Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 chọn lọc số 6

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPTĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho học sinh THPT không chuyên Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1.. Tính xác suất để số được chọn không nhỏ hơ

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT

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

0 1 2 2013

1+x 1 2 1 2013+ x + x = +a a x a x+ + + a x Tính

2

1

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: m x( − 1) (x3 − 4x)+ −x3 3x+ = 1 0 (x là ẩn, m là tham số) Chứng minh với mọi giá trị thực của mphương 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 ( )2 26

P = 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………

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT

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:

1(2đ) Ta có sin 2x+ 3 cos 2x+ +(2 3 sin) x−cosx= +1 3

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

cosx 2sinx 1 2sinx 1 3 sinx 1 0

0,5

(2sinx 1 cos) ( x 3 sinx 1) 0

1 sin

2

x



⇔ 



0,5

5 2

2 6

 = +



 = +



x− x= ⇔ x− x= ⇔ x−π =

( )

5

2 2

k

π



¢

Vậy phương trình đã cho có các họ nghiệm là

( )

5

x= +π k π x= π +k π x= +π k π x= +π k π k∈

¢

0,5

2(2đ) 2.a (1,0 điểm)

1 1 2013

 

2

1 2013

1

2

i j

≤ < ≤

2

1

2

a

2013 1007

1 2013 2014

×

×

0,25 2.b (1,0 điểm)

Ta có n( )Ω =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 hơn 2013 Ta sẽ tính số các số có bốn chữ số đôi một khác nhau abcd và các

số này chỉ có thể xảy ra với

0,25

a= , b∈{0,1, ,9 \ 1} { } , c∈{0;1; ;9 \ 1;} { }b và d∈{0;1; ;9 \ 1; ;} { b c} có 7 cách chọn

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( ) ( ) 7.8.9.89.9.8.7 89

P A

n

Ω

0,25

3(2,0đ) 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

+

1 lim

2

n n

u n

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 ¡

Ta có f ( )− = −2 1, f ( )0 =1,f ( )1 = −1, f ( )2 =3 0,5

Do đó ta được f ( ) ( )−2 f 0 <0,f ( ) ( )0 f 1 <0, f ( ) ( )1 f 2 <0 nên phương trình

( ) 0

f x = có nghiệm thuộc (−2;0 , 0;1 , 1;2) ( ) ( ) suy ra phương trình có 3 nghiệm phân

biệt

0,5

4(3đ) 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 BMuuuur=x BD.uuur, CNuuur= y CD.uuuur' Khi đó MNuuuur uuur uuur uuur=MB BC CN+ + = −xBD AD y CDuuur uuur+ + uuuur'

x AB AD BC y AA AB x y AB x AD y AA

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

( ) ( )

2

0

3

x

x x y

x y

y x y

 =





uuuur uuur

Do đó 2 ,

3

BM = BD

3

CNuuur= CDuuuur

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

2

a

MR= và có tâm là O suy ra:

2 0

OMS

MSNQPR

a

4

MSNQPR

a

0,5

5(1đ)

Đặt ( )1 , ( )1 , 1

2

f =m f − =n f  = p

 ÷

  , khi đó m n p, , ≤1 và ta có hệ

3

2

m n p a

a b c m a b c m

m n

+ −

 =

 − + = ⇔ − + = ⇔ = −

− +

0,5

f = + − + m n− + − + = m n+ − p≤ + + =

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

 = ⇔ =

 = −  = −

0,25

Ta có f x( ) =4x3−3x, xét − ≤ ≤ 1 x 1 thì tồn tại α:x= cosα

( ) 4cos3 3cos cos3

⇒ = − = suy ra f x( ) ≤ 1 với mọi − ≤ ≤ 1 x 1 Vậy

4 0 3

a b c

=



 =



 = −



0,25