Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán 11 - 2013

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG MÔN TOÁN.. Chứng minh rằng tổng S tất cả các số của tập E chia hết cho 9.. Chứng minh rằng các đoạn nối trung điểm các cặp cạnh đối thì vuông góc với

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG MÔN TOÁN KHỐI 11 NĂM HỌC 2012- 2013

Thời gian : 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

( Đề thi gồm 01 trang gồm có 06 câu)

Câu 1(4 điểm) Giải các phương trình sau:

a 2 3 sin 2  1

2













b

3 cos ) 1 2 cos 2 ( 3

Câu 2 (4 điểm)

a Tìm điều kiện của m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt theo thứ tự lập thành cấp số cộng: 4 2 ( 1 ) 2 2 1 0









x

b Biết tổng các hệ số bậc chẵn trong khai triển của (  1 x) n là 512 Tìm hệ số của x5 trong khai triển  n

x

x2 1 3

Câu 3 (2 điểm) Cho dãy số u n xác định như sau: 











2 2

1 1

n u u u

n n

2 cos

n

Câu 4 (2 điểm) Với các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 xét tập hợp E gồm các số có 7 chữ số khác nhau

viết từ các số đã cho Chứng minh rằng tổng S tất cả các số của tập E chia hết cho 9

Câu 5 (4 điểm)





























1

5 3

1 3

1

1 1

lim

n n

n

n

b Chứng minh rằng phương trình : 4x4  2x2  x 3  0 có ít nhất hai nghiệm trái dấu trong khoảng (-1 ; 1)

Câu 6 (4 điểm)

Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c

a Chứng minh rằng các đoạn nối trung điểm các cặp cạnh đối thì vuông góc với hai cạnh đó

b Tính cosin của góc hợp bởi các đường thẳng AC và BD theo a, b, và c

ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KỲ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG KHỐI 11 NĂM HỌC 2012- 2013

SỞ GD & ĐT THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT NGA SƠN

SỞ GD & ĐT THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT NGA SƠN

Câu ý Nội dung Điểm

Z k k

x

k x

x

x x

x x

































































, 3

3

cos 2

1 3 2 cos

1 2 sin 3 2 cos

1 2 sin 3 2

2 sin













0.5 0.5 0.5

 2 1 3 cos 2 cos 2 5 cos 2

1 3 cos 2 2 cos 3 cos 4

1 ) 1 2 cos 2 ( 3 cos 2

1 3 cos ) 1 2 cos 2 ( 3 cos

























x x

x

x x

x

x x

x

+ Xét sinx0  xk không phải là nghiệm của phương trình Nhân 2

vế của (2) với sinx và biến đổi ta được:

Z k k x

k x x





















7

2 7 5

2 sin

6 sin







0.5

0.5

1

2 a Đặt : 4 2 ( 1 ) 2 2 1 0









Đặt : t  x2 khi đó (1) trở thành: 2 2 ( 1 ) 2 1 0 2









t

Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi (2) có 2 nghiệm dương phân biệt: 0 t 1 t2.































 

2 0 0

1 2

0 ) 1 ( 2

0

2

m m m

P m S

m

Theo yêu cầu bài toán ta có: t 2 9t1, từ đó giải ra được m = 4; m= -4/9

Khi đó:

+ m= 4 thì 4 nghiệm của pt đã cho là : -3; -1; 1; 3

+ m= - 4/9 thì 4 nghiệm của pt đã cho là: -1; -1/3; 1/3; 1 ĐS: m=4; m= - 4/9

0.5 0.5

0.5

0.5 b

n

n n

n n n

C x C

x xC C

n n

C

x 1 : 0  1    2

Cho: 1 : 0 1  1 0













 C n C n n C n n x

Suy ra : 0 2 2 2  1









C

Theo giả thiết: 2n 1  512  2 9  n 10

0.5 0.5

Từ đó ta có:   10 2

0 10

10

0 10

2 10

2 1 3 3 3 





k

k k

k k

C x x x

Ta được hệ số của x5 là 3240

0.5 0.5







1

2 cos 2 2

2 2

2 cos

k

2 cos

  k

k

Thật vậy:

2

2 2

2 1

1 1

2 cos 2

2 cos 2 2 cos 2 2 2

cos 1 2 2

cos 2 2 2











































k

k k

k k

k

u











2

0  k2  nên 0

2 cos k2 

Vậy ta luôn có: u n 2cos2n 1

0.5 0.5

0.5

0.5

4 Từ tập E ta có thể lập được 7! = 5040 số gồm 7 chữ số khác nhau

Nhận xét rằng các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 xuất hiện ở các hàng đơn vị,

hàng chục, hàng trăm, hàng ngàn …720 lần, từ đó

9 ) 10

10 (

28 720

7 6 5 4 3 2 1 720 10

7 6 5 4 3 2 1 720 10

0 6

0 6









































S

Vì 720  9

0.5 0.5

0.5 0.5

2 2 2

1 1 2 lim

2

1 2 1 2

5 7 3 5 3 1 1 lim

1 2 1 2

1

5 3

1 3

1

1 1 lim

































































n n

n n

n

n n

n

n n

n

1

1

b Xét hàm số : ( ) 4 4 2 2 3







x

f xác định trên R nên liên tục trên R

Ta có : f(-1) = 4; f(0) = -3; f(1) = 2

Vậy f(-1) f(0) < 0 nên phương trình có ít nhất 1 nghiệm âm trong

khoảng (-1; 0)

Và f(0) f(1) < 0 nên phương trình có ít nhất 1 nghiệm dương trong

khoảng (0; 1)

(ĐPCM)

0.5 0.5 0.5 0.5

D B

J C

Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD;

Hai tam giác ABC và ABD bằng nhau vì :





BC

B D

A C

chung

A B

Suy ra 2 trung tuyến tương ứng bằng nhau : CI = DI

Tam giác ICD cân tại I nên trung tuyến IJ cũng là đường cao nên

CD

IJ 

Tương tự : BCD ACD JB JA JABcân tại J nên trung tuyến JI

cũng là đường cao  JI  AB

Vậy IJ vuông góc với hai cạnh đối AB và CD

Chứng minh tương tự cho các cặp cạnh đối còn lại

0.5

0.5

0.5

0.5

b Gọi K là trung điểm AD

2 2

b AC JK b BD

Trong tam giác ABC có đường trung tuyến CI có:

4

2 2 2

2

CI AB CI CB

Tam giác IJC vuông tại J:





IJ

2 4

4

2

2b2 c2 a2 a2 b2 c2  a2









Áp dụng định lí cosin vào tam giác IJK:

2

2 2

2 2 2

cos

cos 2

b

c a J K I

J K I KJ IK KJ

IK IJ

















Mà IK//BD, KJ//AC mà góc hợp bởi hai đường thẳng AC và BD là

góc nhọn

Nên cos ˆ,  cos 2 2 2

b

c a J K I BD

C

0.5

0.5

0.5

0.5