSG môn toán lớp 11 THPT tam dương vĩnh phúc 2012 2013 giải chi tiết

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI HSG CẤP TRƯỜNG LỚP 11 NĂM HỌC 2012-2013

—————————

ĐỀ THI MÔN: TOÁN

TRƯỜNG THPT TAM DƯƠNG

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
————————————

Câu I: (2,0 điểm).
1.Giải phương trình: (1 + t anx)cos3 x + (1 + cot x)sin 3 x =

2sin 2x.

2. Tìm các nghiệm trong khoảng ( −π; π ) của phương trình:

π

2sin  3x + ÷ = 1 + 8sin 2x cos 2 2x.
4

Câu II: (2,0 điểm).
1. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau trong đó có 3 số chẵn và 3 số lẻ ?
2. Cho k là số tự nhiên thỏa mãn 5 ≤ k ≤ 2011.
Chứng minh rằng:

k

k −1
k −5
k
.
C50 .C2011
+ C15 .C 2011
+ ... + C55 .C2011
= C 2016

Câu III: (2,0 điểm).




1. Cho Pn= 1−


2 
2 
2

1−
.....1−
2.3 3.4  (n+ 1)(n+ 2)

lim Un
Gọi Un là số hạng tổng quát của Pn. Tìm n→
+∞
(x 2 + 2012) 3 1 − 2x − 2012 4x + 1
2. Tìm giới hạn: lim

x →0
x
Câu IV: (1,0 điểm).

u1 = 11
un+1 = 10un + 1 − 9 n,∀n∈ N.

Cho dãy số (un) xác định bởi : 
Tìm công thức tính un theo n.
Câu V: ( 3,0 điểm).

1. Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c. M là điểm tùy ý trên
cạnh AB, (P) là mặt phẳng qua M và song song với AC và BD cắt BC, CD, DA lần lượt tại N,
P, Q. Tìm vị trí của M và điều kiện của a, b, c để thiết diện MNPQ là hình vuông, tính diện tích
thiết diện trong trường hợp đó.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

1


2. Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Xác định điểm M bên trong tam giác sao

cho MA +

MB + MC nhỏ nhất.
-------------Hết------------Họ và tên thí sinh:....................................................................Số báo danh:.......................

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

2


HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN : TOÁN 11 THPT
---------------------------------------------Câu
I

Nội dung

Điểm
2.0

1. (1.0 đ). ĐK: sin x cos x > 0. Khi đó pt trở thành:

sinx + cos x = 2 sin x cos x . (1)

0.25

ĐK: sinx + cos x > 0 dẫn tới

sinx > 0;cos x > 0.
Khi đó: (1) ⇔ sin 2x = 1 ⇔ x =

KL nghiệm : x =

0.25

π
+ kπ.

4

0.25

π
+ 2mπ.
4

0.25




2. (1.0 đ).ĐK: sin  3x +

π
÷≥ 0.
4

(1)
0,25

Khi đó phương trình đã cho tương đương với pt:

1
π
5π
⇔ x = + kπ;
x=
+ kπ

2
12
12
Trong khoảng ( −π; π ) ta nhận các giá trị :
sin 2x =

x=

0.25

π
11π
5π
7π
; x=−
; x=−
; x=
.
12
12
12
12

0.25

Kết hợp với đk (1) ta nhận được hai giá trị thỏa mãn là:

x=

π

;
12

x=−

7π
.
12

0,25
3.0

II
1. (1.0 đ).
TH1: Trong 3 số chẵn đó có mặt số 0.
Số các số tìm được là 5.C 4 .C5 .5! = 36000 (số).
2

3

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

3


0.5
TH2: Trong 3 số chẵn đó không có mặt số 0.
Số các số tìm được là C 4 .C5 .6! = 28800 (số).
3

Đ/ số

3

0.25

36000 + 28800 = 64800 số.

