Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 11 - Năm học 2012-2013 - Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 11 - Năm học 2012-2013 - Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc

1. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ THI MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Dành cho học sinh THPT không chuyên) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1. Giải phương trình sin 2x 3 cos 2x 2 3 sin x cos x 1 3 . Câu 2. 2 2013 a) Xét khai triển: 1 x 1 2x 1 2013x a0 a1x a2 x a2013 x . Tính 1 2 2 2 a2 1 2 2013 . 2 b) Chọn ngẫu nhiên một số có 4 chữ số đôi một khác nhau. Tính xác suất để số được chọn không nhỏ hơn 2013. Câu 3. a) Cho dãy số un được xác định như sau: u1 1, u2 3,un 2 2un 1 un 1, n 1,2, Tính u lim n . n n2 b) Cho phương trình: m x 1 x3 4x x3 3x 1 0 (x là ẩn, mlà tham số). Chứng minh với mọi giá trị thực của m phương trình đã cho có ít nhất ba nghiệm thực phân biệt. Câu 4. a) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Chứng minh mặt phẳng A' BD song song với mặt phẳng CB ' D ' . Tìm điểm M trên đoạn BD và điểm N trên đoạn CD’ sao cho đường thẳng MN vuông góc với mặt phẳng (A’BD). b) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AD, BB’, C’D’. Xác định thiết diện cắt bởi mặt phẳng (MNP) với hình lập phương ABCD.A’B’C’D’, tính theo a diện tích thiết diện đó. Câu 5. Cho a,b,c là các hằng số thực và P x ax3 bx2 cx . Tìm tất cả các số a,b,c sao cho P 2 26 và P x 1 với mọi số thực x sao cho x 1 . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . . . . .; Số báo danh
2. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012-2013 (Đáp án có 03 trang) ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh THPT không chuyên) I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câu Nội dung trình bày Điểm 1(2đ) Ta có sin 2x 3 cos 2x 2 3 sin x cos x 1 3 2sin x.cos x cos x 3 1 2sin2 x 2 3 sin x 3 1 0 0,5 cos x 2sin x 1 2sin x 1 3 sin x 1 0 2sin x 1 cos x 3 sin x 1 0 1 sin x 0,5 2 3 sin x cos x 1 x k2 1 6 +) sin x k ¢ 0,25 2 5 x k2 6 3 1 1 1 +) 3 sin x cos x 1 sin x cos x sin x 0,25 2 2 2 6 2 x k2 6 6 x k2 3 k ¢ 0,5 5 x k2 x k2 6 6 Vậy phương trình đã cho có các họ nghiệm là 5 x k2 , x k2 , x k2 , x k2 k ¢ 6 6 3 2(2đ) 2.a (1,0 điểm) 2013 2 3 Ta có 1 x 1 2x 1 2013x 1  k x  i. j x A.x 0,5 k 1 1 i j 2013 1 2 Suy ra a i. j 1 2 2013 12 22 20132 2  0,25 1 i j 2013 2 2 2 1 2 2 2 1 2013 2014 2013 1007 a2 1 2 2013 . 0,25 2 2 2 2 2.b (1,0 điểm) Ta có n  số cách chọn một số có bốn chữ số đôi một khác nhau 9.9.8.7 A là biến cố chọn ra được một số có bốn chữ số đôi một khác nhau abcd và không nhỏ 0,25
