DE THI HSG TOAN 11

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT CẨM XUYÊN. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG. TỔ: TOÁN - TIN. NĂM HỌC 2016-2017. ——————. MÔN TOÁN LỚP 11 (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề) ——————. Câu 1. Giải các phương trình sau: 4 4 a) 2sin x  2cos x 1 . b) cos 2 x  sin 2 x  2cos x  4sin x  3 0 .. x 1 1 c) 4C x 1  3 Ax  1 72 .. Câu 2. a) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 4 chữ số khác nhau? b) Một hộp đựng 20 viên bi khác nhau được đánh số từ 1 đến 20. Lấy ba viên bi từ hộp trên rồi cộng số ghi trên đó lại. Hỏi có bao nhiêu cách lấy để kết quả thu được là một số chia hết cho 3? 20.  2 1   2x  3  x  . Câu 3. a) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển:  0 1 1 2 2 3 2016 2017 b) Tính tổng: S C2017C2017  C2017C2017  C2017 C2017  ...  C2017 C2017 .. Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là trung điểm SA, N là trung điểm SD và G là trọng tâm tam giác SBC. a) Tìm giao điểm của đường thẳng AC và mặt phẳng (MNG). b) Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của mặt phẳng (MNG) với SC, SB. Chứng minh: MQ và NP cắt nhau, AQ và DP cắt nhau. Gọi I là giao điểm của MQ và NP; J là giao điểm của AQ và DP. Chứng minh rằng I, J, S thẳng hàng. c) Gọi O là tâm hình bình hành ABCD, E là giao điểm của SO và mặt phẳng SE (MNG). Tính tỉ số SO . Câu 5. Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn: 2016 x  2016 y  z xyz . Tìm giá trị nhỏ nhất 1 1 20162 P 2  2  2 x  1 y  1 z  20162 . của biểu thức: ..…….……………………………………..HẾT…………………..………….………….. Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị không giải thích gì thêm. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Họ và tên thí sinh: …………………………...…………………………Số báo danh: …………. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM (Đáp án gồm 06 trang) Câu. Bài giải. 1a.  PT  2  sin 2 x  cos 2 x  (2.5đ). 1b. . . 2.   2sin 2 x.cos 2 x  1 . Điểm 1.0đ.  2  sin 2 2 x 1  sin 2 2 x 1  cos 2 x 0. 1.0đ. π kπ  x  (k  ) 4 2 cos 2 x  sin 2 x  2cos x  4sin x  3 0. 0.5đ 0.5đ. (2.0đ)  2cos 2 x  2sin x cos x  2cos x  4sin x  4 0  1  sin 2 x  cos x  1  sin x   2  1  sin x  0. . . 0.5đ.   1  sin x   sin x  cos x  1 0  sin x 1   sin x  cos x 1 π  x   kπ2  2    2 sin  x  π  1    4 . 1.c (1.5đ). 0.5đ π  x   kπ2  2   x kπ2. 4C xx 11  3 A1x  1 72 , ĐK: x  , x 2.  x  1 !  3  x  1 ! 72 PT  4  x  1 !2!  x  2  !  2  x  1 x  3  x  1 72. 0.5đ. 0.5đ.  x 5  T / m   2 x  5 x  75 0    x  15  L   2 2. 2a. 0.5đ. 0.5đ. Số cần lập có dạng: abcd ( a 0, d chẵn, a, b, c, d khác nhau). (2.0đ) TH1: d = 0 3 Sau khi chọn d có A6 120 cách chọn a, b, c. 2. 1.0đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> TH này có 120 số cần lập TH2: d 0 Có 3 cách chọn d Sau khi chọn d, có 5 cách chọn a 2 Sau khi chọn d, a có A5 20 cách chọn b, c. 1.0đ. TH này có 3.5.20 = 300 số cần lập Vậy tất cả có 120 + 300 = 420 số cần lập 2b. Ta chia 20 số từ 1 đến 20 thành 3 nhóm sau:. (1.5đ) A  3,6,9,12,15,18 : Chia hết cho 3, n(A) = 6 B  1,4,7,10,13,16,19 : Chia cho 3 dư 1, n(B) = 7. 0.5đ. C  2,5,8,11,14,17,20 : Chia cho 3 dư 2, n(C) = 7. Tổng 3 số đã cho chia hết cho 3 có 4 trường hợp sau: TH1: 3 số thuộc A. 0.25đ. 3 Có C6 20 cách chọn. TH2: 3 số thuộc B 0.25đ. 3 Có C7 35 cách chọn. TH3: 3 số thuộc C 0.25đ. 3 Có C7 35 cách chọn. TH4: 1 số thuộc A, 1 số thuộc B, 1 số thuộc C 0.25đ. 1 1 1 Có C6C7C7 294 cách chọn. Vậy tất cả có 20 + 35 + 35 + 294 = 384 cách chọn thỏa mãn ycbt 3a. Số hạng tổng quát của khai triển là:. (2.5đ) T C k 2 x 2 20.  . 20  k. k.  1  k 20  k   1 k x40  5k   3  C20 2  x . 1.0đ. Số hạng không chứa x tương ứng với 40  5k 0  k 8. 1.0đ. 12 8 Vậy số hạng không chứa x trong khai triển đã cho là 2 C20 .. 0.5đ. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 3b (1.5đ). Xét khai triển Hệ số của x. f  x   1  x . n 1. 2n. trong khai triển là. C2nn 1. 0.5đ (1). Mặt khác, ta có: f  x   1  x . 2n.  1  x . n.  x  1 n.  Cn0  C1n x  Cn2 x 2 ...  Cnn x n Cn0 x n  C1n x n  1  Cn2 x n  2 ...  Cnn. . . . 0.5đ. n 1 Hệ số của x trong khai triển là. Cn0Cn1  Cn1 Cn2  Cn2Cn3  ...  Cnn  1Cnn (2) 0 1 1 2 2 3 n 1 n n 1 Từ (1) và (2)  Cn Cn  Cn Cn  Cn Cn  ...  Cn Cn C2n. Áp dụng với n = 2017 ta có:. 0.5đ. 0 1 2 2 3 2016 2017 2016 S C2017 C12017  C2017 C2017  C2017 C2017  ...  C2017 C2017 C4034. 4a (2.0đ). Gọi T là trung điểm BC. SM SG   SA ST Trong mặt phẳng (SAT) có MG cắt AT tại H.. Hai mặt phẳng (MNP) và (ABCD) có điểm chung H và lần lượt 4. 0.5đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> chứa hai đường thẳng song song MN, AD nên giao tuyến của chúng là đường thẳng d qua H và // MN, AD.. 1.0đ. Trong mặt phẳng (ABCD) có AC cắt d tại K. Giao điểm của AC và (MNP) là K. 0.5đ. 4b. Ta có: MN // PQ (vì cùng song song với AD, BC)  MNPQ là (1.5đ) hình thang 1 2 MN  AD, PQ  BC  MN  PQ 2 3. 0.5đ.  NP, MQ cắt nhau.. Ta có: AD // PQ (vì cùng song song với BC)  ADPQ là hình thang 2 2 PQ  BC  AD  AD  PQ 3 3. 0.5đ.  AQ, DP cắt nhau.. Ta có: S là điểm chung của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) (1) I  MQ  I   SAB  ; I  NP  I   SCD   I là điểm chung của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) (2) J  AQ  J   SAB  ; J  DP  J   SCD   J là điểm chung của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) (3). Từ (1), (2), (3)  I, J, S thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) Hay I, J, S thẳng hàng (ĐPCM). 4c (1.0đ). 5. 0.5đ.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Trong (SAC) có SO  MP E , E là giao điểm của SO và (MNG).. 0.25đ. Dựng đường thẳng qua A song song với MP cắt đt SO tại A’ Dựng đường thẳng qua C song song với MP cắt đt SO tại C’ Ta có: AA’CC’ là hình bình hành. SA SA ' SC SC '  ,  SM SE SP SE SA SC SA ' SC ' 2SO     SE  SM SP SE SE. 0.75đ. SO 1  SA SC  1  3 7      2   SE 2  SM SP  2  2 4 SE 4   SO 7 . 5 (2.0đ) Ta có: Đặt. 2016 x  2016 y  z xyz  x  y . xαytan , βtan ,. z z xy (*) 2016 2016. z γtan α β ,γ , , π  0; 2016. . (*)  tan α  tan β  tan γ tan α tan β tan γ tan α  tan β   tan γ   tan(  γ) tan(α  β ) 1  tan α tan β. 0.5đ.   γ α  β  kπ. Do α, β , γ   0; π    γ α  β  π  α  β  γ π Khi đó: 1 1 1 P   1  tan 2 α 1  tan 2 β 1  tan 2 γ. 0.5đ. cosα2 cos 2β cos γ2 1  cosα2 cos 2β =2.  cos.  α β = cosα β cos. γ2  1.  cos. γ2  1. 6. 1.0đ.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 2  cosγcos α  β  cos γ 1   = 2. 1 1   2  cosγ  2 cos  α  β    4 cos  α  β   1 = . 1 1 4.  P. 3 4. Đẳng thức xảy ra 1  cosγ  cos  α  β  α  β π  2    1  α  β γ  3 cosα2  β  1 cosγ  2   3 Vậy GTNN của P là 4 , đạt khi x  y  3, z 2016 3 .. Lưu ý: Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa.. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>