SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
——————
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2011-2012
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho học sinh THPT không chuyên
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
————————————
Câu 1 (1,5 điểm).
Giải phương trình:
tan 2 x tan x
2
sin x .
2
tan x 1
2
4
Câu 2 (3,0 điểm).
1. Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính
xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1.
2. Chứng minh đẳng thức sau:
2
0
2012
2
1
2012
2
2
2012
2
3
2012
C C C C
2
2
2011
2012
1006
... C2012
.
C2012
C2012
Câu 3 (2,5 điểm).
1. Chứng minh rằng phương trình 8 x 3 6 x 1 0 có ba nghiệm thực phân biệt. Hãy tìm 3
nghiệm đó.
sin n
2. Cho dãy số un được xác định bởi: u1 sin1; un un 1 2 , với mọi n ¥ , n 2 .
n
Chứng minh rằng dãy số un xác định như trên là một dãy số bị chặn.
Câu 4 (3,0 điểm).
1. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a 2 , các cạnh bên
bằng nhau và bằng 3a ( a 0 ). Hãy xác định điểm O sao cho O cách đều tất cả các đỉnh của hình
chóp S.ABCD và tính độ dài SO theo a .
2. Cho hình chóp S.ABC có đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng (SBC). Gọi H là hình
chiếu của S lên mặt phẳng (ABC). Chứng minh rằng đường thẳng SB vuông góc với đường thẳng
1
1
1
1
SC, biết rằng
.
2 2
2
SH
SA SB
SC 2
3. Cho tứ diện ABCD thỏa mãn điều kiện AB CD, BC AD, AC BD và một điểm X thay
đổi trong không gian. Tìm vị trí của điểm X sao cho tổng XA XB XC XD đạt giá trị nhỏ
nhất.
—Hết—
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh……………….
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT KHÔNG CHUYÊN
———————
NĂM HỌC 2011-2012
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
———————————
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.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý
1
1,5 điểm
Nội dung trình bày
Điểm
k (*)
2
Phương trình đã cho tương đương với: 2 cos 2 x(tan 2 x tan x) sin x cos x
0,25
2sin 2 x 2sin x.cos x sin x cos x 2sin x(sin x cos x) sin x cos x
(sin x cos x)(2sin x 1) 0
0,5
Điều kiện: cos x 0 x
+ Với sin x cos x 0 tan x 1 x
4
k
0,25
1
5
x k 2 ; x
k 2
2
6
6
Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của phương trình đã cho là:
5
x k ; x k 2 ; x
k 2 (k ¢ )
4
6
6
1 1,5 điểm
Số các số tự nhiên có 5 chữ số là 99999 10000 1 90000
Giả sử số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là: abcd1
Ta có abcd1 10.abcd 1 3.abcd 7.abcd 1 chia hết cho 7 khi và chỉ khi 3.abcd 1
h 1
chia hết cho 7. Đặt 3.abcd 1 7 h abcd 2h
là số nguyên khi và chỉ khi
3
h 3t 1
Khi đó ta được: abcd 7t 2 1000 7t 2 9999
998
9997
t
t 143, 144,..., 1428 suy ra số cách chọn ra t sao cho số abcd1
7
7
chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là 1286.
1286
Vậy xác suất cần tìm là:
0, 015
90000
2 1,5 điểm
+ Với 2sin x 1 0 sin x
2
Xét đẳng thức 1 x
+) Ta có 1 x 2
2012
2012
. 1 x
2012
2012
1 x 2
2012
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
0,5
k
1006
k
C2012
x 2 suy ra hệ số của số hạng chứa x2012 là C2012
0,5
k 0
2012
2012 k
k
k
C2012
xk
x C2012
k 0
k 0
2012
suy ra hệ số của số hạng chứa x
là
o
2012
1
2011
2
2010
3
2009
2012 2012
C2012
C2012
C2012
C2012
C2012
C2012
C2012
C2012
... C2012
C2012
+) Ta có 1 x
2012
. 1 x
2
2012
2
2
2
0,5
2
0
1
2
3
2011
2012
C2012
C2012
C2012
C2012
... C2012
C2012
3
Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh.
