Đề thi học sinh giỏi cụm Lạng Giang Năm học 2012 - 2013 Môn:Toán Lớp 11

SỞ GD & ĐT BẮC GIANG CỤM LẠNG GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI HSG CỤM LẠNG GIANG NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: Toán. Lớp 11. Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi 24 tháng 02 năm 2013 Câu I: (2 điểm) 1. Giải phương trình: x x x x32 2 cos2 sin2 cos 4sin 0 4 4 pi pi    + + − + =        2. Cho tập hợp A = {0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5, 6 , 7 }. Từ tập A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau đôi một sao cho các số này là số lẻ và chữ số đứng ở vị trí thứ 3 luôn chia hết cho 6? Câu II: (2 điểm) 1. Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển: ( ) 5 n P x x x   = +    và 0x ≠ biết rằng: ( )1 2 3 2 32 *4 1 4 1 4 1 4 1... 2 1 nn n n nC C C C n N+ + + ++ + + + = − ∈ 2. Cho dãy số ( )nu xác định như sau : 0 1 2 1 1; 6 3 2 0, n n n u u u u u n N+ + = =  − + = ∀ ∈ . Tìm lim 3.2 n n u Câu III: (1 điểm) Tìm giới hạn 3 2 4 20 1 1 2lim x x xL x x→ + − − = + Câu IV: (3 điểm) 1. Cho tam giác ABC và một điểm P nằm trong tam giác. Hãy dựng tam giác cân đỉnh P có đáy song song với cạnh BC và có 2 đỉnh lần lượt nằm trên hai cạnh AB, AC của tam giác ABC cho trước. 2. Trong mặt phẳng ( )α cho tam giác ABC vuông tại A, góc 060B = , AB a= . Gọi O là trung điểm của BC. Lấy S ở ngoài mặt phẳng ( )α , sao cho SB a= và SB OA⊥ . Gọi M là một điểm trên cạnh AB, mặt phẳng ( )β qua M và song song với SB và OA, cắt BC, SC, SA lần lượt tại N, P, Q. Đặt ( ) 0x BM x a= < < . a. Chứng minh rằng MNPQ là hình thang vuông. b. Tính diện tích hình thang này theo a và x. Tìm x để diện tích này lớn nhất. Câu V: (2 điểm) 1. Ba số x, y, z theo thứ tự đó lập thành một cấp số nhân; ba số x, y – 4, z theo thứ tự đó lập thành một cấp số nhân; đồng thời x, y – 4, z – 9 theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng. Hãy tìm x, y, z. 2. Cho , ,a b c R∈ . Chứng minh rằng phương trình sau luôn có nghiệm 3 2ax 0x bx c+ + + = ------------------- HẾT ------------------- Họ và tên thí sinh:.............................................................................SBD:...................................... Lưu ý: + Học sinh không được sử dụng tài liệu khi làm bài. + Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. HƯỚNG DẪN CHẤM toán 11 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1 PT  ⇔ + − − − = x x x x x(sin cos ) 4(cos sin ) sin2 4 0 ( ) s inx cos 0 4 cos s inx sin 2 4 0 x x x + = ⇔  − − − = + s inx cos 0 4 x x kpi pi+ = ⇔ = − + + ( )4 s inx cos sin 2 4 0x x− − − = ( )1 . Đặt ( )s inx cos 2t x t= − ≤ Khi đó phương trình (1) trở thành: 2 14 5 0 5 (loai) t t t t = − − − = ⇔  = Với 1t = − ta có 2 1 s inx cos 1 sin 34 22 2 x k x x x k pi pi pi pi =    − = − ⇔ − = − ⇔   = +   Kết luận: Vậy phương trình có nghiệm x k 4 pi pi= − + ; x k x k32 ; 2 2 pi pi pi= = + 0.25 0.25 0.25 0.25 I (2đ) 2 Gọi số cần tìm là : 654321 aaaaaan = Số n có tính chất : + Lẻ ⇒ a6 ∈ {1 ; 3 ; 5 ; 7 } + a3 chia hết cho 6 ⇒ a3 ∈ {0 ; 6} . * Trường hợp 1 : a3 = 0 : a6 có 4 cách . a1 có 6 cách . Chọn 3 chữ số còn lại có 35A cách . ⇒ Có 4.6. 