DAP AN HSG TOAN 11 NAM 20122013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Bài 1.1. 1.2. 2. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN 11 Năm học 2012 – 2013 Nôi dung. Điểm 1.0. PT  sin 6x  3cos6x . 3 sin 4x  cos4x      sin  6x    sin  4x   3 6     k  x    k , x   k   4 12 5 PT   2sinx  1 3cosx  sinx+3  0. 1.0 1.0 1.0 1.0. 1  sinx  (1)  2  ( PTVN ) sinx  3cosx  3  5 Ta có 1  x   k 2 , x   k 2 , Kết luận… 6 6 4 2 Từ điều kiện Cn  13Cn  n  15. 1.0 1.0.  3 2 k k 45 5 k SHTQ của  x  2  là C15 ( 2) .x  0  k  15 x   Từ yêu cầu bài toán ta có: 45  5k  15  k  6 6 6 Vậy hệ số cần tìm là 2 .C15 Từ giả thiết suy ra: u1  1, d  3, S100  14950 Ta có S100  u1  u2  ...  u99  u100   u2  d   u2  ...   u100  d   u100  2S  50d S  50d Suy ra S  100 =7550 2 Ta có un  3un1  2n  3  un  n  3  un1  n  1 Đặt vn  un  n, Ta có vn  3vn1 , v1  3 ( n  2). 1.0. Suy ra  vn  là CSN với v1  3, q  3 , Suy ra vn  3. 0.5. 15. 3.1. 3.2. 0.5 0.5 1.0 1.0 1.0 0.5 0.5. n. 0.5. n. 4.1. Vậy un  3  n (n  1) Thiết diện cần tìm là hình thang cân. 2.0. S I. MNPQ P. Q. (Hình vẽ = 1.0) A. B. N. M. D C. 4.2. 4.3. 15 2 Diện tích thiết diện là S MNPQ  a  x2   4 a 2 15 Diện tích tam giác SAB là SSAB  4 a 2 Từ hệ thức S SAB  2.S MNPQ  x  2. 1.5. Giao điểm I của NP, MQ chạy trên giao tuyến SI của 2mp cố định (SAD),  SBC . 1.5. Ghi chú: Mọi cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, tổ chấm chia nhỏ thang điểm chấm đến 0.25. 0.5 0.5.

<span class='text_page_counter'>(2)</span>