TOAN HSG THPT 19

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ————————— ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2010-2011 ĐỀ THI MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh THPT không chuyên) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. ————————————. Câu I (2 điểm) Giải phương trình: 3tan 2 x . 3 1  cotx 2  2cos 2 x 0 cos 2 x 1  cotx. Câu II (2,5 điểm) 1. Cho khai triển:. 1  x  x. 2.  x3  ...  x 2010. . 2011. a0  a1 x  a2 x 2  a3 x 3  ...  a4042110 x 4042110. a. Tính tổng a0  a2  a4  ...  a4042110 b. Chứng minh đẳng thức sau: 0 1 2 3 2010 2011 C2011 a2011  C2011 a2010  C2011 a2009  C2011 a2008  ...  C2011 a1  C2011 a0  2011. 2. Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có chín chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên thuộc vào tập A. Tính xác suất để chọn được một số thuộc A và số đó chia hết cho 3. Câu III (2,5 điểm) u 1. Cho dãy số  n  được xác định như sau u1 2011; un  1  n 2  un  1  un . ,. u với mọi n   , n 2 . Chứng minh rằng dãy số  n  có giới hạn và tìm giới hạn đó. 2. Tính giới hạn: *. x 2 x  1  3 3x  2  2 x 1 x2  1. A lim. Câu IV (3 điểm) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tất cả các mặt đều là hình vuông cạnh a . A ' BD.  và đường thẳng AC ' đi qua 1. Chứng minh rằng AC ' vuông góc với mặt phẳng  trọng tâm của tam giác A ' BD . 2. Hãy xác định các điểm M, N lần lượt nằm trên các cạnh A’D, CD’ sao cho MN vuông góc với mặt phẳng (CB’D’). Tính độ dài đoạn MN theo a . -------------------Hết-------------------. Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……………………………………………SBD: ………………….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. KÌ THI CHỌN HSG LỚP 11 VÒNG TỈNH. TỈNH VĨNH PHÚC. NĂM HỌC 2010 – 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh các trường THPT không chuyên) Đáp án gồm 3 trang. Câu I 2 điểm. Nội dung cos 2 x 0  sin x 0  cot x  1 . cos 2 x 0   sin x 0 cos x  sin x 0 . Điểm. cos 2 x 0  sin x 0. 0,5. ĐK Khi đó phương trình đã cho trở thành. 3sin 2 x  3 sin x  cos x 2  2 cos 2 x 0 cos 2 x sin x  cos x 3sin 2 x  3 cos x  sin x  2  2 cos 2 x 0  cos x  sin x   cos x  sin x  sin x  cos x. 0.5. 2. 3sin 2 x  3  2  cos x  sin x   2 cos 2 2 x 0  3sin 2 x  3  2  1  sin 2 x   2 1  sin 2 2 x 0. . . 0,5. 1   2sin 2 x  sin 2 x  1 0  sin 2 x 1;sin 2 x  2 +) sin 2 x 1  cos 2 x 0 không thỏa mãn ĐK 2. 0,25.     2 x  3  k 2  x  6  k    1 2 x    k 2  x  2  k sin 2 x  3 3   2 (thỏa mãn ĐK) +). II 2,5điểm.  k  . 1.a (1,5 điểm) Từ khai triển trên lần lượt cho x  1; x 1 ta được. 0,25. 0,5.  a0  a1  a2  ...  a4042110 20112011   a0  a1  a2  ...  a4042110 1. 0,5. Cộng từng vế hai đẳng thức trên và chia cả hai vế cho 2 ta được A a0  a2  a4  ...  a4042110 . 0,5. 20112011  1 2. 1.b (0,5 điểm) Xét x 1 từ khai triển trên ta có: 2011 2011. 