Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 chọn lọc số 20

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT
NĂM HỌC 2012-2013
MÔN TOÁN LỚP 11
Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi:4/4/2013
Câu 1. a) Giải phương
trình:
b)Tính giới hạn sau
Câu 2. a) Cho khai
triển:
Chứng
minh đẳng thức sau:
b) Tính tổng:
Câu 3. a) Cho tam giác
ABC có độ dài các
đường cao và . Tính diện tích
tam giác ABC.
b) Cho tam giác ABC có các góc
thỏa mãn . Tính các góc của tam
giác đó khi biểu thức sau đạt giá
trị nhỏ nhất
Câu 4. Cho hình chóp SABC có và
tam giác ABC vuông tại B. Biết
và góc giữa hai mặt phẳng (SAB),
(SAC) bằng với . Tính độ dài SC theo a.
Câu 5. Cho dãy số thỏa
mãn:
Tìm .

HẾT
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay,
- Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: …………………………………………………Số báo danh: ………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT
NĂM HỌC 2012-2013
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 11
( )
2
2 3 sin . 1 cos 4cos .sin 3
2
0
2sin 1
x
x x x
x
+ − −
=
−
3 2013
4
0
2 1. 2.3 1. 3.4 1 2012.2013 1
lim
x
x x x x
L
x

→
+ + + −
=
( )
11
2 3 10 2 3 110
0 1 2 3 110
1 x x x x a a x a x a x a x+ + + + + = + + + + +
0 1 2 3 10 11
11 0 11 1 11 2 11 3 11 10 11 11
11C a C a C a C a C a C a− + − + + − =
( )
( ) ( )
1 2 3
1
2 3

2.3 3.4 4.5 1 2
n
n
n
n n n
nC
C C C
S
n n
−
−
= + − + +
+ +

' 5; ' 2BB CC= =
2
cos '
5
CBB∠ =
2
A B C
π
≤ ≤ ≤
2cos 4 4cos2 cos 2 cos 2P C C A B= + + +
( )
SC ABC⊥
; 3AB a AC a= =
α
13
sin
19
α
=
( )
n
a
( ) ( )
1
2
2
1 1
4
3
1,

2 1
n n n n
a
n n
n a n a n a a
+ +

=

∀ ≥ ∈


+ = − +

¥
lim
n
a
Câu Đáp án
Điểm
1a) Điều kiện: (*). 0,5
Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương: 0,5
0,5
TH1: 0,5
TH2:
0,5
Đối chiếu điều kiện ta thấy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm 0,5
1b)
3,0
điểm

1,0
Chứng minh công thức: (1). 1,0
Áp dụng (1) ta thu được
.
1,0
2a)
2,5
điểm
Xét từ khai triển trên nhân hai vế với ta có:
(2)
1,0
Hệ số của trong vế trái bằng 0,5

Hệ số của trong
vế phải bằng
Từ đó suy ra đẳng
thức cần chứng minh
1,0
2b) Ta có (3) 0,5
Áp dụng 2 lần công thức (3)
ta được:
0,5
Cho k chạy từ 1 đến n rồi cộng vế các đẳng thức trên ta có

0,5
Vậy .
0,5
1
6
sin , ,

5
2
6
x k
x k l
x l
π
π
π
π

≠ +


≠ ⇔ ∈


≠ +


¢
( )
2
2 3sin . 1 cos 4cos .sin 3 0
2
x
x x x+ − − =
( )
2 3 sin 2 3 sin .cos 2cos 1 cos 3 0x x x x x⇔ + − − − =
( ) ( )

2 2
2 3 sin cos 3sin 2 3sin .cos cos 0x x x x x x⇔ − − − + =
( ) ( )
3 sin cos 0
3 sin cos 3 sin cos 2 0
3 sin cos 2
x x
x x x x
x x

− =
⇔ − − − = ⇔

− =


3sin cos 0 cot 3 ,
6
x x x x k k
π
π
− = ⇔ = ⇔ = + ∈¢
3 sin cos 2 2 sin cos cos sin 2 sin 1
6 6 6
x x x x x
π π π
   
− = ⇔ − = ⇔ − =
 ÷  ÷
   

2
2 2 ,
6 2 3
x k x k k
π π π
π π
⇔ − = + ⇔ = + ∈¢
7 2
2 , 2 ,
6 3
x k x k k
π π
π π
= + = + ∈¢
( )
( )
3 2013
4
2
0
3 2013
4
2013
0 0
2 1 1 2.3 1. 3.4 1 2012.2013
lim
2.3 1 1 3.4 1 2012.2013
2012.2013 1
lim lim
x

x x
x x x x
L
x
x x x
x
x x
→
→ →
+ − + +
=
+ − +
−
+ + +
( )
*
0
1 1
lim 0;
n
x
ax a
a n
x n
→
+ −
= ≠ ∈¥
2011.2012
1 2 3 2012 2011.1006 2023066
2

