Khi đó phương trình đã cho tương đương sinx3tanxsin 2x2 tanx2sinx 0,25 2 sin 0 2 cos 3cos 1 0 x x x

(1)

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.

- Câu 6, 7 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm.

II. ĐÁP ÁN:

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016-2017 ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN 11- THPT

Câu Nội dung trình bày Điểm

1

a. (1,0điểm)

ĐKXĐ: cosx0; tanxsinx0. Khi đó phương trình đã cho tương đương

sinx3tanxsin 2x2 tanx2sinx 0,25

2

sin 0

2 cos 3cos 1 0

x

x x

 

    

sin 0 ( )

cos 1 ( )

cos 1

2 x l

x l x

 



  

  



0,5

2 2 , .

x 3 k k

     

Vậy nghiệm của phương trình là ² 2 ,

x 3 k k .

    

0,25

b. (1,0 điểm)

(sin 2 2)(2cos 2 ) 0

Pt x xm  0,25

cos 2 2 x m

  0,25

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt trên 3 8 ;6

  

 

 

  khi ¹ 1

2 2

m 0,25

1 m 2.

   Vậy các giá trị của m là 1 m 2. 0,25

2

(1,0 điểm)

Gọi năm số thỏa mãn là x2 ,d xd x x, , d x, 2 .d Theo đề ra ta có

( 2 ) ( ) ( ) ( 2 ) 5

( 2 )( ) ( )( 2 ) 45

x d x d x x d x d

x d x d x x d x d

         

     



0,25

2 2

1 1

2 .

(1 4 )(1 ) 45

2 x x

d d d

d

 

  

  

 

    

 

   

0,25

Với x1;d2 cấp số cộng là  3; 1; 1; 3; 5. 0,25 Với x1;d2 cấp số cộng là 5; 3; 1; 1; 3.   0,25

3

(1,0 điểm)

Ta có ³ ³ ³ ³ ³ ³ ³

0 0 0

(2 )( 1) (2 ) 2

n n n

n k k k k k k

n n n

k k k

x x x C x C x C x ^

  

   











^. ^0,25

Hệ số của x⁶ trong khai triển là a₆2C_n²C¹_n. 0,25 Theo bài ta có 2C_n²C¹_n4n27 n²6n270 0,25

9

 n . Vậy n9. 0,25

(Đáp án có 04 trang)

(2)

4

(1,0 điểm)

Số phần tử của không gian mẫu là  8.8.7.62688.

Đặt A{0, 3, 6} , B{1, 4, 7}, C{2, 5, 8} . Gọi x là một thuộc tập E và x chia hết cho 3.

0,25

TH 1: x có hai chữ số thuộc tập ,B hai chữ số thuộc tập C. Số các số là C C₃². ₃².4!216. 0,25 TH 2: x có một chữ số thuộc tập ,A ba chữ số còn lại cùng thuộc tập B hoặc cùng thuộc

tập C. Số các số là 2(3.4! 3!) 132.

TH 3: x có hai chữ số thuộc tập ,A một chữ số thuộc tập B và một chữ số thuộc tập C. Số các số x là 3.3.C₃².4! 3.3.2.3! 540.

0,25

Gọi M là biến cố “Số được chọn chia hết cho 3’’. Xác suất xảy ra biến cố M là

216 132 540 37

( )

2688 112

P M  

  . 0,25

5

(1,0 điểm)

Với n, n2 ta có

 

   

2 2 2 2 2

1 2 3 1

1 2 2 2

4 9 ... 1 1

1 1 1

n n n n

n n

u u u n u n u n n u n u n

u u

n n n n n





       

  

   . Do đó

n1²u_n_₁n u² _n, n2, 3, 4,...

0,5

Suy ra ²



1



² ₁



2



² ₂ ... 2² ₂ 1² ₁ ¹,

n n n 4

n u  n u_  n u_   u  u  với n2, 3, 4,...

Do vậy 1₂

n 4

u  n với n1, 2, 3,...

0,25

Ta có



²



² 2 ²

4 9

2017 4 9 2017 2017

lim 2017 4 9 lim lim

4 4 4

n

n n n n

n n u

n

   

     . 0,25

6 a. (1,0 điểm)

Kẻ CEAB DF, AB E( AB F, AB). Ta có , . 2

EFa BE AFa Do đó 2 .