35A số . * Trường hợp 2 : a3 = 6 a6 có 4 cách chọn . a1 có 5 cách (a1 ≠ 0 ; a1 ≠ a3 ; a1 ≠ a6) Chọn 3 chữ số còn lại có 35A cách ⇒ Có 4.5. 35A số . Vậy : 4.6. 35A + 4.5. 35A = 2640 số . 0.25 0.25 0.25 0.25 II 1 + Xét khai triển ( ) 4 14 1 4 1 0 1 n n k k n k x C x + + + = + = ∑ . Với 1x = , ta có: 0 1 2 2 2 1 2 2 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1... ... 2 n n n n n n n n n n n nC C C C C C C + + + + + + + + + + ++ + + + + + + + = Lại có: k n k n n C C −= , nên: 0 1 2 2 2 1 2 2 4 14 1 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1... ...n n n nn n n n n n nC C C C C C C+ + ++ + + + + + ++ + + + = + + + Suy ra: ( )0 1 2 2 4 14 1 4 1 4 1 4 12 ... 2n nn n n nC C C C ++ + + ++ + + + = 0 1 2 2 4 4 1 4 1 4 1 4 1 1 2 2 4 4 1 4 1 4 1 ... 2 ... 2 1 n n n n n n n n n n n C C C C C C C + + + + + + + ⇒ + + + + = ⇒ + + + = − Theo đầu bài ta có: 4 322 1 2 1 4 32 8n n n− = − ⇔ = ⇔ = + Với 8n = , ta có: ( ) 8 8 8 8 8 2 8 8 0 0 5 5 . . .5 . k k k k k k k k P x x C x C x x x − − = =     = + = =        ∑ ∑ Số hạng không chứa x ứng với 8 2 0 4k k− = ⇔ = . Kết luận: Vậy số hạng không chứa x là 4 48 .5C 0.5 0.25 0.25 2 + Ta có 0 0 1 1 2 2 3 3 * 1 4 5.2 6 4 5.2 16 4 5.2 36 4 5.2 ... 4 5.2 , nn u u u u u n N = = − + = = − + = = − + = = − + = − + ∀ ∈ + Sử dụng phương pháp qui nạp chứng minh 4 5.2 , n Nn n u = − + ∀ ∈ là số hạng tổng quát của ( )nu + 14. 54 5.2 52lim lim lim 3.2 3.2 3 3 n n n n n u − + − + = = = 0.25 0.5 0.25 III Ta có: 3 32 24 4 2 2 20 0 1 1 2 1 1 1 1 2lim lim x x x x x xL x x x x x x→ →  + − − + − − − = = +   + + +  + Tính ( ) ( ) 3 2 2 1 20 0 2 32 23 1 1lim lim 1 1 1 1 x x x xL x x x x x x → → + − = = +   + + + + +    ( ) ( )0 2 32 23 lim 0 1 1 1 1 x x x x x → = =   + + + + +    + Tính ( ) ( ) ( ) ( )( ) 4 2 20 0 3 24 4 4 1 1 2 2lim lim 1 1 2 1 2 1 2 1x x x xL x x x x x x x → → − − = = + + − + − + − + ( ) ( ) ( ) ( )( )0 3 24 4 4 2 1lim 21 1 2 1 2 1 2 1x x x x x→ = = + − + − + − + + Vậy 1 2 1 2 L L L= + = 0.25 0.25 0.25 0.25 1 + Phân tích: Giả sử ta dựng được PMN∆ thỏa mãn các điều kiện của bài toán và ta nhận thấy M và N là ảnh của nhau qua phép đối xứng trục , có trục là đường thẳng d đi qua P và vuông góc với BC cho trước. Do đó, ta có cách dựng + Cách dựng: - Dựng đường thẳng d qua P và vuông góc với BC - Dựng ảnh của cạnh AC là ' 'A C qua phép đối xứng trục d - Gọi ' 'M AB A C= ∩ . Dựng ( )dN D M= Khi đó ta được PMN∆ là tam giác cần dựng thỏa mãn các ycbt + Chứng