1 1,5 điểm
2
Đặt f x 8 x3 6 x 1 ; tập xác định D ¡ suy ra hàm số liên tục trên ¡ . Ta có
1
f 1 3, f 1, f 0 1, f 1 1 suy ra
2
1
1
f 1 f 0, f f 0 0, f 0 f 1 0 . Từ 3 bất đẳng thức này và tính liên
2
2
tục của hàm số suy ra pt f x 0 có ba nghiệm phân biệt thuộc 1; 1 .
0,25
0,5
0,25
Đặt x cos t , t 0; thay vào pt ta được:
2 4 cos3 t 3cos t 1 cos 3t cos
3
t
9
k
2
, kết hợp với t 0; ta
3
5 7
được t ;
;
. Do đó phương trình đã cho có 3 nghiệm:
9 9 9
5
7
x cos , x cos
, x cos
.
9
9
9
2 1,0 điểm
1 1 1
1
Nhận xét. Với mỗi số nguyên dương n ta có: 2 2 2 ... 2 2
1 2 3
n
1 1 1
1
1
1
1
Thật vậy, ta có 2 2 2 ... 2 1
...
1 2 3
n
1.2 2.3
n n 1
4
1 1 1
1
1
1
1 1 ...
2 2 suy ra nhận xét được chứng minh.
2 2 3
n 1 n
n
sin1 sin 2
sin n
Trở lại bài toán, từ công thức truy hồi ta được: un 2 2 ... 2
1
2
n
1 1
1
Ta có un 2 2 ... 2 2 với mọi n (theo nhận xét trên) (1)
1 2
n
1
1 1
Mặt khác un 2 2 ... 2 2 với mọi n (theo nhận xét trên) (2). Từ (1) và
n
1 2
(2) suy ra dãy số đã cho bị chặn.
1 1,0 điểm
0,5
0,5
0,25
0,25
S
M
D
O
C
0,25
I
A
B
Gọi I AC BD . Do SA SB SC SD nên các tam giác SAC, SBD cân tại đỉnh S
nên SI vuông góc với AC, BD suy ra SI vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Dễ thấy mọi
điểm nằm trên đường thẳng SI cách đều các đỉnh A, B, C, D.
Trong tam giác SIC, dựng trung trực của cạnh SC cắt đường thẳng SI tại O suy ra
OS OA OB OC OD .
SM .SC
3a.3a
9a 2
9 2a
Ta có SM .SC SO.SI SO
.
SI
8
2 SA2 IA2 2 9a 2 a 2
9 2a
Vậy SO
.
8
2 1,0 điểm
0,25
0,5
A
H
0,25
C
S
K
B
D
Gọi K là giao điểm của đường thẳng AH và BC; trong mặt phẳng (SBC) gọi D là giao
điểm của đường thẳng qua S, vuông góc với SC. Ta có BC vuông góc với SH và SA nên
BC vuông góc với mặt phẳng (SAH) suy ra BC vuông góc với SK.
1
1
1
Trong tam giác vuông SAK ta có
, kết hợp với giả thiết ta được
2
2
SH
SA SK 2
1
1
1
(1)
2
2
SK
SB
SC 2
1
1
1
Trong tam giác vuông SDC ta có
(2)
2
2
SK
SD
SC 2
Từ (1) và (2) ta được SB SD , từ đó suy ra B D hay suy ra SB vuông góc với SC.
3 1,0 điểm
0,5
0,25
A
Q
M
G
D
B
0,25
N
P
C
Gọi G là trọng tâm của tứ diện; M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD,
BC, AD. Ta có tam giác ACD bằng tam giác BCD nên AN BN suy ra MN AB ,
tương tự ta chứng minh được MN CD và đường thẳng PQ vuông góc với cả hai
đường thẳng BC, AD. Từ đó suy GA GB GC GD .
XA.GA XB.GB XC.GC XD.GD
Ta có XA XB XC XD
GA
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
XA.GA XB.GB XC.GC XD.GD
GA
uuur uuur uuur uuur uuur
XG. GA GB GC GD 4.GA2
4GA . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi X trùng với
GA
điểm G. Vậy XA XB XC XD nhỏ nhất khi và chỉ khi X là trọng tâm của tứ diện
ABCD.
0,5
0,25
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2013 - 2014
ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC LỚP 11
Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 19/04/2014
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1(4 điểm):
2x 2y 2x y 2xy 1 1
Giải hệ phương trình: 3 3y 1 8x 3 2y 1
x 0
n n 1 :
Câu 2 (4 điểm): Cho dãy ( a )
an2 5an 10
a1 1; an 1
n 1 .
