Đềthi học sinh giỏi cấp trường năm học 2012 –2013 môn: toán lớp 11 thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

 TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 
Web:  
Ngày 14/03/2013 
(Đề thi gồm 01 trang) 
ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG 
NĂM HỌC 2012 – 2013 
MÔN: TOÁN LỚP 11 
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) 
Câu 1 (2,0 điểm). Tính tổng các nghiệm của phương trình sau trên  0;1004 : 
28sin xcosx 3sinx cosx
0
sin x
6

 

  
 
Câu 2 (3,0 điểm) 
a) Từ các chữ số 0, 2, 3, 5, 6, 8 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi 
một khác nhau, trong đó hai chữ số 0 và 5 không đứng cạnh nhau. 
b) Tính tổng 
   
0 1 n
n n n
1 1 1
S C C ... C
1.2 2.3 n 1 . n 2
   
 
. 
Câu 3 (1,0 điểm). Chứng minh rằng phương trình 5x x 2 0   có nghiệm 0x thỏa 
mãn 90x 8 . 
Câu 4 (3,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều cạnh a, 
SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA a 3 . M và I là hai điểm thỏa mãn 
3MB MS 0 
  
, 4IS 3ID 0 
  
. Mặt phẳng (AMI) cắt SC tại N. 
a) Chứng minh đường thẳng SD vuông góc với mặt phẳng (AMI). 
b) Chứng minh 
 
0 0ANI 90 ;AMI 90  . 
c) Tính diện tích của thiết diện tạo bởi mặt phẳng (AMI) và hình chóp S.ABCD. 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho ba số dương a, b, c thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
bc ca ab
P
a 3 bc b 3 ca c 3 ab
  
  
--------------------------------- Hết -------------------------------- 
Họ tên thí sinh: .. SBD: .. 
( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) 
 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TOÁN 11 
Câ
u 
ĐÁP ÁN Điể
m 
1 2,0 
ĐKXĐ:  sin x 0 x k k
6 6
 
       
 
 
0,25 
PT 4sin 2xsinx 3sinx cosx 0    
2(cosx cos3x) 3sinx cosx 0    
1 3
cos3x= cosx sinx
2 2
  
0,25 
cos3x=cos x
3
   
 
 
x k
6 k
x k
12 2


 
  
 
   

 0,25 
Kết hợp với điều kiện xác định  Phương trình đã cho có nghiệm là x k
12 2
 
   
 k . 
0,25 
 
1 1
k 2008
x 0;1004 0 k 1004 6 6
12 2
k
 
 
   
       
  
1 k 2008
k
 
 
 
0,5 
Các nghiệm của phương trình đã cho trên  0;1004 là kx k12 2
 
   với 
1 k 2008
k
 

 
 ,gồm 2008 nghiệm lập thành cấp số cộng có 1
5
x
12 2 12
  
    , 
công sai d
2

 nên tổng các nghiệm là: 
   1
n 2008 5 3025052
S 2x n 1 d 2 2008 1
2 2 12 2 3
              
. 
0,5 
2 3,0 
a) 1,5 
Gọi 1 2 3 4 5 6a a a a a a là số gồm 6 chữ số đôi một khác nhau được thiết lập từ 
{0;2;3;5;6;8}. 
- Để lập thành một số dạng 1 2 3 4 5 6a a a a a a : 
1a 0 nên có 5 cách chọn 1a , sau đó chọn một hoán vị 5 chữ số còn lại. Do đó có tất 
cả 5.5! = 600 số dạng 1 2 3 4 5 6a a a a a a . 
0,5 
- Ta tìm tất cả các số có hai chữ số 0 và 5 đứng cạnh nhau trong các số trên: 
Có 5 vị trí trong mỗi số 1 2 3 4 5 6a a a a a a để hai chữ số 0 và 5 đứng cạnh nhau, trong đó vị 
trí đầu bên trái chỉ có một khả năng là 3 4 5 650a a a a , các vị trí còn lại có thể hoán vị 0 và 
5. 
0,5 
 Sau khi chọn vị trí để hai chữ số 0 và 5 đứng cạnh nhau, ta chọn một hoán vị các chữ số 
còn lại. Do đó có 9.4! = 216 số dạng 1 2 3 4 5 6a a a a a a ,trong đó có chữ số 0 và chữ số 5 
đứng cạnh nhau. 
Vậy có tất cả 600 – 216 = 384 số thỏa mãn yêu cầu. 0,5 
b) 1,5 
Ta chứng minh bổ đề: 
   
k k 1
n n 1
1 1
C C
k 1 n 1

 
 (*) 
Thật vậy: (*)
     
 
   
n 1 !1 n! 1
. .
k 1 n k !k! n 1 n k ! k 1 !