AB a Gọi H là trung điểm đoạn AB, ta có SH AB, SHa 3.

0,25

Q

J

X

Y L

N

M I

C A H

B

D S

K

C D

F H E

A B

(3)

Tứ giác BCDH là hình thoi nên HCBD HC, a.

2 2 2 2

4

SH HC  a SC SHC vuông tại H.  0,25

Ta có SH AB .

SH DB SH HC

 

  

  0,25

Do đó BD SH .

BD SC BD HC

 

  

  0,25

b. (1,0 điểm)

( )P (ABCD)MN MN, / /BD M, DC và NBC. ( )P (SAC)KL KL, / /SC L, SA.

Gọi XADMN Y, ABMN J, LYSB Q,  LXSD. Thiết diện của hình chóp .S ABCD cắt bởi ( )P là ngũ giác MNJLQ.

0,5

Ta có ACBDa 3, MN MC KC 3 .

MN KC

BD  DC  CI  

2( 3 )

. 3

KL AK a KC

SC AC KL

   

2 2 3.

QM JN IK

QM JN a KC

SC SC  IC    

0,25

Ta có MN/ /BDMNLK. Khi đó

 

1 3 2 3

2 2 3 2

2 2 3

MNJLQ MKJQ KNJL

KC KC

S S S MN MQ KL a KC a

 

 

         

 

² ³ ² ² ³ ² ³

3.2 3 2 3 .

2 4

MNJLQ

KC a KC a

S KC a KC

   

 

     

Vậy diện tích thiết diện lớn nhất bằng

3 2 3 4

a đạt được khi 3

4 . KCa

0,25

7 (1,0 điểm)

Gọi S R I_n, _n, _n tương ứng là diện tích, bán kính, tâm của hình tròn (C_n), n1, 2, 3...

Gọi K là tiếp điểm của (C₁), ( C₂). Điểm E F, tương ứng là hai tiếp điểm của (C₁), ( C₂) với tia Ax. Ta có AI₂R₂ 2, AI₁R₁ 2.

0,25 x

y

t

F E

K

A I2

I₁

(4)

---Hết---

2 2 1 1 2 2 2 1 2 1

AKAI R AI R R R R R ²

1

2 1

R R

  

 . 0,25

Ta có

2 2

2 2 4

2 1

2 2

1 1

( 2 1)

( 2 1) ( 2 1)

S R

S S

S R

 

    

  .

Tương tự S₃( 21)⁴S₂( 21)⁸S₁,...,S_n( 21)⁴⁽ⁿ^¹⁾S₁,...

0,25

Do đó tổng diện tích các hình tròn trong dãy là

SS₁S₂ ... S_n ... S₁1( 21)⁴( 21)⁸ ... ( 21)⁴⁽ⁿ^¹⁾...

1 4 4

1 2017

1 ( 2 1) 1 ( 2 1)

S S 

  

    .

0,25

8

(1,0 điểm)

Đặt f x( )x⁴ax³bx² cx 1. Gọi   x₁, x₂, x₃, x₄ là bốn nghiệm của phương trình ( )f x 0. Do a b c, , là các số không âm nên các nghiệm của f x( )0 phải là các số âm. Suy ra x x x x₁, ₂, ₃, ₄0.

0,25

Ta có f x( ) (x x₁)(xx₂)(xx₃)(xx₄)x⁴ax³bx² cx 1x x x x₁. . .₂ ₃ ₄ 1. 0,25

1 2 3 4 1 2 3 4

(2) (2 )(2 )(2 )(2 ) (1 1 )(1 1 )(1 1 )(1 1 )

f  x x x x   x  x  x  x

3 3 3 3 3

1 2 3 4 1 2 3 4

3 x .3 x .3 x .3 x 81. x x x x. . . 81

   0,25

Mặt khác f(2)2⁴a.2³b.2²c.2 1 8a4b2c17. Suy ra

8 4 2 17 81 8

2 4

b c

a b c     a . Dấu bằng đạt được khi a4, b6, c4. 0,25