5 an
a) Chứng minh dãy ( an ) hội tụ và tính lim an .
b) Chứng minh
a1 a2 ... an 5 5
n 1 .
n
2
Câu 3 (4 điểm): Gọi AD, BE , CF là ba đường phân giác trong của tam giác ABC vuông ở A .
Đoạn thẳng AD cắt EF tại K . Đường thẳng qua K song song với BC cắt AB, AC lần lượt ở
M , N . Chứng minh rằng:
MN
2 2
AB AC .
2
Câu 4(4 điểm): Tìm tất cả các hàm số f : ¡ ¡ thoả mãn
f x 2 y 2 xf x yf y , x, y ¡ (1)
Câu 5 (4 điểm): Cho 100 số tự nhiên không lớn hơn 100 có tổng bằng 200. Chứng minh rằng
từ các số đó có thể chọn được ít nhất một bộ các số có tổng bằng 100.
----HẾT----
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2013 - 2014
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN HỌC LỚP 11
ĐỀ SỐ 1
Câu 1(4 điểm):
2x 2y 2x y 2xy 1 1
Giải hệ phương trình: 3 3y 1 8x 3 2y 1
x 0
(Quảng Trị)
2 x 2 y 2 x y 2 xy 1 1
3
3 3 y 1 8 x 2 y 1
(1) 2 x 1 2 y 1
ĐK: (2x + 1)(y + 1) 0
(1)
(1)
(2)
2 x 1 y 1 0
2x 1 0
Mà x > 0
y 1 0
2x 1 y 1
2x 1 2 y 1 0
2x 1 y 1 0
y 2x
1đ
Thay vào (2):
3
3
3
6 x 1 8 x 4 x 1 6 x 1 6 x 1 2 x 2 x
3
(3)
Hàm số f(t) = t3 + t đồng biến trên R
(3) 3 6 x 1 2 x 4 x3 3x
1
2
1đ
NX: x >1 không là nghiệm của phương trình
Xét 0 x 1: Đặt x = cos với 0
(k Z )
Do 0
2
2
Ta có: cos3 1
2
2
9 k 3
k 2
9
3
1đ
9
Vậy hệ có nghiệm cos ;2cos
9
9
1đ
Câu 2 (4 điểm): Cho dãy ( an ) n 1 : a1 1; an 1
an2 5an 10
n 1 .
5 an
a) Chứng minh dãy ( an ) hội tụ và tính lim an .
b) Chứng minh
a1 a2 ... an 5 5
n 1 .
n
2
(Hải Phòng)
3 n .
2
a) Bằng phương pháp chứng minh qui nạp ta có: 1 an
Đặt A=
Suy ra
5 5
2
f '( x)
đoạn [ 1
Dẫn đến
2
và xét hàm
x 2 5 x 10
10
x( x 5) .
5 x
5 x
1,0
10
5 x
f ( x)
2
1 0x [1; 3 ] , như vậy f ( x)
2
nghịch biến trên
;1].
a1 a3 a5 ... a2 k 1 ... A lim a2 k 1 b A
.
a2 a4 a6 ... a2 k ... A
lim a2 k c A
1,0
Kết hợp công thức xác định dãy ta được
c 2 5c 10
b
5 5
5c
bc
2
2
c b 5b 10
5b
Vậy
lim an =
b) Nhận xét:
Dẫn đến
1,0
5 5
.
2
t [1;
5 5
)
2
thì
t f (t ) 5 5 .
a2 k 1 a2 k 5 5 k 1
a1 a2 ... a2 k 1 a2 k 2k
Như vậy bất đẳng thức đúng với
Trường hợp
5 5
2
(1)
1,0
n 2k .
n 2k 1 , chú ý a2 k 1
5 5
, kết hợp với (1) thu được:
2
a1 a2 ... a2 k 1 a2 k a2 k 1 (2k 1)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
5 5
.
2
Câu 3 (4 điểm): Gọi AD , BE , CF là ba đường phân giác trong của tam giác ABC vuông ở A .
Đoạn thẳng AD cắt EF tại K . Đường thẳng qua K song song với BC cắt AB, AC lần lượt ở
M , N . Chứng minh rằng:
MN
2 2
AB AC .
