Đề thi chọn HSG lớp 11 THPT tỉnh Vĩnh Phúc năm học 20122013 môn: Toán (dành cho học sinh THPT không chuyên)32541

Tính xác suất để số được chọn không nhỏ hơn 2013.. Chứng minh rằng với mọi giá trị thực của phương trình đã cho có ít nhất ba nghiệm thực phân biệt.m Câu 4.. a Cho hình lập phương ABCD.A

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012-2013

ĐỀ THI MÔN: TOÁN (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cosx 1 3

Câu 2

a) Xét khai triển:      2 2013 Tính

1x 1 2 x 1 2013 x a a x a x   a x

2

1

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  u n được xác định như sau: u11,u2 3,u n2 2u n1u n1,n1, 2, Tính

2

lim n

n

u

n



b) Cho phương trình:    3  3 ( là ẩn, là tham số) Chứng minh

rằng với mọi giá trị thực của phương trình đã cho có ít nhất ba nghiệm thực phân biệt.m

Câu 4

a) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ Chứng minh rằng 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 Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các a 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, , thỏa mãn

và với mọi số thực sao cho

 2 26

-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………

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012-2013

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:

Ta có sin 2x 3 cos 2x 2 3 sin xcosx 1 3

2 sin cosx x cosx 3 1 2 sin x 2 3 sinx 3 1 0

cosx 2 sinx 1 2 sinx 1 3 sinx 1 0

0,5

2 sinx 1 cos  x 3 sinx 1 0

1 sin

2

3 sin cos 1

x



 



0,5

sin

5 2

2 6

  



  



+) 3 sin cos 1 3sin 1cos 1 sin 1

x x  x x  x 

1(2đ)

2

2

6 6

3 5

2 2

k





฀

Vậy phương trình đã cho có các họ nghiệm là

5

x  k  x  k  x  k  x  k  k฀

0,5

2.a (1,0 điểm)

2

1 2013

1 1 2 2013 1 2 2013 2

i j

  

2

1

1 2 2013 2

a

2013 1007

1 2013 2014





2.b (1,0 điểm)

2(2đ)

Ta có n  số cách chọn một số có bốn chữ số đôi một khác nhau9.9.8.7

là biến cố chọn ra được một số có bốn chữ số đôi một khác nhau và không nhỏ

(Đáp án có 03 trang)

hơn 2013 Ta sẽ tính số các số có bốn chữ số đôi một khác nhau abcd , nhỏ hơn 2013 và

các số này chỉ có thể xảy ra với

1

a b0,1, , 9 \ 1  c0;1; ;9 \ 1;  b d0;1; ;9 \ 1; ;  b c

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:

      7.8.9.8 8

9.9.8.7 9

n A

P A

n

3.a (1,0 điểm)

Ta có u n2u n1u n1u n1,n1, 2, suy ra u n2u n1lập thành một cấp số cộng có

công sai bằng 1 nên u n2u n1 u2  u1 n.1 n 2 (1) 0,25

Từ (1) ta được u n u1 u nu n1u n1u n2  u2     u1 n n 1 2

 1

1 2

2

n

n n

 

n

n n u

 



2

n n

u n

3.b (1,0 điểm)

Đặt      3  3 ta được xác định và liên tục trên

Ta có f    2 1,f  0 1, f  1  1, f  2 3 0,5

3(2,0đ)

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

có nghiệm thuộc 2; 0 , 0;1 , 1; 2     suy ra phương trình có 3 nghiệm phân biệt 0,5

4.a (1,5 điểm)

N M

D'

C' B'

D

C B

A' A

Ta có tứ giác BCD’A’ là hình bình hành nên CD BA' 'CD' BDA' (1)

0,5

Ta có tứ giác BDD’B’ là hình bình hành nên B D BD' ' B D' ' BDA' (2)

Từ (1) và (2) ta được A BD'  CB D' '

0,5

Đặt BMx BD., CN y CD.' Khi đó MNMB  BCCN  xBD ADy CD.'

            0,25

4(3đ)

Do MN vuông góc (A’BD) nên MN BD MN, BA' Từ đó ta được:

 

2

0 ' 0

3

x

x x y

y x y

 





 

Do đó 2 ,

3

BM  BD

  1

' 3

CN CD

4.b (1,5 điểm)

O

R

Q

S

P N

M

D'

C' B'

D

C B

A' A

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.

0,5

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 '

nên (MNS) cắt (CDD’C’) theo giao tuyến qua P song song với C’D cắt DD’ tại R. 0,5

Do đó thiết diện cắt bởi (MNP) và hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ theo một lục giác đều

MSNQPR cạnh 2 và có tâm là O suy ra:

2

a

MR

Vậy

2 0

OMS

6 6 .sin 60

MSNQPR

a

4

MSNQPR

a

0,5

Đặt     1 , khi đó và ta có hệ

2

f m f  n f   p

 

  m n, , p 1

3

2

6

a

m n

p

c

 

 

0,5

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

0,25 5(1đ)

Ta có f x 4x33x, xét   1 x 1 thì tồn tại :xcos

suy ra với mọi Vậy

  3

4 cos 3cos cos 3

4 0 3

a b c





 



  



0,25