 
    
       
n! n!
n k ! k 1 ! n k ! k 1 !
 
   
 (luôn đúng). 
0,5 
Áp dụng bổ đề, số hạng tổng quát của S là: 
  
k k 1 k 2
n n 1 n 2
1 1 1 1 1
C . C C
k 1 k 2 k 2 n 1 n 1 n 2
 
 
          
 0,5 
Vậy 
    
2 3 n 2
n 2 n 2 n 2
1
S C C ... C
n 1 n 2

      
    
n 2 0 1
n 2 n 2
1
2 C C
n 1 n 2

    
  
n 22 n 3
n 1 n 2
  

 
. 
0,5 
3 1,0 
Đặt   5f x x x 2   
f(x) là hàm đa thức nên liên tục trên đoạn [1; 2]. f(1).f(2) = -2.28 = -56 < 0 
Do đó phương trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm  0x 1;2 . 
0,5 
Mặt khác: 5 50 0 0 0 0x x 2 0 x x 2 2 2x       ,Dấu “=” không xảy ra vì 
 0x 1;2 Vậy 
5 10
0 0 0 0x 2 2x x 8x   
9
0x 8 (đpcm). 
0,5 
4 3,0 
a) 1,0 
A D
b
B
a
C
S
c I
N
M
Đặt AB a, AD b, AS c  
     
21BC b, a a, b 2 a 2a, c a 3, a.b a , a.c 0, b.c 0
2
        
             
0,5 
 Ta có: 
3 4 3 1
SD b c, AI b c, AM a c
7 7 4 4
     
        
SD.AI 0, SD.AM 0  
   
 Do đó SD AI, SD AM  . Vậy  SD AMI 
0,5 
b) 1,0 
Ta có: 
1 1 1 1 5 1
AN a b c, NI a b c
2 4 2 2 28 14
      
       
 0AN.NI 0 AN NI ANI 90     
 
. 
0,5 
+ 
3 1 3 3 9
AM a c, MI a b c
4 4 4 7 28
     
      
 0AM.MI 0 AM MI AMI 90     
 
. 
0,5 
c) 1,0 
Thiết diện tạo bởi mặt phẳng (AMI) và hình chóp S.ABCD là tứ giác AMNI. 
+ 
a 3
AM AM
2
 

, 
a 6
AN AN
2
 

, 
a 42
NI NI
14
 

2
ANI
1 3a 7
S AN.NI
2 28
   ; 
0,5 
+ 
215a
AM.AN
16

   AM.AN 5 14cosMAN sin MAN
AM.AN 84 2
    
 
Vậy 
2
AMNI ANI AMN
45a 7
S S S
224
   (đvdt). 
0,5 
5 1,0 
Đặt x a , y b, z c   với x, y, z > 0. 
Khi đó 
2 2 2
yz zx xy
P
x 3yz y 3zx z 3xy
  
  
Ta có 
2 2 2
3yz 3zx 3xy
3P
x 3yz y 3zx z 3xy
  
  
2 2 2
2 2 2
x y z
3 3 Q
x 3yz y 3zx z 3xy
 
         
0,25 
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta được: 
2
2 2 2
2 2 2
x y z
x 3yz y 3zx z 3xy
x 3yz y 3zx z 3xy
 
     
    
 2 2 2Q x y z 3xy 3yz 3zx      
0,25 
 
 
2
2
x y z
Q
x y z xy yz zx
 
 
    
Mặt khác: 
 2x y z
xy yz zx
3
 
   0,25 
Suy ra 
3
Q ,
4
 do đó 
9 3
3P P
4 4
  
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 
3
4
. 
0,25 
Các cách giải khác đúng cho điểm tương ứng