1. http://toanhocmuonmau.violet.vn
SỞ GD & ĐT BẮC GIANG ĐỀ THI HSG CỤM LẠNG GIANG NĂM HỌC 2012 - 2013
CỤM LẠNG GIANG Môn: Toán. Lớp 11. Thời gian làm bài: 180 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi 24 tháng 02 năm 2013
Câu I: (2 điểm)
 3π   π
1. Giải phương trình: 2 2 cos2 x + sin 2 x cos  x +  − 4sin  x +  = 0
 4   4
2. Cho tập hợp A = {0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5, 6 , 7 }. Từ tập A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6
chữ số khác nhau đôi một sao cho các số này là số lẻ và chữ số đứng ở vị trí thứ 3 luôn chia hết cho 6?
Câu II: (2 điểm)
n
 5
1. Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển: P ( x ) =  x +  và x ≠ 0 biết rằng:
 x
C4 n+1 + C4 n+1 + C4 n +1 + ... + C4 n +1 = 232 − 1
1 2 3 2n
(n ∈ N ) *
u0 = 1; u1 = 6 u
2. Cho dãy số (un ) xác định như sau :  . Tìm lim n n
un+ 2 − 3un +1 + 2un = 0, ∀n ∈ N 3.2
3
1 + x2 − 4 1 − 2 x
Câu III: (1 điểm) Tìm giới hạn L = lim
x →0 x2 + x
Câu IV: (3 điểm)
1. Cho tam giác ABC và một điểm P nằm trong tam giác. Hãy dựng tam giác cân đỉnh P có
đáy song song với cạnh BC và có 2 đỉnh lần lượt nằm trên hai cạnh AB, AC của tam giác ABC
cho trước.
2. Trong mặt phẳng (α ) cho tam giác ABC vuông tại A, góc B = 600 , AB = a . Gọi O là
trung điểm của BC. Lấy S ở ngoài mặt phẳng (α ) , sao cho SB = a và SB ⊥ OA . Gọi M là một
điểm trên cạnh AB, mặt phẳng ( β ) qua M và song song với SB và OA, cắt BC, SC, SA lần lượt
tại N, P, Q. Đặt x = BM ( 0 < x < a ) .
a. Chứng minh rằng MNPQ là hình thang vuông.
b. Tính diện tích hình thang này theo a và x. Tìm x để diện tích này lớn nhất.
Câu V: (2 điểm)
1. Ba số x, y, z theo thứ tự đó lập thành một cấp số nhân; ba số x, y – 4, z theo thứ tự đó lập
thành một cấp số nhân; đồng thời x, y – 4, z – 9 theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng. Hãy
tìm x, y, z.
2. Cho a, b, c ∈ R . Chứng minh rằng phương trình sau luôn có nghiệm x3 + ax 2 + bx + c = 0
------------------- HẾT -------------------
Họ và tên thí sinh:.............................................................................SBD:......................................
Lưu ý: + Học sinh không được sử dụng tài liệu khi làm bài.
+ Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

2. http://toanhocmuonmau.violet.vn
HƯỚNG DẪN CHẤM toán 11
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
PT ⇔ (sin x + cos x )  4(cos x − sin x ) − sin 2 x − 4  = 0
 