0.25
2. (1.0 đ) Dễ thấy ( 1 + x )

5

(1+ x)

2011

= (1+ x)

2016

; và

M = ( 1 + x ) = C50 + C15 x1 + C52 x 2 + C35x 3 + C54 x 4 + C55x 5
5

N = (1+ x)

2011

k
2011 2011
= C02011 + C12011x1 + ... + C 2011
x k + ... + C 2011
x .

P = (1+ x)

2016

k
2016 2016
= C02016 + C12016 x + ... + C 2016
x k + ... + C 2016
x .

Ta có hệ số của x trong P là C
k

k
2016

0.25

0.25

.

Vì P = M.N , mà số hạng chứa x k trong M.N là :
k

− 1 k −1
k− 2 k− 2
− 3 k−3
− 4 k− 4
− 5 k−5
C50 .C2011
x k + C15xCk2011
x + C52 x 2C 2011
x + C35x 3C k2011
x + C54 x 4Ck2011
x + C55x 5C k2011
x

0.25
nên
k
−1
k −5
k
C50 .C2011
+ C15 .Ck2011
+ ... + C55 .C 2011
= C2016

0.25

3. (1 điểm)

u1 = 11 = 10 + 1
u2 = 10.11 + 1 − 9 = 102 = 100 + 2

Ta có:

u3 = 10.102 + 1 − 9.2 = 1003 = 1000 + 3
Dự đoán:
Chứng minh:

0.25
0.25

un = 10n + n (1)

Ta có: u1 = 11 = 101 + 1 , công thức (1) đúng với n=1
Giả sử công thức (1) đúng với n=k ta có : uk = 10k + k
Ta có: uk + 1 = 10(10k + k) + 1 - 9k = 10k+1 + (k + 1). Công thức(1) đúng với n=k+1

0.25

Vậy un = 10n + n, ∀n∈ N.
0.25
2.0

III
1. (1 đ)
Ta có: 1−

2
k(k+ 3)
=
(k + 1)(k+ 2) (k + 1)(k+ 2)

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

4


0.25
Cho k=1,2,3,…,n ta được
1.4.2.5.3.6
n(n + 3)
....
2.3.3.4.4.5 (n+2)(n + 1)
(n + 3)
⇒ Un=
3(n + 1)

Sn =

0.25
0.25

(n + 3) 1
=
n→+∞ 3(n + 1) 3

lim Un = lim
⇒ n→
+∞

0.25

2.(1 điểm)
3
 3
1 − 2x − 1
4x + 1 − 1 
− 2012
Ta có L = Lim  x 1 − 2x + 2012
÷.
x →0
x
x



0.25

Lim x 1 − 2x = 0 .
3

x →0

3

Lim
x →0

Lim
x →0

1 − 2x − 1
−2x
−2
2`
= Lim
= Lim
=−
2
2
3
3
x
→
0
x
→
0
x
3
x( 3 (1 − 2x) + 1 − 2x + 1)
( 3 (1 − 2x) + 1 − 2x + 1)

4x + 1 − 1
4x
4
= Lim
= Lim
=2
x →0 x( 4x + 1 + 1)
x →0

x
4x + 1 + 1
−2
−16096
− 2012.2 =
Vậy L = 0 + 2012
3
3

0.5
0.25

IV

3.0
1.(2 đ)
+) Chứng minh được MNPQ là hình bình hành.
0.5

 MN = NP
 MP = NQ

+) MNPQ là hình vuông ⇔ 

⇔ M là trung điểm của AB và a = c.
1.0
+) Lúc đó SMNPQ =

1 2
b.

4

0.5

2.(1 đ) Dùng phép quay quanh A với góc quay 600 biến M thành M’; C thành C’
Ta có MA+MB+MC = BM+MM’+M’C’

0.25

MA+MB+MC bé nhất khi bốn điểm B,M,M’,C’ thẳng hàng.
Khi đó góc BMA=1200, góc AMC=1200

0.5
0.25

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

5


Ta được vị trí của M trong tam giác ABC.
Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

6