de thi hsg toan 11

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT B KIM BẢNG. ĐỀ THI ĐỀ XUẤT. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT Năm học 2013-2014 Môn: Toán Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề). Họ và tên: Trần Việt Hà Chức vụ: Giáo viên Đơn vị : Trường THPT B Kim Bảng Câu 1: (4 điểm) Tính tổng các nghiệm của phương trình sau trên.  0;1004 . 8sin 2 x.cos x  3 s inx  cos x 0 3 7 sin( x  )  3cos( x  ) 2 2 Câu 2: (5 điểm) a) Tính tổng 0 1 2 k 2011 2012 C2012 C2012 C2012 C2012 C2012 C2012 S    ...   ...   1.2 2.3 3.4 ( k  1).(k  2) 2012.2013 2013.2014 (k  N ,0 k 2012). b) Xếp 10 người gồm 5 nam và 5 nữ vào hai hàng ghế kê đối diện nhau, mỗi bên 5 chiếc. Hỏi có bao nhiêu cách xếp để nam và nữ luôn ngồi đối diện nhau ? Câu 3: (3 điểm) Cho dãy số thực (an ) xác định bởi a1 5 và an  n ann 11  2n  1  2.3n  1 với mọi n 2 Tìm số hạng tổng quát của dãy số (an ) ? Câu 4: (3 điểm) Cho dãy ngũ giác lồi An BnCn Dn En , xác định như sau: a) Ngũ giác A1B1C1D1 E1 có diện tích S1 2014 * b) Với mỗi n  N ngũ giác An1 Bn1Cn 1Dn 1 En1 được tạo thành bằng cách: Từ trung điểm mỗi cạnh của ngũ giác An BnCn Dn En ta nối với trung điểm 2 cạnh không kề nó. Ngũ giác An 1 Bn 1Cn 1 Dn 1 En 1 có các đỉnh chính là trung điểm của 5 cạnh thẳng nhận được theo cách nối trên. Gọi Si là diện tích của ngũ giác Ai Bi Ci Di Ei . Tìm S2013 ? Câu 5: (5 điểm) Cho lăng trụ đứng OAB.O’A’B’ có các đáy là các tam giác vuông cân, OA=OB=a, AA'=a 2 . Gọi M, P lần lượt là trung điểm của OA, AA’ a) Tính diện tích thiết diện của lăng trụ cắt bởi mp(  ) đi qua M và vuông góc với A’B.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> b) Gọi  là góc tạo bởi hai mp (OAB) và (MPB’). Tính cos ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Câu1 (4đ). Nội dung. Điều kiện xác định: 3 7 sin( x  )  3cos( x  ) 0  3 s inx  cosx 0 2 2 1    tan x   tan x tan  x   k , k  Z 6 6 3. PT  4sin 2 x sin x   2(cosx  cos3x) . Điểm. 0.5. 3 s inx  cosx 0 3 s inx  cosx 0. 1 3   cos3x  cosx  s inx  cos3x cos(x  ) 2 2 3     3 x  x   k 2  x   k   3 6   (k  Z )     3x  ( x  )  k 2  x  k  3 12 2 . 1.0. Kết hợp với điều kiện xác định ta có nghiệm của phương trình đã cho là. x .    k (k  Z ) 12 2. 1.0. Vì. x   0;1004   0 .    k 1004 12 2. 1 1  k   2008  6  6 k  Z. 1 k 2008  k  Z.  0;1004  là Suy ra các nghiệm của phương trình đã cho trên 1 k 2008   xk  k  12 2 với k  Z gồm 2008 nghiệm lập thành cấp số cộng. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> x1 . có Câu 2. (5đ).    5 d   2 12 2 12 công sai   2008  5. nên tổng các nghiệm là n   3025052 S   2 x1  (n  1)   2  (2008  1)    2 2 2  12 2 3. 1.0. a) (3 điểm) Ta có k C2012 1 2012!  .  (k  1).(k  2) (k  1).( k  2) k !(2012  k )! k 2 C2014 1 2014!  .  2013.2014 (k  2)! 2014  (k  2)  ! 2013.2014. 1.0. Do đó. S. 1 2 3 2014  .  C2014  C2014  ...  C2014 2013.2014. 1.0. Mặt khác ta có 0 1 2 3 2014 C2014  C2014  C2014  C2014  ...  C2014 22014 2 3 2014  C2014  C2014  ...  C2014 22014  2015. 0.5. Vậy. 22014  2015 S 2013.2014. 0.5. b) (2 điểm) Không mất tính tổng quát và để dễ hình dung ta đánh số các ghế như sau: 1. 2. 3. 4. 5. 10. 9. 8. 7. 6. Có 10 cách chọn 1 trong 10 người để xếp vào ghế số 1. Sau khi đã chọn được 1 người để xếp vào ghế số 1 thì có 5 cách chọn người khác giới để xếp vào ghế.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1.0. số 10. Tương tự có 8 cách chọn 1 trong 8 người còn lại để xếp vào ghế số 2. Khi đó có 4 cách chọn người khác giới để xếp vào ghế số 9. Cứ tiếp tục quá trình như Câu 3 (3 đ). vậy, ta sẽ có 10.5.8.4.6.3.4.2.2 = 460 800 cách sắp xếp thỏa mãn đề bài. Từ công thức truy hồi ta suy ra. n n. n 1 n 1. a a. 2. n 1 n 1. n 2 n 2. n 1. 1.0. n 1.  2.3. 0.5. Thay n bằng n-1, n-2, ..., 2 ta được a. a. 2. n 2. n 2.  2.3. a22 a11  21  2.31. 0.5. Cộng vế với vế các đẳng thức trên rồi giản ước các số hạng bằng nhau ở hai vế, ta được Câu 4 (3 đ). n n. 1 1. n. a a   (2 k  1  2.3k  1 ) 5  (2 n  2)  (3n  3) 2 n  3n k 2. 1.0. Từ đó suy ra. an  n 2n  3n. 1.0. An K Dn+1. Cn+1. En. Bn. En+1 Bn+1. M. N An+1. Dn. Cn. ABC DE Gọi G là trọng tâm của ngũ giác n n n n n với kí hiệu thứ tự các đỉnh của ngũ giác An 1 Bn 1Cn 1 Dn 1 En 1 như hình vẽ ta có   1    1  1 GAn 1  (GM  GN )  (GB n  GC n  GD n  GE n )  GAn 2 4 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>       GA  GB  GC  GD n n n n  GE n 0 ) ( Vì Tương tự ta có    1  1 GB n 1  GB n ; GC n 1  GC n 4 4     1 1 GD n 1  GD n ; GE n 1  GE n 4 4 ABC DE Vậy ngũ giác An 1 Bn 1Cn 1 Dn 1 En 1 là ảnh của ngũ giác n n n n n qua phép vị tự tâm G tỉ số. k. 1 4. 1 S n 1 k 2 .Sn  S n (n  N * ) 16 Do đó * ABC DE Như vậy diện tích các ngũ giác n n n n n ( n  N ) lập thành cấp số nhân n 1  1 1 S n S1.   q  16  16 . Do đó với công bội. 0.5. 0.5. 0.5. 1.0. Vậy. S 2013.  1 S1.    16 . 2013 1. 2014  2012 16. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>

<span class='text_page_counter'>(7)</span>