1  x .  1  x . 2011. 2011 Hệ số của x trong vế trái bằng  C 2011 Hệ số của x trong vế phải bằng. a.  a1 x  a2 x 2  ...  a4042110 x 4042110. 1 2011.  2011. 0. . 0 1 2 3 2010 2011 C2011 a2011  C2011 a2010  C2011 a2009  C2011 a2008  ...  C2011 a1  C2011 a0. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Từ đó ta có đẳng thức 0 2011 2011. C. a. 0,25. 1 2011 2010. C. a. 2 2011 2009. C. a. 3 2011 2008. C. a. 2010 2011 1.  ...  C. 2011 2011 0. a C. a  2011. 2. ( 0,5 điểm) +) Trước hết ta tính n(A). Với số tự nhiên có chín chữ số đôi một khác nhau thì 8 n A 9 A98 chữ số đầu tiên có 9 cách chọn và có A9 cho 8 vị trí còn lại. Vậy  . 0,25. B  0;1; 2;...;9.   ta thấy tổng các phần tử của B bằng 453 nên số có chín +) Giả sử chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 3 sẽ được tạo thành từ 9 chữ số của các tập. B \  0 ; B \  3 ; B \  6 ; B \  9. nên số các số loại này là. 0,25. A99  3.8. A88 11  A99  3.8. A88 . Vậy xác suất cần tìm là 27 9. A98. III (2,5 điểm). 1. (1 điểm) Từ công thức truy hồi của dãy ta được 1  1  1  1  1   1       ...  1  2  u1 un  1  2  un  1  1  2   1  u  ...  1  1  n  2   2 2 2 n  n    n  1  n    n  1   2          n  1  n  1  n  2  n 4.2 3.1 n 1 2011 un  . ... 2 . 2 .2011  .2011 2 2 lim un  2n n  n  1 3 2 2. Do đó 2. (1,5 điểm). . Từ đó. x 2 x  1  3 3x  2  2 x 2 x  1  1  3 3x  2  1  lim x 1 x2  1 x2  1 Ta có x 1  x 2 x  1  1 3 3x  2  1  lim    x 1 x2  1 x2  1   lim. 0,5 0,5 0,5. 0,5.     2 x3  x 2  1 3x  3 lim  2   x 1 2  x  1 x 2 x  1 1 x 2  1  3  3 x  2   3 3 x  2  1     . . .  . .     2 x2  x 1 3 lim    x 1   x  1 x 2 x  1  1  x  1  3  3 x  2  2  3 3 x  2  1     . . 0,5. . 4 3 3    4 6 2. IV (3 điểm). 1. (1,5 điểm) BD   ACC ' A '  AC '  BD Ta có BD  AC và BD  AA ' nên .. 0,25. AC '   A ' BD  0,5 Tương tự ta chứng minh được AC '  A ' D . Từ đó ta suy ra . Gọi I là giao điểm của AC và BD . Khi đó G  AC ' A ' I chính là giao điểm của 0,25 AC ' và mặt phẳng  A ' BD  .. Do. AC // A ' C ' . GI AI  2 GA ' A ' C ' suy ra G là trọng tâm của tam giác A ' BD .. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2. (1,5 điểm) .               A ' A m, A ' D ' n, A ' B '  p  m  n  p a; m.n n. p  p.m 0 Đặt    và A ' M x.A ' D; D' N  y.D ' C     A ' M  x . m  x . n ; D ' N  y . m  y . p  MN  MA '  A ' D '  D ' N Ta có     y  x  m   1  x  n  y p. 0,25 0,25. Do đường thẳng MN vuông góc với mặt phẳng (CB’D’) nên ta có       1  y  2 x 0   y  x  m   1  x n  y p m  n 0        2 y  x  0    y  x  m   1  x  n  y p m  p 0   2  1 A ' M  A ' D; D ' N  D ' C 3 3 Vậy M, N là các điểm sao cho   1 1 1 a2 a 3 MN  m  n  p  MN 2   MN  3 3 3 3 3 Do đó ta có   MN .B ' C 0    MN . D ' C  0 .  .  .  . A. 2   x  3   y 1  3. 0,5 B. I G. D. C. M A'. B'. N D'. C'. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>