2
(Chu Văn An-Hà Nội)
2
2
Đặt BC a, CA b, AB c ta có a b c
2
b c
Dùng tính chất đường phân giác tính được AF
2
2
suy ra
1,0
bc
2.
a
0,5
bc
bc
, AE
.
ab
ac
Dùng phương pháp diện tích, hoặc công thức đường phân giác trong tính được
AD
2bc
2 AE. AF
2bc
.
, AK
bc
AE AF
2a b c
Từ đó
AK
bc
MN
bc
.
AD 2a b c
a
2a b c
Suy ra: MN (b c)
1,0
1,0
1
1
2 2
(b c)
AB AC .
bc
2
2
2
2
a
0,5
Câu 4(4 điểm): Tìm tất cả các hàm số f : ¡ ¡ thoả mãn
f x 2 y 2 xf x yf y , x, y ¡ (1)
(Thái Bình)
Đáp án:
Cho x 0 , từ 1 suy ra f y 2 yf y , y ¡
Cho y 0 , từ 1 suy ra f x 2 xf x , x ¡ .
Do đó (1) trở thành:
f x 2 y 2 f x 2 f y 2 , x, y ¡ f x y f x f y , x, y 0
*
thay y bởi y từ 1 ta được :
f x 2 y 2 xf x yf y
yf y yf y , y ¡ f x f x , x ¡
yf y yf y , y ¡ f x f x , x ¡ , chứng tỏ f là hàm số lẻ. Do đó với mọi
x 0, y 0 ta có
f x y f x y f x f y f x f y
f x f x y f y
f
x y y f x y f y
f x y f x f y , x 0, y 0
**
Với mọi x 0, y 0 ta có
f x y f x y f x f y f x f y f x f y
***
Kết hợp * , ** , (***) và ta được f x y f x f y , x, y ¡ .
f
x 1 f x
2
2
2x 1
x 1 f x 1 f x 2 f 2 x f 1
tính f
x 1 theo hai cách. Ta có x 1 f x f 1 xf x 2 f x f 1
2
f x xf 1 , x ¡
f x ax, x ¡ , a ¡
Câu 5 (4 điểm): Cho 100 số tự nhiên không lớn hơn 100 có tổng bằng 200. Chứng minh rằng
từ các số đó có thể chọn được một số số có tổng bằng 100.
(Yên Bái)
Đáp án:
Nếu tất cả các số bằng nhau thì tất cả các số là 2. Khi đó ta lấy 50 số 2 sẽ có tổng
1,0
là 100.
Giả sử a1 a 2 ta xét 100 số có dạng
0 a 1 ,a 2 ,a1 a 2 ,a1 a 2 a 3 ,........,a1 a 2 ... a 99 200
Nếu có một số chia hết cho 100 thì số đó bằng 100 vì số đó bé hơn 200.
Nếu không có số nào chia hết cho 100 thì trong 100 số phải có hai số đồng dư
trong phép chia cho 100 (vì các số dư nhận giá trị từ 1 đến 99) suy ra hiệu của
chúng chia hết cho 100 và hiệu hai số đó chính là tổng cần tìm
----HẾT----
1,0
1,0
1,0
SỞ GD&ĐT
QUẢNG BÌNH
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
NĂM HỌC 2012- 2013
Môn thi: Toán
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Khóa ngày 27 tháng 3 năm 2013)
SỐ BÁO DANH:……………..
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1:(3.0 điểm)
2 x
x
+
+ = 10
y y
a) Giải hệ phương trình:
x 2 + 1 + 2 x = 12
y2
b) Giải phương trình: ( cos 2 x − cos 4 x ) 2 = 6 + 2sin 3 x
Câu 2:(2.5 điểm)
a) Tính giới hạn dãy số: lim
(
n 4 + n 2 + 1 − 3 n6 + 1
)
u1 = 2013
b) Cho dãy số ( un ) xác định như sau:
1
n
(n ≥ 1)
un +1 = n +1 un +
2013n
Tìm công thức số hạng tổng quát và giới hạn dãy số ( un ) ?
Câu 3:(2.5 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình thang cân (AD//BC) và BC=2a,
AB=AD=DC=a (a>0). Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC
và BD. Biết SD vuông góc với AC.
a) Tính SD.
b) Mặt phẳng ( α ) qua điểm M thuộc đoạn OD (M khác O, D) và song song với
hai đường thẳng SD và AC.
Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng ( α ). Biết MD = x.
Tìm x để diện tích thiết diện lớn nhất.
Câu 4:(2.0 điểm) Cho phương trình: x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + d = 0
a) Với d = −2013 , chứng minh rằng phương trình có ít nhất hai nghiệm phân biệt.
b) Với d = 1 , giả sử phương trình có nghiệm, chứng minh a 2 + b2 + c 2 ≥
--------------------HẾT----------------------
4
3
SỞ GD&ĐT
QUẢNG BÌNH
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi: Toán
(Khóa ngày 27 tháng 3 năm 2013)
HƯỚNG DẪN CHẤM
(Đáp án, hướng dẫn này có 4 trang)
yªu cÇu chung
* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập
luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng.
* Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải
sau có liên quan. Ở câu 3 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0.
* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần là
0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng
bài.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài.
Câu
Nội dung
1
Điểm
1,5 điểm
1
a) ĐK: y ≠ 0 . Đặt a = x + 1; b = y
Ta có hệ phương trình trở thành
a + b + ab = 11 a + b = 5 a + b = −7
a = 2 a = 3
⇔
∨
(
VN
)
⇔
∨
2
2
ab
=
6
ab
=
18
b
=
3
a
+
b
=
13
b = 2
a = 2
1
⇒ ( x; y ) = 1; ÷
TH1:
3
b = 3
a = 3
1
⇒ ( x; y ) = 2; ÷
TH2:
2
b = 2
b) ( cos 2 x − cos 4 x ) 2 = 6 + 2sin 3 x
0,25
0,75
0,25
0,25
1,5 điểm
⇔ 4sin 2 x sin 2 3 x = 6 + 2sin 3 x
⇔ 4(1 − sin 2 x sin 2 3 x) + 2(1 + sin 3 x) = 0
⇔ 4 sin 2 x(1 − sin 2 3 x) + cos 2 x + 2(1 + sin 3 x) = 0
0,5
⇔ 4(sin 2 x cos 2 3 x + cos 2 x) + 2(1 + sin 3 x) = 0
0,5
sin 3 x = −1
sin 3 x = −1
π
⇔ sin 2 x cos 2 3 x = 0 ⇔ 2
⇔ x = + k 2π (k ∈ Z )
2
cos x = 0
cos 2 x = 0
0,5
Trang: 2 - Đáp án Toán 11
2
a) lim
(
)
n 4 + n2 + 1 − 3 n6 + 1 = lim
(
n4 + n 2 + 1 − n2 − ( 3 n6 + 1 − n2 )
)
1,0 điểm
0,25
Ta có:
1
1
+
÷ 1
n +1
n2
÷=
lim n 4 + n 2 + 1 − n 2 = lim
=
lim
÷
4
2
2
1
1
÷ 2
n
+
n
+
1
+
n
1+ 2 + 4 +1÷
n
n
1
lim( 3 n6 + 1 − n 2 ) = lim
=0
6
2
23
6
4
3
(n + 1) + n ( n + 1) + n
1
Do đó lim n 4 + n 2 + 1 − 3 n 6 + 1 =
2
)
(
2
)
(
b) un > 0, ∀n ∈ N
0,25
0,25
0,25
1,5 điểm
0,25
*
1
1
⇒ unn++11 − unn =
n
2013
2013n
1
Do đó: u22 − u11 =
20131
1
u33 − u22 =
20132
unn++11 = unn +
...
unn − unn−−11 =
1
2013n −1
0,5
n −1
Suy ra:
unn − u11 =
1
1
1
+
+ ... +
1
2
2013 2013
2013n −1
1
1−
÷
2013
=
2012
n −1
1
1−
÷
n
2013
un = 2013 +
2012
0,25
n −1
1
1−
÷
n
1 + 1 + ... + 1 + 2014
2013 (Cô si)
2013
1 < un = 2013 +
< n 2014 <
= 1+
2012
n
n
2013
Mặt khác lim 1 +
÷ = 1 . Vậy lim un = 1
n
Trang: 3 - Đáp án Toán 11
0,25
0,25
3
2,5 điểm
S
K
Q
B
C
J
0,25
P
O
A
T
M
D
N
a) Dễ thấy đáy ABCD là nữa hình lục giác đều cạnh a.
