Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 chọn lọc số 11

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11
Môn thi: Toán
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm 01 trang và có 5 câu)
C©u 1:
1)Gi¶i ph¬ng tr×nh:
3 3
sin .sin 3 cos .cos3 1
8
tan( ) tan( )
6 3
x x x x
x x
π π
+
= −
− +
(1)
2)Giải bất phương trình sau:
( )
( )
2 2
2
6 3 2 5 3
0
3 2 10
x x x x x
x x
− − + − + −
≥
+ − +

C©u 2: Cho các tập hợp các số nguyên liên tiếp như sau:{1},{2,3},{4,5,6}, {7,8,9,10}, , trong đó
mỗi tập hợp chứa nhiều hơn tập hợp ngay trước nó 1 phần tử, và phần tử đầu tiên của mỗi tập hợp
lớn hơn phần tử cuối cùng của tập hợp ngay trước nó 1 đơn vị. Gọi S
n
là tổng của các phần tử
trong tập hợp thứ n. Tính S
999
.
Câu 3 Cho dãy số (u
n
) xác định như sau:
1
2
n 1 n n
u 2012
(n N*)
u 2012u u
+
=

∈

= +

Tìm
1 2 3 n
2 3 4 n 1
u u u u
lim( ).
u u u u

+
+ + + +
Câu 4 Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. P và Q là hai điểm lần lượt trên hai cạnh AB và AD sao
cho
2 3
AP AB;AQ AD.
3 4
= =
I và J là hai điểm lần lượt thuộc đoạn B’Q và A’P sao cho IJ song
song với AC. Hãy xác định tỉ số
IB'
QB'
.
Câu 5
a) Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa mãn a.b.c = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
a b c
S
(ab 2)(2ab 1) (bc 2)(2bc 1) (ac 2)(2ac 1)
= + +
+ + + + + +
.
b) Cho a, b, c
0
≥
và
2 2 2
3a b c+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3 3
2 2 2
1 1 1
a b c
P
b c a
= + +
+ + +
Hết
ĐÁP ÁN THI HSG
Câu Nội dung Điểm
Câu 1
§iÒu kiÖn

( ) ( )
sin .cos 0
6 6
sin 2 0 *
3 6 2
sin .cos 0
3 3
x x
x x m m
x x
π π
π π π
π π

   

− − ≠
 ÷  ÷

    
 
⇔ − ≠ ⇔ ≠ + ∈

 ÷
 
   

+ + ≠
 ÷  ÷

   

¢
Ta cã
tan tan cot .tan 1
6 3 3 3
x x x x
π π π π
       
− + = − + + = −
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
.
Suy ra
(1)
[ ] [ ]

3 3 2 2
1 1
sin sin3 cos cos3 sin sin sin 3 cos cos cos3
8 8
x x x x x x x x x x⇔ + = ⇔ + =
[ ] [ ]
2 2 2 2 2 2
1 1
sin cos 2 cos4 cos cos2 cos 4 sin cos cos 2 cos sin .cos4
4 4
x x x x x x x x x x x x
   
⇔ − + + = ⇔ + + − =
   
[ ]
( )
3
1 1 1 1
cos2 cos2 cos4 cos2 1 cos 4 cos 2 cos 2
4 4 8 2 6
x x x x x x x x k k
π
π
⇔ + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ± + ∈
¢
KÕt hîp ®iÒu kiÖn (*) ta ®îc
( )
6
x k k
π

π
= − + ∈¢
.
Điều kiện:
3x ≥
Khi đó ta có:
( )
( )
( ) ( )
2
2 2 2
2 2 2
2 2
3 6 9 9 9
2 18 2 20 2 10
3 2 10 3 2 10 0
x x x x x
x x x
x x x x
+ = + + ≤ + + +
= + < + = +
⇒ + < + ⇒ + − + <
Bất phương trình đã cho tương đương với
( )
( )
(
)
( ) ( )
( )
( )

( ) ( )
( )
)
2 2
2 2
2
2 2 2
2 2
2
6 3 2 5 3 0
6 3 2 5 3
6 3 2 5 3 6 6 2
6 6 2 2 34 108 0
17 181
34 108
17 181
: 3;17 181 17 181;
x x x x x
x x x x x
x x x x x x x x x x
x x x x x x x
x
x x
x
KL S
− − + − + − ≤
⇔ − − + ≤ + −
⇔ − − + ≤ + − ⇔ − − ≤ +
⇔ − − ≤ + ⇔ + − + ≥


≤ −
⇔ − + ⇔

≥ +


  
= − ∪ + +∞
  
Câu 2 Ta thấy tập hợp thứ n chứa n số nguyên liên tiếp mà số cuối cùng là
( )
1
1 2 3 4
2
n n
n
+
+ + + + + =
. Khi đó S
n
là tổng của n số hạng trong một cấp
số cộng có số hạng đầu
( )
1
1
u
2
n n +
=
, công sai d=-1(coi số hạng cuối cùng trong

tập hợp thứ n là số hạng đầu của cấp số cộng này), ta có
( )
( )
2
1
1 1
2 1 1
2 2
n
S n u n d n n= + − = + 
 
.
Vậy
( )
2
999
1
.999 999 1 498501999
2
S = + =
Câu 3
- CM được dãy tăng :
2
n 1 n n
u u 2012u 0 n
+
− = > ∀
- giả sử có giới hạn là a thì :
2
a 2012a a a 0 2012= + ⇒ = >

VL
nên limu
n
=
+∞
- ta có :
2
n n n 1 n
n 1 n 1 n n 1 n n n 1
u u (u u ) 1 1 1
( )
u u u 2012u u 2012 u u
+
+ + + +
−
= = = −

Vậy :
2
n
1 n 1
1 1 1 1
S .lim( )
2012 u u 2012
→+∞
+
= − =
.
Câu 4
12

IB' QB'
29
→ →
=
đáp số 12/29.
Câu 5a
2
2 2
a 1 4 4 1
2 1 2 1 1
(ab 2)(2ab 1) 9
(b )(2b ) (b 2b ) (b )
a a a a a
= ≥ =
+ +
+ + + + + +
đáp số : 1/3
Câu 5b
Ta có: P + 3 =
2
2
3
2
2
3
2
2
3
111
a

a
c
c
c
b
b
b
a
+
+
++
+
++
+
24
1
1212
24
6
2
2
2
2
3
b
b
a
b
a
P

+
+
+
+
+
=+⇔

24
1
1212
2
2
2
2
3
c
c
b
c
b +
+
+
+
+
+

24
1
1212
2

2
2
2
3
a
a
c
a
c +
+
+
+
+
+
3
6
3
6
3
6
216
3
216
3
216
3
cba
++≥
6
222

3
82
9
)(
222
3
22
3
=++≥+⇒ cbaP
2
3
22
3
22
9
22
3
22
9
6 3
=−=−≥⇒ P
Để P
Min
khi a = b = c = 1