3. hơn 2013. Ta sẽ tính số các số có bốn chữ số đôi một khác nhau avàb ccácd số này chỉ có thể xảy ra với a 1, b 0,1, ,9 \ 1 , c 0;1; ;9 \ 1;b và d 0;1; ;9 \ 1;b;c có 7 cách chọn 0,5 suy ra trong trường hợp này có 9.8.7 số thỏa mãn. Từ hai trường hợp trên ta được n A 7.8.9.9 7.8.9 7.8.9.8 . Do đó xác suất cần tìm là: n A 7.8.9.8 8 P A 0,25 n  9.9.8.7 9 3(2,0đ) 3.a (1,0 điểm) Ta có un 2 un 1 un 1 un 1, n 1,2, suy ra un 2 un 1 lập thành một cấp số cộng có 0,25 công sai bằng 1 nên un 2 un 1 u2 u1 n.1 n 2 (1) Từ (1) ta được un u1 un un 1 un 1 un 2 u2 u1 n n 1 2 n n 1 0,5 u 1 2 n n 2 u n n 1 1 u 1 lim n lim . Vậy lim n . 2 2 2 0,25 n n n 2n 2 n n 2 3.b (1,0 điểm) Đặt f x m x 1 x3 4x x3 3x 1 ta được f x xác định và liên tục trên ¡ . 0,5 Ta có f 2 1, f 0 1, f 1 1, f 2 3 Do đó ta được f 2 f 0 0, f 0 f 1 0, f 1 f 2 0 nên phương trình f x 0 0,5 có nghiệm thuộc 2;0 , 0;1 , 1;2 suy ra phương trình có 3 nghiệm phân biệt. 4(3đ) 4.a (1,5 điểm) A D M C B N D' A' 0,5 C' B' Ta có tứ giác BCD’A’ là hình bình hành nên CD ' BA' CD ' BDA' (1) Ta có tứ giác BDD’B’ là hình bình hành nên B ' D ' BD B ' D ' BDA' (2) 0,5 Từ (1) và (2) ta được A' BD CB ' D ' .            Đặt BM x.BD, CN y.CD ' . Khi đó MN MB BC CN xBD AD y.CD '         0,25 x AB AD BC y AA' AB x y AB 1 x AD y AA' Do MN vuông góc (A’BD) nên MN  BD, MN  BA' . Từ đó ta được: 2   x MN.BD 0 1 x x y 0 2x y 1 3   0,25 y x y 0 x 2y 1 MN.BA' 0 y 3
4.  2   1  Do đó BM .BD, CN .CD ' 3 3 4.b (1,5 điểm) A M D S R C B O D' A' N 0,5 P C' B' Q Gọi S là trung điểm của AB, khi đó MS BD MS BDC ' và NS C ' D NS BDC ' suy ra MNS BDC ' . Do MNS BC ' nên (MNS) cắt (BCC’B’) theo giao tuyến qua N song song với BC’ cắt B’C’ tại Q. Do MNS BD B ' D ' nên (MNS) cắt (A’B’C’D’) theo giao tuyến qua Q song song với B’D’ cắt D’C’ tại P’, do P’ là trung điểm của C’D’ nên P’ trùng với P. Do MNS C ' D 0,5 nên (MNS) cắt (CDD’C’) theo giao tuyến qua P song song với C’D cắt DD’ tại R. Do đó thiết diện cắt bởi (MNP) và hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ theo một lục giác đều a 2 MSNQPR cạnh MR và có tâm là O suy ra: 0,5 2 1 3 3a2 3 3a2 S 6S 6. OM.OS.sin 600 . Vậy S MSNQPR OMS 2 4 MSNQPR 4 5(1đ) 1 Đặt f 1 m, f 1 n, f p , khi đó m , n , p 1 và ta có hệ 2 3m n 8p a 3 a b c m a b c m m n 0,5 a b c n a b c n b 2 a b c a 2b 4c 8p p 16 p 3m n 8 4 2 c 6 3m n 8p 16 p 3m n Ta có f 2 8. 2 m n 9m n 16 p 9 1 16 26 . 3 3 m 1 a 4 0,25 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi n 1 b 0 p 1 c 3 Ta có f x 4x3 3x , xét 1 x 1 thì tồn tại : x cos a 4 0,25 3 f x 4cos 3cos cos3 suy ra f x 1 với mọi 1 x 1 . Vậy b 0 c 3 Hết