Kẻ DT//AC (T thuộc BC). Suy ra CT=AD=a và DT vuông góc SD.
Ta có: DT=AC= a 3 .
Xét tam giác SCT có SC=2a, CT=a, ∠SCT = 1200 ⇒ ST = a 7
Xét tam giác vuông SDT có DT= a 3 , ST = a 7 ⇒ SD = 2a
b) Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt AD, DC lần lượt tại N,P.
Qua M, N, P kẻ các đường thẳng song song với SD cắt SB, SA, SC lần
lượt tại K, J, Q. Thiết diện là ngũ giác NPQKJ.
Ta có: NJ, MK, PQ cùng vuông góc với NP.
1
2
1
2
0,25
0,25
0,25
0,25
dt(NPQKJ)=dt(NMKJ)+dt(MPQK)= ( NJ + MK ) MN + ( MK + PQ) MP
1
( NJ + MK ).NP (do NJ=PQ).
2
NP MD
AC.MD x.a 3
=
⇒ NP =
=
= 3x
a
Ta có: AC OD
OD
3
a
2a.
− x÷
NJ AN OM
SD.OM
3
= 2(a − x 3)
=
=
⇒ NJ =
=
a
SD AD OD
OD
3
0,25
KM BM
SD.BM 2a. a 3 − x
2
=
⇒ KM =
=
=
(a 3 − x)
SD
BD
BD
a 3
3
1
2
Suy ra: dt(NPQKJ)= 2(a − x 3) + (a 3 − x) ÷3x = 2(3a − 2 3 x) x
2
3
0,5
=
(
=
)
2
1
1
= 3 3 a2
(3a − 2 3x )2 3 x ≤
(3
a
−
2
3
x
)
+
2
3
x
4
3
4 3
Diện tích NPQKJ lớn nhất bằng
3 3 2
3
a khi x =
a
4
4
Trang: 4 - Đáp án Toán 11
0,25
0,25
4
1.0 điểm
a) d= -2013
Đặt f ( x) = x 4 + ax3 + bx 2 + cx − 2013 liên tục trên R.
Ta có: f ( 0 ) = −2013 < 0
Mặt khác lim f ( x) = +∞ , nên tồn tại 2 số α < 0; β > 0 sao cho
x →±∞
f (α ) > 0; f ( β ) > 0 . Do đó f (0). f (α ) < 0; f (0). f ( β ) < 0 .
Vậy phương trình có ít nhất hai nghiệm phân biệt thuộc hai khoảng (α , 0)
và (0, β )
b) d=1: Gọi x0 là nghiệm của phương trình ( x0 ≠ 0 )
−1
1
x04 + ax03 + bx02 + cx0 + 1 = 0 ⇔ b = − x02 + 2 − ax0 − c
x0
x0
0,25
0,5
0,25
1.0 điểm
0,25
2
2 −1
1
1 2 1
2
2
Ta có: ( a + b + c ) ( x + 2 + 1) = a + c + − x0 + 2 − ax0 − c ÷ ( x0 + 2 + 1)
x0
x0
x0
x0
2
2
2
2
0
2
2
1
−1
1
1
≥ ax0 + c − x02 + 2 − ax0 − c ÷ = x02 + 2 ÷
x0
x0
x0
x0
0,25
2
Suy ra: ( a 2 + b2 + c 2 )
2 1
x0 + 2 ÷
1
2
x0
t2
với t = x0 + x 2 ≥ 2
≥
=
1
0
x02 + 2 + 1 t + 1
x0
t2
4
≥ ⇔ 3t 2 − 4t − 4 ≥ 0 ⇔ (t − 2)(3t + 2) ≥ 0 (đúng do t ≥ 2 ).
Mặt khác:
t +1 3
4
Vậy a 2 + b 2 + c 2 ≥ .
3
2
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = − (ứng với x0 = 1 )
3
2
2
a = c = , b = − (ứng với x0 = −1 )
3
3
Trang: 5 - Đáp án Toán 11
0,25
0,25
UBND TỈNH THÁI NGUYÊN
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11
NĂM HỌC 2011 - 2012
MÔN : TOÁN HỌC
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm có 01 trang)
Bài 1 (4 điểm).