minh: ta dễ dàng chứng minh được PMN∆ là tam giác cân tại P + Biện luận: Do AB và ' 'A C luôn cắt nhau tại 1 điểm M duy nhất cho nên bài toán luôn có duy nhất nghiệm hình 0.25 0.25 0.25 0.25 IV 2a Ta có + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) / / / / 1 OA OA ABC MN OA MN ABC β β   ⊂ ⇒  = ∩ + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) / / / / 2 SB SB SAB MQ SB MQ SAB β β   ⊂ ⇒  = ∩ + Tương tự: ( )/ / 3NP SB + Từ ( ) ( )2 , 3 ta suy ra ( )/ / / / 4MQ NP SB Từ ( ) ( )1 , 4 và SB OA⊥ ta suy ra MNPQ là hình thang vuông , đường cao MN. 0.25 0.25 0.25 0.25 2b + Ta có ( ) ( )1 . . 5 2MNPQ S MN MQ NP= + + Tính MN. Ta có ABC∆ là nửa tam giác đều nên 2 2BC AB a= = Suy ra 1 2 OA BC a= = / /MN OA và ABO∆ đều nên BMN∆ đều MN BM BN x⇒ = = = + Tính MQ: ( ) ( )/ / .MQ AM SB aMQ SB MQ AM a x a x SB AB AB a ⇒ = ⇒ = = − = − + Tính NP: ( )2. 2/ / 2 2 a a xNP CN SB CN a xNP SB NP SB CB CB a − − ⇒ = ⇒ = = = Thay các kết quả tìm được vào (5) ta được ( )4 3 4MNPQ x a x S − = + Tìm x để diện tích lớn nhất Ta có: ( ) ( )4 3 3 4 3 4 12MNPQ x a x x a x S − − = = Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương ( )3 , 4 3x a x− , ta có: ( ) 2 2 2 2 3 4 33 4 3 4 2 1 .4 12 3MNPQ x a x x a x a aS a + −  − ≤ ≤    ⇒ ≤ = + Đẳng thức xảy ra 23 4 3 3 a x a x x⇔ = − ⇔ = Vậy khi 2 3 a x = thì MNPQS đạt giá trị lớn nhất. 0.5 0.5 V 1 + Từ các giả thiết của bài toán ta có hệ phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 4 2 2 4 9 3 y xz y xz y x z  =  − =  − = + − 0.25 0.25 + Với 2y = ta có 4 15 4 1 4 x zx z xz x z  =  =+ = ⇔ = =  = + Kết luận: các số , ,x y z cần tìm là 1, 2, 4x y z= = = hoặc 4, 2, 1x y z= = = 0.25 0.25 2 + Xét hàm số ( ) 3 2axf x x bx c= + + + là hàm số liên tục trên R + Ta có: ( )3 2 3 2 3lim ax lim 1x x a b cx bx c x x x x→+∞ →+∞  + + + = + + + = +∞   nên tồn tại số dương α đủ lớn, ta có: ( ) 0f α > + Ta có: ( )3 2 3 2 3lim ax lim 1x x a b cx bx c x x x x→−∞ →−∞  + + + = + + + = −∞   nên tồn tại số âm β , sao cho β đủ lớn, ta có: ( ) 0f β < + Vì ( ) ( ) 0f fα β < và hàm số ( )f x liên tục trên đoạn [ ]; Rα β ⊂ nên phương trình ( ) 0f x = có ít nhất một nghiệm thuộc ( );α β . Tức là phương trình 3 2ax 0x bx c+ + + = luôn có nghiệm với mọi , ,a b c R∈ 0.25 0.25 0.25 0.25 Lưu ý: Trên đây chỉ là hướng dẫn chấm và sơ lược cách giải. Nếu học sinh làm cách khác đúng thì vận dụng hướng dẫn này để cho điểm. Gọi số cần tìm là : 654321 aaaaaan = Số n có tính chất : + Lẻ ⇒ a6 ∈ {1 ; 3 ; 5 ; 7 } + a3 chia hết cho 6 ⇒ a3 ∈ {0 ; 6} . - Trường hợp 1 : a3 = 0 : a6 có 4 cách . a1 có 6 cách . Chọn 3 chữ số còn lại có 35A cách . ⇒ Có 4.6. 35A số . - Trường hợp 2 : a3 = 6 a6 có 4 cách chọn . a1 có 5 cách (a1 ≠ 0 ; a1 ≠ a3 ; a1 ≠ a6) Chọn 3 chữ số còn lại có 35A cách ⇒ Có 4.5. 35A số . Vậy : 4.6. 35A + 4.5. 35A = 2640 số .