Đề thi chọn học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Năm học 2011-2012 - Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Năm học 2011-2012 - Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2011-2012 —————— ĐỀ THI MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Dành cho học sinh THPT không chuyên Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ———————————— Câu 1 (1,5 điểm). tan2 x tan x 2 Giải phương trình: 2 sin x . tan x 1 2 4 Câu 2 (3,0 điểm). 1. Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1. 2. Chứng minh đẳng thức sau: 0 2 1 2 2 2 3 2 2011 2 2012 2 1006 C2012 C2012 C2012 C2012 C2012 C2012 C2012 . Câu 3 (2,5 điểm). 1. Chứng minh rằng phương trình 8x3 6x 1 0 có ba nghiệm thực phân biệt. Hãy tìm 3 nghiệm đó. sin n 2. Cho dãy số u được xác định bởi: u sin1; u u , với mọi n ¥ , n 2 . n 1 n n 1 n2 Chứng minh rằng dãy số un xác định như trên là một dãy số bị chặn. Câu 4 (3,0 điểm). 1. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a 2 , các cạnh bên bằng nhau và bằng 3a ( a 0 ). Hãy xác định điểm O sao cho O cách đều tất cả các đỉnh của hình chóp S.ABCD và tính độ dài SO theo a . 2. Cho hình chóp S.ABC có đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng (SBC). Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC). Chứng minh rằng đường thẳng SB vuông góc với 1 1 1 1 đường thẳng SC, biết rằng . SH 2 SA2 SB2 SC 2 3. Cho tứ diện ABCD thỏa mãn điều kiện AB CD, BC AD, AC BD và một điểm X thay đổi trong không gian. Tìm vị trí của điểm X sao cho tổng XA XB XC XD đạt giá trị nhỏ nhất. —Hết—
2. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . . . . .; Số báo danh .
3. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT KHÔNG CHUYÊN ——————— NĂM HỌC 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN ——————————— 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 Ý Nội dung trình bày Điểm 1 1,5 điểm Điều kiện: cos x 0 x k (*) 2 0,25 Phương trình đã cho tương đương với: 2cos2 x(tan2 x tan x) sin x cos x 2sin2 x 2sin x.cos x sin x cos x 2sin x(sin x cos x) sin x cos x 0,5 (sin x cos x)(2sin x 1) 0 + Với sin x cos x 0 tan x 1 x k 0,25 4 1 5 + Với 2sin x 1 0 sin x x k2 ; x k2 0,25 2 6 6 Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của phương trình đã cho là: 5 0,25 x k ; x k2 ; x k2 (k ¢ ) 4 6 6 2 1 1,5 điểm Số các số tự nhiên có 5 chữ số là 99999 10000 1 90000 0,5 Giả sử số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là: abcd1 Ta có abcd1 10.abcd 1 3.abcd 7.abcd 1 chia hết cho 7 khi và chỉ khi 3.abcd 1 h 1 chia hết cho 7. Đặt 3.abcd 1 7h abcd 2h là số nguyên khi và chỉ khi 0,5 3 h 3t 1 Khi đó ta được: abcd 7t 2 1000 7t 2 9999 998 9997 0,5 t t 143, 144, , 1428 suy ra số cách chọn ra t sao cho số abcd1 7 7
4. chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là 1286. 1286 Vậy xác suất cần tìm là: 0,015 90000 2 1,5 điểm 2012 Xét đẳng thức 1 x 2012 . 1 x 2012 1 x2 0,5 2012 2 2012 k 2 k 2012 1006 +) Ta có 1 x  C2012 x suy ra hệ số của số hạng chứa x là C2012 0,5 k 0 2012 2012 2012 2012 k k k k +) Ta có 1 x . 1 x  C2012 x  C2012 x k 0 k 0 suy ra hệ số của số hạng chứa x2012 là o 2012 1 2011 2 2010 3 2009 2012 2012 0,5 C2012C2012 C2012C2012 C2012C2012 C2012C2012 C2012 C2012 0 2 1 2 2 2 3 2 2011 2 2012 2 C2012 C2012 C2012 C2012 C2012 C2012 Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh. 3 1 1,5 điểm Đặt f x 8x3 6x 1; tập xác định D ¡ suy ra hàm số liên tục trên ¡ . Ta có 0,25 1 f 1 3, f 1, f 0 1, f 1 1 suy ra 0,5 2 1 1 f 1 f 0, f f 0 0, f 0 f 1 0 . Từ 3 bất đẳng thức này và tính liên 2 2 0,25 tục của hàm số suy ra pt f x 0 có ba nghiệm phân biệt thuộc 1; 1 . Đặt x cost, t 0;  thay vào pt ta được: 2 2 4cos3 t 3cost 1 cos3t cos t k , kết hợp với t 0;  ta 3 9 3 5 7  0,5 được t ; ;  . Do đó phương trình đã cho có 3 nghiệm: 9 9 9  5 7 x cos , x cos , x cos . 9 9 9 2 1,0 điểm 1 1 1 1 Nhận xét. Với mỗi số nguyên dương n ta có: 2 12 22 32 n2 0,5 1 1 1 1 1 1 1 Thật vậy, ta có 1 12 22 32 n2 1.2 2.3 n n 1
5. 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 suy ra nhận xét được chứng minh. 2 2 3 n 1 n n sin1 sin 2 sin n Trở lại bài toán, từ công thức truy hồi ta được: u n 12 22 n2 1 1 1 Ta có u 2 với mọi n (theo nhận xét trên) (1) 0,25 n 12 22 n2 1 1 1 Mặt khác un 2 2 2 2 với mọi n (theo nhận xét trên) (2). Từ (1) và 1 2 n 0,25 (2) suy ra dãy số đã cho bị chặn. 4 1 1,0 điểm S M O D C 0,25 I A B Gọi I AC  BD . Do SA SB SC SD nên các tam giác SAC, SBD cân tại đỉnh S nên SI vuông góc với AC, BD suy ra SI vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Dễ thấy mọi điểm nằm trên đường thẳng SI cách đều các đỉnh A, B, C, D. Trong tam giác SIC, dựng trung trực của cạnh SC cắt đường thẳng SI tại O suy ra 0,25 OS OA OB OC OD . SM.SC 3a.3a 9a2 9 2a Ta có SM.SC SO.SI SO . SI 2 SA2 IA2 2 9a2 a2 8 0,5 9 2a Vậy SO . 8 2 1,0 điểm
6. A H S C 0,25 K B D Gọi K là giao điểm của đường thẳng AH và BC; trong mặt phẳng (SBC) gọi D là giao điểm của đường thẳng qua S, vuông góc với SC. Ta có BC vuông góc với SH và SA nên BC vuông góc với mặt phẳng (SAH) suy ra BC vuông góc với SK. 1 1 1 Trong tam giác vuông SAK ta có , kết hợp với giả thiết ta được SH 2 SA2 SK 2 0,5 1 1 1 (1) SK 2 SB2 SC 2 1 1 1 Trong tam giác vuông SDC ta có (2) SK 2 SD2 SC 2 0,25 Từ (1) và (2) ta được SB SD , từ đó suy ra B  D hay suy ra SB vuông góc với SC. 3 1,0 điểm A M Q G D B 0,25 P N C Gọi G là trọng tâm của tứ diện; M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD, BC, AD. Ta có tam giác ACD bằng tam giác BCD nên AN BN suy ra MN  AB , tương tự ta chứng minh được MN  CD và đường thẳng PQ vuông góc với cả hai đường thẳng BC, AD. Từ đó suy GA GB GC GD . XA.GA XB.GB XC.GC XD.GD Ta có XA XB XC XD 0,5 GA
7.         XA.GA XB.GB XC.GC XD.GD GA      XG. GA GB GC GD 4.GA2 4GA . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi X trùng với GA 0,25 điểm G. Vậy XA XB XC XD nhỏ nhất khi và chỉ khi X là trọng tâm của tứ diện ABCD.