Giải phương trình:
2+ 2
= 2 + 2sin 2 x .
tan x + cot 2 x
Bài 2 (4 điểm).
u1 = 4
Cho dãy số ( un ) xác định bởi
1
u
=
un + 4 + 4 1 + 2un
n
+
1
9
Tìm công thức số hạng tổng quát un của dãy số.
(
)
∀n ∈ N *
.
Bài 3 (4 điểm).
·
·
Cho tam giác nhọn ABC, trên cạnh BC lấy các điểm E, F sao cho góc BAE
= CAF
, gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của F trên các đường thẳng AB và AC, kéo
dài AE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D. Chứng minh rằng tứ giác AMDN
và tam giác ABC có diện tích bằng nhau.
Bài 4 (4 điểm)
Cho tập hợp A = { 1;2;3;...;18} . Có bao nhiêu cách chọn ra 5 số trong tập A sao
cho hiệu của hai số bất kì trong 5 số đó không nhỏ hơn 2.
Bài 5 (4 điểm).
Cho các số dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng:
a +1 b +1 c +1
+
+
≥3
1 + b2 1 + c 2 1 + a 2
---------- Hết ----------
Họ và tên :.......................................................... Số báo danh :.......................................
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TỈNH
MÔN: TOÁN
NĂM HỌC: 2011 - 2012
Bài
Bài 1
Giải phương trình:
Lời giải
2+ 2
= 2 + 2sin 2 x .
tan x + cot 2 x
cos x ≠ 0
Lời giải : Điều kiện : sin 2 x ≠ 0
tan x + cot 2 x > 0
( 1)
2sin 2 x + cos 2 x
1
Ta có : tan x + cot 2 x =
=
sin 2 x
sin 2 x
Do đó phương trình đã cho tương đương với :
2 + 2 sin 2 x = 2 + sin 2 x
(
⇔(
)
)(
1đ
)
sin 2 x − 1 . 2 sin 2 x − 2 = 0
sin 2 x = 1
⇔
2
sin
2
x
=
2
sin 2 x = 1
⇔
( Thỏa điều kiện (1) )
sin 2 x = 1
2
Giải các phương trình trên ta được :
π
π
5π
x = + kπ ; x = + k π ; x =
+ kπ ( k ∈ Z )
2
12
12
Bài 2
Điểm
1đ
1đ
1đ
Cho dãy số ( un ) xác định bởi
u1 = 4
1
*.
u
=
u
+
4
+
4
1
+
2
u
∀
n
∈
N
n
n+1 9 n
Tìm công thức số hạng tổng quát un của dãy số.
Lời giải: Đặt xn = 1 + 2un ∀n ∈ N *
(
)
2
*
Ta có xn ≥ 0 và xn = 1 + 2un , ∀n ∈ N hay un =
Thay vào giả thiết, ta được:
xn2+1 − 1 1 xn2 − 1
=
+ 4 + 4 xn ÷
2
9 2
xn2 − 1
2
⇔ 9 xn2+1 − 9 = xn2 − 1 + 8 + 8 xn ⇔ ( 3 xn +1 ) = ( xn + 4 )
2
1đ
2
*
*
Suy ra: 3 xn+1 = xn + 4 ∀n ∈ N ( Do xn ≥ 0 , ∀n ∈ N )
n +1
n
n
*
Hay 3 xn+1 = 3 xn + 4.3 , ∀n ∈ N
1đ
n
*
n
*
Đặt yn = 3 xn , ∀n ∈ N . Ta có: yn +1 = yn + 4.3 , ∀n ∈ N
n
n −1
*
Từ đó yn +1 = y1 + 4 ( 3 + 3 + ..... + 3) , ∀n ∈ N
n +1
*
Hay yn +1 = y1 − 6 + 2.3 , ∀n ∈ N
n
Theo cách đặt ta có: x1 = 3 ⇒ y1 = 9 ⇒ yn = 3 + 2.3 .
1
*
Suy ra: xn = 2 + n −1 , ∀n ∈ N
3
1
4
1
*
Do đó un = 3 + n−1 + 2 n− 2 ÷ , ∀n ∈ N
2
3
3
1đ
1đ
Bài 3 Cho tam giác nhọn ABC, trên cạnh BC lấy các điểm E, F sao cho góc
·
·
, gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của F trên các
BAE
= CAF
đường thẳng AB và AC, kéo dài AE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC tại D. Chứng minh rằng tứ giác AMDN và tam giác ABC có diện
tích bằng nhau.
