Së gi¸o dôc - ®µo t¹o h¶I phßng ®Ò kh¶o s¸t chÊt l­îng ®Çu n¨m

đề thi học sinh giỏi

Sở giáo dục - đào tạo hảI phòng

Trờng thpt trần nguyên hÃn

Môn toán lớp 11- năm học 2008-2009
Thời gian làm

bài : 150

Bài 1( 4,0 điểm )
1, Giải phơng trình :

2x + 4 2 2 x =

6x 4
x2 + 4

2, Giải phơng trình sau :
2005
π − x) 2 3 tan y
2
=
cos x
1 + tan 2 y

2 + cos(

(x, y là các ẩn )

Bài 2 (4,0 điểm )
Cho hàm số f ( x) = x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + d , (a, b, c, d ∈ R)
f (2) = 20 , f (3) = 30
BiÕt f (1) = 10 ,
HÃy tính

f (12) + f (8)
+ 25
10

Bài 3 (4,0 điểm )
Cho dÃy số (un ) đợc xác định nh sau
u1 = 1

(n = 1,2,3,4,…)

1
2
un +1 = un + 2009 un
un = +∞
1, Chøng minh lim
n →∞
u
u1 u2 u3
+ + + ... + n )
2, Tìm lim(
n u
u3 u4
un +1
2

Bài 4 (4,0 điểm )
Cho ba số dơng x,y,z thoả mÃn
Tìm giá trị lớn nhất của P =

1
1
1
+
+
=
x
y
z

1
xyz

2 x 2 y z 1
+
+
1+ x 1+ y z +1

Bài 5 (4,0 điểm )
Ã
tính góc BMC

Cho tam giác đều ABC ,
1, M là ®iĨm n»m trong tam gi¸c sao cho MA2 = MB 2 + MC 2 . H·y

2, Mét ®iĨm S n»m ngoài (ABC ) sao cho tứ diện SABC đều , gọi I,
K là trung điểm của các
cạnh AC và SB , Trên đờng thẳng AS và CK ta chọn các điểm
P,Q sao cho PQ// BI
Tính độ dài PQ biết cạnh của tứ diện có độ dài bằng 1
1


đáp án đề thi học sinh

Sở giáo dục - đào tạo hảI phòng

giỏi
Trờng thpt trần nguyên hÃn
Bài
Bài
1
(4đ
)

Môn toán lớp 11- nh:2008-2009

Néi dung
2x + 4 − 2 2 − x =

1, Giải phơng trình

Điều kiện 2 x 2
Khi đó :

6x − 4
x2 + 4

®iĨm
2.0 ®

(1)

6x − 4
6x − 4
=
2x + 4 + 2 2 − x
x2 + 4
2

x=

3
⇔
 2 x + 4 + 2 2 − x = x 2 + 4


 0,5®


(1) ⇔

0,5®

(2)

2

x
=
3
⇔

 4 2(2 + x)(2 − x) + (2 − x)( x + 4) = 0
2

x=

3
⇔

 2 − x (4 2(2 + x) + ( x + 4) 2 − x ) = 0
2

x=

⇔
3

x = 2
2, Giải phơng trình

Ta có

2009

x) 2 3 tan y
2
=
cos x
1 + tan 2 y

2 + cos(

π

 x ≠ 2 + kπ
§k 
( k, m ∈ Z )
π
 y ≠ + mπ

2
2009
π
cos(
π − x) = cos(1004π + − x) = sin x
2
2
2 tan y
= sin 2 y
Vµ
1 + tan 2 y

0,5®

0,5®

2,0 ®
(2)




 0,5®





VËy (2) ⇔ 2 + sin x = 3 sin 2 y cos x
2


⇔ 3 sin 2 y cos x − sin x = 2 (3)
2
2
* NÕu sin 2 y < 1 ⇒ ( 3 sin 2 y ) + 1 < 2 nên phơng trình vô
nghiệm

* Nếu sin 2 y = 1 ⇔ y = + nπ , n ∈ Z
4
π
π
th× ta cã pt (3) ⇔ cos( x + ) = 1 ⇔ x = − + 2n ' π , n ' ∈ Z
6

6
π
* NÕu sin 2 y = −1 ⇔ y = − + nπ , n ∈ Z
4
π
5π
+ 2n ' π , n ' ∈ Z
th× ta cã pt (3) ⇔ cos( x + ) = −1 ⇔ x =
6
6
Phơng trình có các nghiệm là

5


x = 6 + 2n ' π
 x = 6 + 2n ' π
hc


 y = π + nπ
 y = − π + n


4
4

Bài
2
(4đ

)

Cho hàm số f ( x) = x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + d , (a, b, c, d ∈ R)
f (2) = 20 ,
BiÕt f (1) = 10 ,




0,5®




 0,5®








 0,5®




4®

f (3) = 30

HÃy tính

f (12) + f (8)
+ 25
10

Đặt g ( x) = f ( x) − 10 x
Ta cã g (1) = g (2) = g (3) = 0
Nªn g ( x) = ( x − 1)( x − 2)( x − 2)( x − x0 )
VËy f ( x ) = ( x − 1)( x − 2)( x − 3)( x − x0 ) + 10 x
f (12) + f (−8)
⇒
+ 25 = 2009
10