s inx + cos x = 0
⇔ 0.25
 4 ( cos x − s inx ) − sin 2 x − 4 = 0
π
+ s inx + cos x = 0 ⇔ x = − + kπ 0.25
4
+ 4 ( s inx − cos x ) − sin 2 x − 4 = 0 (1) . Đặt t = s inx − cos x ( t ≤ 2)
1
 t = −1
Khi đó phương trình (1) trở thành: t 2 − 4t − 5 = 0 ⇔ 
t = 5 (loai)
 x = k 2π
 π 1
Với t = −1 ta có s inx − cos x = −1 ⇔ sin  x −  = − ⇔ 0.25
 4 2  x = 3π + k 2π
 2
π 3π
Kết luận: Vậy phương trình có nghiệm x = − + kπ ; x = k 2π ; x = + k 2π 0.25
4 2
I Gọi số cần tìm là : n = a1 a 2 a3 a 4 a5 a6
(2đ)
Số n có tính chất :
0.25
+ Lẻ ⇒ a6 ∈ {1 ; 3 ; 5 ; 7 }
+ a3 chia hết cho 6 ⇒ a3 ∈ {0 ; 6} .
* Trường hợp 1 : a3 = 0 :
a6 có 4 cách .
a1 có 6 cách .
Chọn 3 chữ số còn lại có A5 cách .
3 0.25
2
⇒ Có 4.6. A5 số .
3
* Trường hợp 2 : a3 = 6
a6 có 4 cách chọn .
a1 có 5 cách (a1 ≠ 0 ; a1 ≠ a3 ; a1 ≠ a6)
Chọn 3 chữ số còn lại có A5 cách
3
0.25
⇒ Có 4.5. A5 số .
3
Vậy : 4.6. A5 + 4.5. A5 = 2640 số .
3 3
0.25
4 n +1
+ Xét khai triển (1 + x )
4 n +1
= ∑C
k =0
k
x . Với x = 1 , ta có:
4 n +1
k
C4 n+1 + C4 n+1 + C4 n +1 + ... + C4 n +1 + C4 n +1 + C4 n +12 + ... + C4 n+1 = 24 n+1
0 1 2 2n 2 n +1 2n+ 4 n +1
+ + +
Lại có: Cnk = Cnn− k , nên: C40n+1 + C4 n+1 + C42n +1 + ... + C42nn+1 = C42nn+11 + C42nn+12 + ... + C44nn+11
1
Suy ra: 2 ( C4 n +1 + C4 n +1 + C42n +1 + ... + C42nn+1 ) = 24 n +1
0 1
0.5
⇒ C4 n +1 + C4 n +1 + C4 n+1 + ... + C4 n +1 = 24 n
0 1 2 2n
II 1
⇒ C4 n +1 + C4 n +1 + ... + C4 n +1 = 24 n − 1
1 2 2n
Theo đầu bài ta có: 24 n − 1 = 232 − 1 ⇔ 4n = 32 ⇔ n = 8
8 k
 5 8
5 8
+ Với n = 8 , ta có: P ( x ) =  x +  = ∑ C8k .x8−k .   = ∑ C8k .5k .x8−2 k
 x  k =0  x  k =0
Số hạng không chứa x ứng với 8 − 2k = 0 ⇔ k = 4 . 0.25
4 4
Kết luận: Vậy số hạng không chứa x là C .5 8 0.25

3. http://toanhocmuonmau.violet.vn
+ Ta có
u0 = 1 = −4 + 5.20
u1 = 6 = −4 + 5.21
u2 = 16 = −4 + 5.22
u3 = 36 = −4 + 5.23
... 0.25
2
un = −4 + 5.2n , ∀n ∈ N *
+ Sử dụng phương pháp qui nạp chứng minh un = −4 + 5.2n , ∀n ∈ N là số
0.5
hạng tổng quát của (un )
1
−4. +5
un −4 + 5.2 n
2n 5
+ lim n
= lim = lim =
3.2 3.2n 3 3
0.25
3
1 + x2 − 4 1 − 2 x  3 1 + x2 −1 1 − 4 1 − 2 x 
Ta có: L = lim = lim  + 
x →0 x2 + x x →0  x2 + x x2 + x   0.25

3
1 + x2 − 1 x2
+ Tính L1 = lim = lim
x2 + x
x ( x + 1)  3 (1 + x 2 ) + 3 1 + x 2 + 1
x →0 x →0  2 
 
x
= lim =0 0.25
( x + 1)  3 (1 + x 2 ) + 3 1 + x 2 + 1
x →0 2
 
III  
1 − 4 1 − 2x 2x
+ Tính L2 = lim = lim
x →0 x2 + x x →0
x ( x + 1) ( 4
(1 − 2 x )
3 2
)
+ 4 (1 − 2 x ) + 4 (1 − 2 x ) + 1
0.25
2 1
= lim =
x →0
(
( x + 1) 4 (1 − 2 x )
3
+ 4 (1 − 2 x )
2
+ 4 (1 − 2 x ) + 1 2 ) 0.25
1
+ Vậy L = L1 + L2 =
2
+ Phân tích: Giả sử ta dựng được ∆PMN thỏa mãn các điều kiện của bài
toán và ta nhận thấy M và N là ảnh của nhau qua phép đối xứng trục , có trục
là đường thẳng d đi qua P và vuông góc với BC cho trước. Do đó, ta có cách 0.25
dựng
+ Cách dựng:
- Dựng đường thẳng d qua P và vuông góc với BC
IV 1 - Dựng ảnh của cạnh AC là A ' C ' qua phép đối xứng trục d 0.25
- Gọi M = AB ∩ A ' C ' . Dựng N = Dd ( M )
Khi đó ta được ∆PMN là tam giác cần dựng thỏa mãn các ycbt
+ Chứng minh: ta dễ dàng chứng minh được ∆PMN là tam giác cân tại P 0.25
+ Biện luận: Do AB và A ' C ' luôn cắt nhau tại 1 điểm M duy nhất cho nên
bài toán luôn có duy nhất nghiệm hình 0.25