Lời giải:
A
M
B
O
E
N
F
0,5đ
C
·
·
·
Đặt BAE
= CAF
= α , EAF
D= β . Tacó
S∆ABC =
1
1
AF
AB. AF .sin ( α + β ) + AC. AF .sin α =
( AB.CD + AC.BD )
2
2
4R
(R-là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) (1)
Diện tích tứ giác ADMN là
S AMDN =
1
1
AM . AD.sin α + AD. AN .sin(α + β )
2
2
1
= AD. AF .cos ( α + β ) .sin α + AF .cos α .sin ( α + β ) =
2
=
1
AF
AD. AF .sin ( 2α + β ) =
. AD.BC . (2)
2
4R
1,5 đ
Vì tứ giác ABDC nội tiếp trong đường tròn nên theo định lí Ptoleme ta 1,5 đ
có :
AB.CD + AC.BD = AD.BC
(3).
Từ (1), (2), (3) ta có điều phải chứng minh.
0,5 đ
Bài 4
Cho tập hợp A = { 1;2;3;...;18} . Có bao nhiêu cách chọn ra 5 số trong
tập A sao cho hiệu của hai số bất kì trong 5 số đó không nhỏ hơn 2.
Lời giải:
Ta cần tìm số phần tử của tập T sau:
{
}
T = (a1 ,a 2 ,...,a 5 ) : a 1 < a 2 < ... < a 5 ; 1 ≤ a i ≤ 18; a i − a j ≥ 2
1đ
Xét tập hợp H = { (b1 ,b 2 ,...,b5 ) : b1 < b 2 < ... < b5 ; 1 ≤ b i ≤ 14}
Xét ánh xạ f cho tương ứng mỗi bộ (a1 ,a 2 ,...,a 5 ) với bộ (b1 ,b 2 ,...,b 5 )
1,5 đ
xác định như sau:
b1 = a1 ,b 2 = a 2 − 1,b3 = a 3 − 2,b 4 = a 4 − 3,b 5 = a 5 − 4 .
Dễ thấy khi đó f là một song ánh, suy ra T = H .
Mặt khác mỗi bộ (b1 ,b 2 ,...,b 5 ) trong H là một tổ hợp chập 5 của 14
5
phần tử. Do đó H = C14 = 2002 . Vậy T = 2002 .
Bài 5 Cho các số dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng:
a +1 b +1 c +1
+
+
≥3
1 + b2 1 + c 2 1 + a 2
Lời giải: Bất đẳng thức trên tương đương với:
a +1
b +1
c +1
a +1−
+ b +1−
+ c +1−
≤ a + b + c + 3−3= 3
2
2
1+ b
1+ c
1 + a2
a + 1) .b 2 ( b + 1) .c 2 ( c + 1) .a 2
(
Hay
+
+
≤ 3.
1 + b2
1 + c2
1 + a2
Bây giờ ta dùng bất đẳng thức AM – GM cho các mẫu thức:
( a + 1) b2 + ( b + 1) c 2 + ( c + 1) a 2 ≤ ( a + 1) b 2 + ( b + 1) c 2 + ( c + 1) a 2
1 + b2
1 + c2
1 + a2
2b
2c
2a
( a + 1) b + ( b + 1) c + ( c + 1) a
=
2
2
2
2
3 + ab + bc + ca
a + b + c)
=
≤ 3 Vì ab + bc + ca ≤ (
=3
2
3
1,5 đ
A
M
B
·
·
·
Đặt BAE
= CAF
= α , EAF
= β.
1
2
O
E
N
F
C
D
1
2
Ta có S∆ABC = AB. AF .sin ( α + β ) + AC. AF .sin α = =
AF
( AB.CD + AC.BD )
4R
(R-là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) (1)
Diện tích tứ giác ADMN là
S AMDN =
1
1
AM . AD.sin α + AD. AN .sin(α + β ) =
2
2
1
= AD. AF .cos ( α + β ) .sin α + AF .cos α .sin ( α + β ) =
2
=
1
AF
AD. AF .sin ( 2α + β ) =
. AD.BC . (2)
2
4R
- Xem thêm -
.PDF 
191 
3883 
130 