1®
1®
1®
1®

3


Bài
3
(4đ
)

Cho dÃy số (un ) đợc xác định

2đ

nh sau
u1 = 1


1
2
un +1 = un + 2009 un

1,2,3,4,…)

(n =
0,5®
0,5®

un = +∞
1, Chøng minh lim
n →∞

Ta cã 1 = u1 < u2 < u3 < .... < un < ... vËy (un) là dÃy tăng , giả sử bị
chặn trên
thì ta có lim un = a > 1
n →∞

Suy ra lim un +1 = lim(
n →∞

n →∞

un2
a2
+ un ) ⇒ a =
+ a a = 0 (không
2009
2009

0,5đ
0,5đ

đúng)
un = +
Vậy lim
n

Cho dÃy số (un ) đợc xác định
nh sau
u1 = 1


1
2
un +1 = un + 2009 un

(n =

1,2,3,4,…)
2, T×m lim(

n →∞
Ta cã un +1 − un =

u
u1 u2 u3
+ + + ... + n )
u2 u3 u4
un +1

un2
u
1
1
⇔ n = 2009( −
)
2009
un +1
un un +1

0,5®

VËy ta cã
u
u1 u2 u3
1
1
+ + + ... + n = 2009( −
)
u2 u3 u4
un +1

u1 un +1
= 2009(1

1
un +1

)

0,5đ
lim(
n

Bài
4
(4,0
đ)

0,5đ

u
u1 u2 u3
1
+ + + ... + n ) = lim 2009(1 −
) = 2009
n
u2 u3 u4
un +1
un +1

Cho ba số dơng x,y,z thoả mÃn

1
1
1
+
+
=
x
y
z

Tìm giá trị lớn nhất của P =

1
xyz

(1)

0,5đ

4,0 đ

2 x 2 y z −1
+
+
1+ x 1+ y z +1

4

Ta cã A, B, C ∈ (0; π ), A + B + C = π th×
A
B
B
C
C
A
tan tan + tan tan + tan tan = 1
2
2
2
2
2
2
Theo gi¶ thiÕt (1) ⇔ x . y + y . z + z . x = 1
A
B
C
x = tan ,
y = tan , z = tan
ta đặt
với
2
2
2
A, B, C (0; ), A + B + C = π
Ta cã P = sin A + sin B cos C

Bài
5

(4,0
đ)

C
A B
C
= 2 cos cos
− 2 cos 2 + 1
2
2
2
C 1
A− B 2
1
A− B 3
= −2(cos − cos
) + 1 + cos 2
≤
2 2
2
2
2
2
2π

C=

3

3

VËy Ma x P =
Khi 
2
A = B = π

6

2− 3
2 π
=
 x = y = tan
⇔
12 2 + 3
z = 3

Cho tam giác đều ABC ,
1, M là điểm nằm trong tam gi¸c sao cho MA2 = MB 2 + MC 2 .
·
H·y tÝnh gãc BMC

Dïng phÐp quay t©m C gãc quay −

π
th× ta cã
3

C →C
B→A
M →M'
·

· 'A
VËy ∆CMB → ∆CM ' A ⇒ ∆CMB = ∆CM ' A ⇒ CMB
= CM
Ta cã MB = M’A, MC = M’C = MM’, VËy MB2 + MC2 = MA2
· ' M = 600
Suy ra M’A2 + MM’2 = MA2 ⇒ ·AM ' M = 900 , CM
·
⇒ BMC
= 1500


 0,5®

0,5®
0,5®
0,5®
0,5®
0,5®

0,5®

0,5®

2,0 ®



 0,5®



0,5®
0,5®
0,5®
5


2, Một điểm S nằm ngoài (ABC ) sao cho tứ diện SABC
đều , gọi I, K là trung điểm của các cạnh AC và SB , Trên đờng thẳng AS và CK ta chọn các điểm P,Q sao cho PQ// BI
.Tính độ dài PQ biết cạnh của tứ diện có độ dài bằng 1

2,0 đ

Ta có PQ là giao tuyến của hai mặt phẳng : Mặt phẳng
chứa CK và song song với BI và mặt phẳng chứa SA và song
song với BI
Trong mặt phẳng (SBI) kẻ KE / / BI, CE cắt SA ở P
Qua A kẻ A F // BI (F thuéc BC) , CK c¾t S F tại Q
Vậy PQ // BI
SP 1
=
Ta có I, E là các trung điểm của AC và SI
SA 3
PQ SP 1
1
=
= ⇔ PQ = AF
Mµ
AF SA 3
3
Ta cã AF = 2 BI = 3

0,5®

 0,5®



 0,5®



VËy PQ =


 0,5®


3
3

Chó ý :
-Học sinh làm cách khác đúng cho
điểm tối đa từng phần
- Có gì sơ xuất mong các thầy cô sửa
dùm Xin cảm ơn
- Ngời ra đề : Mai Thị Th×n

6

7