Đề thi chọn HSG môn: Toán, khối 11

TRƯỜNG THTP NGUYỄN GIA THIỀU ĐỀ THI CHỌN HSG NĂM HỌC 2010-2011 
 Môn: TOÁN, Khối 11 
 Đề chính thức 
 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) 
Câu 1. (4 điểm) 
 Tìm nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình 
2 2( ) [ ( 2 1)]cos x cos x x    
Câu 2. (4 điểm) 
 Giải phương trình lượng giác sau: 
 25 sin 2 sin 2cosx x x   
Câu3. (4 điểm) 
 a) Trong một giải cờ vua gồm nam và nữ vận động viên. Mỗi vận động viên phải chơi hai ván với 
mỗi vận động viên còn lại. Cho biết có 2 vận động viên nữ và cho biết số ván các vận động viên nam chơi 
với nhau hơn số ván họ chơi với 2 vận động viên nữ là 66. Hỏi có bao nhiêu vận động viên tham gia giải và 
số ván tất cả các vận động viên đã chơi. 
 b) Cho A là một tập hợp có 20 phần tử. Hỏi có bao nhiêu tập hợp con khác rỗng của A mà có số phần 
tử là số chẵn? 
Câu 4. (4 điểm) 
Cho dãy số ( nu ) được xác định như sau: 
1 2
1 1
2; 3
3 2 , 2n n n
u u
u u u n 
 

  
 Hãy xác định số hạng tổng quát của dãy và tính tổng 1 2 ... nu u u   
Câu 5. (4 điểm) 
 Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF nằm trong hai mặt phẳng phân biệt. Gọi M, N là hai điểm di 
động trên hai đoạn AD và BE sao cho 
MA NB
MD NE
 . 
a) Gọi ( ) là mặt phẳng chứa MN và song song với AB cắt BC, AF lần lượt tại P, Q. CMR: Tứ giác MPNQ 
cũng là hình bình hành. 
b) CMR: MN luôn song song với một mặt phẳng cố định. 
Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên học sinh: Số báo danh: 
 §¸p ¸n, thang ®iÓm 
Câu Nội dung 
Câu 1 
4,0 điểm 
+) 2 2( ) [ ( 2 1)]cos x cos x x    
2 2
2 2
22 2
( 2 1) 2 ;
2 1 2 0 (1)2 1 2
2 2 1 2 0 (2)( 2 1) 2
x x x k k
x kx x x k
x x kx x x k
        
       
  
        
Ta có: 
(1)
1 2
;
2
k
x k
 
   . Suy ra nghiệm x dương, nhỏ nhất khi k= -1. Khi đó min
1
2
x  
(2) có 
1
' 4 1 0
4
k k      
 Vì k nguyên nên theo trên nếu k 1 thì ' 0  
 PT (2) có hai nghiệm 1
1 4 1
0
2
k
x
  
  và 2
1 4 1
0
2
k
x
  
  
 Suy ra nghiệm dương 1x nhỏ nhất khi k=1. Khi đó 1min
1 3
2
x
 
 
Ta thấy 1min minx x . Vậy nghiệm dương nhỏ nhất của pt đã cho là 1min
1 3
2
x
 
 
Câu 2 
4,0 điểm 
Ta có: VT= 25 sin 2 5x  
Theo bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có: 2 2 2 2sin 2cos (1 2 )(sin ) 5x x x cos x     
Vậy phương trình xảy ra khi và chỉ khi: 
( )
2
sin 2 0 1
5sin 2cos 5
sin( ) 1 ,
2
sin
5
x k k
x
cos
x x
x





 

  
       
   
 (Hệ phương trình vô nghiệm) 
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 
Câu 3 
(4 điểm) 
a) 2điểm 
Gọi n là số vận động viên tham gia giải ( , 2n n  ). 
Theo giả thiết ta có phương trình: 
2
11
2 4 66
6
n
n
C n
n

     
 kết hợp điều kiện ta được giá trị n cần tìm là n=11. 
+) Số vận động viên tham gia giải là 11+2=13 
+) Tất cả số ván các vận động viên đã chơi là: 2112. 4.11 2 156C    (ván) 
b) 2 điểm 
Số tập con khác rỗng của A có số phần tử chẵn là: 
2 4 6 20
20 20 20 20...T C C C C     
Ta có: 2 1 2 20 20 2020 20 20 20... (1 1) 2C C C C       
 2 1 2 3 20 2020 20 20 20 20... (1 1) 0C C C C C       
Cộng theo vế hai đẳng thức trên ta được: 0 2 4 6 20 20
20 20 20 20 202 2 2 2 ... 2 2C C C C C      
2 4 6 20 19
20 20 20 20... 2 1 524287C C C C        
Vậy 524287T  tập con. 
Câu 4 
4,0 điểm 
1 2
1 1
2; 3
3 2 , 2n n n
u u
u u u n 
 

  
Ta có 1 1 1 13 2 2( )n n n n n n nu u u u u u u         
Đặt 1 1 12n n n n nv u u v v      
Do đó ta có: 
2 1
3 2
1
2
2
....
2n n
v v
v v
v v 

 


 
 nhân theo vế ta được 1 1 1 11 2 12 . 2 .( ) 2 .(3 2) 2
n n n n
nv v u u
         
Suy ra 
2
1
3
1 2
4
2 3
0
2 1
2
2
2
...
2 1
n
n n
n
n n
n
n n
u u
u u
u u
u u



 

 
  

 

 


   

 Cộng theo vế các đẳng thức này ta được: 
1
2 3 4 1 1 1
1
(1 2 )
2 2 2 ... 2 1 2 1 2 1
1 2
n
n n n n n
n nu u u

                

Vậy 0 1 2 11 2
1 2
... 2 2 2 ... 2 2 1
1 2
n
n n
nu u u n n n
              

Câu 5 
4,0 điểm 
a) 2,5 điểm. 
Do AB//( ), AB ( )ABCD , ( ) ( ) / /ABCD MP MP AB    
ABCD là hình bình hành nên MP=AB 
Tương tự ta cũng chứng minh được NQ//AB, NQ=AB 
Do đó MP//NQ và MP=NQ nên tứ giác MPNQ cũng là hình bình hành. 
b) 2,5 điểm. 
Ta có: 
( )
/ /( )
( ) / /( )
MN MPNQ
MN DCEF
MPNQ DCEF



Vậy MN luôn song song với mp(DCEF) cố định. 
A
B
D
F
E
C
M
NQ
P