4. http://toanhocmuonmau.violet.vn
Ta có
( β ) / / OA

+ OA ⊂ ( ABC ) ⇒ MN / / OA (1) 0.25

 MN = ( β ) ∩ ( ABC )
( β ) / / SB

2a +  SB ⊂ ( SAB ) ⇒ MQ / / SB ( 2) 0.25

 MQ = ( β ) ∩ ( SAB )
+ Tương tự: NP / / SB ( 3) 0.25
+ Từ ( 2 ) , ( 3) ta suy ra MQ / / NP / / SB ( 4)
Từ (1) , ( 4 ) và SB ⊥ OA ta suy ra MNPQ là hình thang vuông , đường cao
MN. 0.25
1
+ Ta có S MNPQ = .MN . ( MQ + NP ) (5)
2
+ Tính MN. Ta có ∆ABC là nửa tam giác đều nên BC = 2 AB = 2a
1
Suy ra OA = BC = a
2
MN / / OA và ∆ABO đều nên ∆BMN đều ⇒ MN = BM = BN = x
+ Tính MQ:
MQ AM SB a
MQ / / SB ⇒ = ⇒ MQ = AM . = (a − x) = (a − x) 0.5
SB AB AB a
+ Tính NP:
NP CN SB.CN a ( 2a − x ) 2a − x
NP / / SB ⇒ = ⇒ NP = = =
SB CB CB 2a 2
x ( 4a − 3 x )
2b Thay các kết quả tìm được vào (5) ta được S MNPQ = 4
+ Tìm x để diện tích lớn nhất
x ( 4a − 3 x ) 3 x ( 4a − 3 x )
Ta có: S MNPQ = =
4 12
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương 3x, ( 4a − 3x ) , ta có:
0.5
 3 x + 4a − 3 x 
2
3 x ( 4a − 3 x ) ≤   ≤ 4a
2
 2 
2
1 a
⇒ S MNPQ ≤ .4a 2 =
12 3
2a
+ Đẳng thức xảy ra ⇔ 3x = 4a − 3x ⇔ x =
3
2a
Vậy khi x = thì S MNPQ đạt giá trị lớn nhất.
3
0.25
V
1 + Từ các giả thiết của bài toán ta có hệ phương trình
 y 2 = xz (1)

 0.25
( y − 4 ) = xz ( 2)
2


5. http://toanhocmuonmau.violet.vn
 x = 4

x + z = 5 z = 1
+ Với y = 2 ta có  ⇔
 xz = 4  x = 1 0.25

 z = 4

+ Kết luận: các số x, y, z cần tìm là x = 1, y = 2, z = 4 hoặc x = 4, y = 2, z = 1
0.25
+ Xét hàm số f ( x ) = x + ax + bx + c là hàm số liên tục trên R
3 2 0.25
 c 
+ Ta có: lim ( x3 + ax 2 + bx + c ) = lim x 3  1 + + 2 + 3  = +∞ nên tồn tại số
a b
x →+∞ x →+∞
 x x x 
0.25
dương α đủ lớn, ta có: f (α ) > 0
 c 
+ Ta có: lim ( x3 + ax 2 + bx + c ) = lim x 3  1 + +
a b
2 2
+ 3  = −∞ nên tồn tại số âm
x →−∞ x →−∞
 x x x 
β , sao cho β đủ lớn, ta có: f ( β ) < 0 0.25
+ Vì f (α ) f ( β ) < 0 và hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [α ; β ] ⊂ R nên
phương trình f ( x ) = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc (α ; β ) . Tức là phương
trình x3 + ax 2 + bx + c = 0 luôn có nghiệm với mọi a, b, c ∈ R 0.25
Lưu ý: Trên đây chỉ là hướng dẫn chấm và sơ lược cách giải. Nếu học sinh làm cách khác
đúng thì vận dụng hướng dẫn này để cho điểm.

6. http://toanhocmuonmau.violet.vn
Gọi số cần tìm là : n = a1 a 2 a3 a 4 a5 a6
Số n có tính chất :
+ Lẻ ⇒ a6 ∈ {1 ; 3 ; 5 ; 7 }
+ a3 chia hết cho 6 ⇒ a3 ∈ {0 ; 6} .
- Trường hợp 1 : a3 = 0 :
a6 có 4 cách .
a1 có 6 cách .
3
Chọn 3 chữ số còn lại có A5 cách .
⇒ Có 4.6. A5 số .
3
- Trường hợp 2 : a3 = 6
a6 có 4 cách chọn .
a1 có 5 cách (a1 ≠ 0 ; a1 ≠ a3 ; a1 ≠ a6)
3
Chọn 3 chữ số còn lại có A5 cách
⇒ Có 4.5. A5 số .
3
3 3
Vậy : 4.6. A5 + 4.5. A5 = 2640 số .