Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường lớp 11 môn thi: Toán

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 2
 ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LỚP 11 NĂM HỌC 2012-2013
Môn thi: TOÁN
(Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (2 điểm). Giải các phương trình:
a) 	b) .
Câu 2 (1 điểm). Với các chữ số 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có sáu chữ số đối một khác nhau sao cho các chữ số 1, 2, 3 đứng kề nhau.
Câu 3 (1 điểm). Có hai hộp chứa các quả cầu. Hộp thứ nhất chứa 3 quả cầu đỏ, 7 quả cầu trắng và 10 quả cầu xanh. Hộp thứ hai chứa 5 quả cầu đỏ, 7 quả cầu trắng và 8 quả cầu xanh. Từ mỗi hộp lấy ngẫu nhiên một quả cầu. Tính xác suất để hai quả cầu lấy ra có cùng một màu.
Câu 4 (1 điểm). Tìm hệ số của trong khai triển của thành đa thức.
Câu 5 (1 điểm). Tìm số hạng tổng quát và tính tổng 100 số hạng đầu tiên của dãy số xác định bởi .
Câu 6 (1,25 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với 
 và điểm trên cạnh BC. Hãy xác định tọa độ điểm N trên AB và điểm P trên AC sao cho chu vi tam giác MNP nhỏ nhất.
Câu 7 (2,25 điểm). Cho tứ diện ABCD. M là một điểm trên cạnh AB. (P) là mặt phẳng qua M song song với AD và BC.
Xác định thiết diện của tứ diện khi cắt bởi mặt phẳng (P). Thiết diện là hình gì? Hãy xác định vị trí của M trên đoạn AB sao cho thiết diện thu được là hình thoi.
Cho O là điểm nằm trong tam giác BCD. Các đường thẳng qua O song song với AB, AC, AD tương ứng cắt các mặt phẳng (ACD), (ABD), (ABC) theo thứ tự tại B’, C’, D’. Tìm giá trị lớn nhất của tích OB’.OC’.OD’, biết AB = .
Câu 8 (0,5 điểm). Cho tam giác ABC có , . Chứng minh rằng cũng là độ dài ba cạnh của một tam giác.
---------------------------------------------- Hết ----------------------------------------------------
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh.........	Giámthị 1:
Số báo danh..........	Giám thị 2:
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 2
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LỚP 11 NĂM HỌC 2012-2013
	HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC	
Môn thi: TOÁN
Câu
Nội dung
Điểm
1
a)Pt
.
. 
Phương trình có hai họ nghiệm là .
0,25
0,5
0,25
b) Ta có = .
Pt 
. 
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm .
0,5
0,25
0,25
2
Từ 10 chữ số đã cho ta lập được bộ gốm 6 chữ số khác nhau, trong đó luôn có mặt các chữ số 1,2,3.
Từ mỗi bộ như thế lập được số có 6 chữ số khác nhau trong đó các chữ số 1,2,3 luôn đứng kề nhau (với quy ước tính cả các số mà có chữ số 0 đứng đầu). Vậy có =5040 (số).
Trong 5040 số được tạo thành có 3!3!= 540 (số) gồm 6 chữ số khác nhau mà chữ số 0 đứng đầu và các chữ sô 1,2,3 luôn đứng kề nhau.
Vậy có 5040 – 540 = 4500 (số cần tìm).
0,25
0,25
0,25
0,25
3
Gọi A là biến cố quả cầu lấy ra từ hộp thứ nhất là màu đỏ P(A) = 
Gọi B là biến cố quả cầu lấy ra từ hộp thứ hai là màu đỏ P(B) = 
AB là biến cố lấy ra hai quả cầu màu đỏ từ hai hộp; A, B là hai biến cố đôc lập, áp dụng công thức nhân xác suất ta có P(AB) = P(A).P(B) = .
Tương tự ta tính được xác suất để lấy được hai quả cầu màu trắng là , xác suất để lấy được hai quả cầu màu xanh là . 
Vậy xác suất để lấy được hai quả cầu cùng màu thỏa mãn bài toán là + + = .
 0,25
0,25
0,25
0,25
4
Ta có =
== .
Hệ số của ứng với k,i thỏa mãn , 
giải hệ này ta được (k; i) =(3;2) và (k; i) = (4;0).
Vậy hệ số chứa của khai triển là = 742.
0,25
0,25
0,25
 0,25
5
Ta có .
Đặt ,, ta có dãy là một cấp số nhân với , công bội q = 2.
Ta có = 
 0,25
0,25
 0,5
6
B(-7/3;0)
A(-1;4)
C(3;0)
M(1;0)
H(-5;2)
K(3;2)
Gọi K là điểm đối xứng của M qua AC
H là điểm đối xứng của M qua AB.
Chu vi tam giác MNP = MN + NP +
PM = KN + NP + PH HK không đổi.
Dấu bằng xảy ra khi H, N, P, K thẳng hàng.
Vậy chu vi tam giác MNP nhỏ nhất = HK 
Khi H, N, P, K thẳng hàng.
Tìm N, P.
Gọi I là hình chiếu vuông góc của M trên AC I(2;1) do đó K(3; 2).
Gọi J là hình chiếu vuông góc của M trên AB J(-2;1) do đó H(-5; 2). Phương trình các đường thẳng AB: ; AC: ; 
HK: y – 2 = 0 .N = HK ∩ AC, P = HK ∩AB.
Do đó tọa độ các điểm N, P cần tìm là: N(1; 2), P(. 
0,5
0,25
 0,5
7
Do (P) qua M song song với AD nên 
(P) ∩ (ABD) = MQ, MQ // AD.Do (P) song song với BC nên 
A
N
M
Q
D
B
C
P
(P) ∩ (ABC) = MN,MN // BC;
 (P) ∩ (BCD) = QP, QP // BC. 
Nối MN, NP, PQ, QM ta được thiết diện là 
tứ giác MNPQ. Thiết diện là hình bình hành.
+) Tứ giác MNPQ là hình thoi MN = MQ.
Ta có: 
. 
Vậy M trên cạnh AB sao A
B’
D’
C’
D
B
C
O
J
I
cho thì thiết diện thu được là hình thoi.
0,25
0,75
0,25
0,25
b) +) Vẽ D’, C’, B’.
Trong mp(BCD) nối OD cắt BC tại J. Trong mp(ADJ) 
Kẻ đường thẳng qua O song song với AD cắt AJ tại 
D’. Cách xác định tương tự cho các điểm B’ và C’.
Ta có: ; 
, 
Vậy 
Áp dụng BĐT Cauchy ta được 
 .
Dấu “=” xảy ra O là trọng tâm tam giác BCD.
Vậy (OB’.OC’.OD’)= khi O là trọng tâm tam giác BCD.
 0,25
0,25
8
Do min.
Ta có: sin15=0,2588.
Giả sử ngược lại rằng không là độ dài ba cạnh của một 
tam giác, ta có thể giả sử 
trong hai số có một số không lớn hơn . Giả sử 
 (mâu thuẫn). (ĐPCM).
 0,25
0,25
(Đáp án gồm 3 trang. Học sinh giải theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa)
-----------------------------------------------------Hết----------------------------------------------