L = + + + + = = =
1x
≠
( )
11
1x −
( )
( )
( )
11
11
11 2 110
0 1 2 110
1 1 x x a a x a x a x− = − + + + +
( )
11
11
11
11
0
(2) 1
k
k k
k
VT C x
−
=
= −
∑
⇒

11
x
1
11
11C =
( )
( )
11
11 2 110
11 0 1 2 110
0
(2) 1
k
k k
k
VP C x a a x a x a x
−
=
 
= − + + + +
 ÷
 
∑
⇒
11
x
0 1 2 3 10 11
11 0 11 1 11 2 11 3 11 10 11 11
C a C a C a C a C a C a− + − + + −
( ) ( )

( )
( ) ( ) ( )
1
1
1 !
! 1
.
1 ! 1 ! 1 1
1 ! 1 1 !
k k
n n
n
C C
n
k k k n k n n
k n k
+
+
+
= = =
+ + − + +
+ + − +
 
 
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
2
2

1 1
1 2 1 2
k k
k k
n n
kC kC
k k n n
+
+
− −
=
+ + + +
( ) ( ) ( )
3 4 5 2
2 2 2 2
1 2 2 3 1
n
n
n n n n
n n S C C C nC
+
+ + + +
+ + = − + − + + −
( ) ( ) ( )
( )
( )
2 3 3 4 4 5 1
1 1 1 1 1 1 1
2 3 4 1
1 1 1 1

2 3 1
1
n
n
n n n n n n n
n
n
n n n n
C C C C C C nC
C C C C
+
+ + + + + + +
+
+ + + +
= − + + + − + + + −
= − + − + + −
( )
( )
( ) ( )
1
0 1 0 1 2 3 4 5 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1
1
1 1 1 1
n
n
n n n n n n n n n
n
C C C C C C C C C

n n
+
+
+ + + + + + + + +
−
= − − − + − + − + + − =
− + − − = −
( ) ( )
1 2
n
S
n n
−
=
+ +
3a)
2,5
điểm
Xét hai trường hợp:
+) B và C không tù. Khi đó
Suy ra
1
1,0
+) B hoặc C tù
Do nên và C tù
Còn (giống trường hợp 1)
Suy ra
0,5
3b)
2,5

điểm
Ta có 0,5
(3)
( Do và ).
Dấu bằng trong (3) xảy ra khi hoặc
0,5
Từ đó
0,5
(4).
Dấu bằng trong (4) xảy ra khi
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất khi
0,5
0,5
4)
2,5
điểm
Gọi H, K là hình chiếu của C lên SA, SB.
Ta chứng minh được
.
Suy ra vuông
tại K và .
Do đó
1,0
2 2 1
cos ' sin ,cos
5 5 5
' 5
cos ' 2
CBB C C
BB

BC
CBB
∠ = ⇒ = =
= =
∠
' 4 3
sin ,cos
5 5
CC
B B
BC
= = =
A
B
C
B’
C’
H
2 ' 5 1 5
sin sin cos sin cos . '
sin 2 2 2
5
BB
A B C C B AB S AB CC
A
⇒ = + = ⇒ = = ⇒ = =
' 'BB CC>
B C<
2 1
sin ,cos

5 5
C C⇒ = = −
4 3
sin ,cos
5 5
B B= =
2 25
sin ,
2
5 5
A AB⇒ = =
25
2
S =
1
0 cos
3 2 2
A B C C C
π π
≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤
( ) ( ) ( )
cos2 cos 2 2cos cos 2 cos 2cosA B A B A B cocC A B C+ = + − = − − ≥ −
cos 0C ≥
( )
cos 1A B− ≤
A B=
2
C
π
=

( ) ( )
2
2 2
4 2cos 1 2 2cos 1 1 2cosP C C C
 
≥ − + − − − =
 
 
( )
2 2
8cos 2cos 1 2cosC C C= − −
( )
( )
2
4 2 2
16cos 8cos 1 1 2cos 4 4cos 1 1 2cos 4 4C C C C C− + + − − = − + − − ≥ −
3
C
π
=
3
A B C
π
= = =
)(),( CHKSASABCK ⊥⊥
CHK
∆
KHSA
⊥
.CHK

∠=
α
C A
B
S
H
K
x
a
Đặt . Trong tam giác vuông SAC ta có
Tương tự, trong tam giác
vuông SBC ta có
1,0
Ta có , vì x > 0. Vậy 0,5
5)
2,0
điểm
Dễ thấy . Từ giả thiết ta có 0.5
Với mỗi , đặt ta có và 1,0
Do đó
Vậy .
0,5
Lưu ý: Mọi cách giải khác mà đúng đều cho điểm tương ứng
HẾT
.
2
2
22
22
2

xa
xa
CK
+
=
.
3
3111
22
22
2
222
xa
xa
CH
CSCACH +
=⇒+=
0>= xSC
2
2
13 13
sin
19 19
CK
CH
α
= ⇔ =
2 2
2 2
2(3 ) 13

3(2 ) 19
a x
a x
+
⇔ =
+
ax 6=⇔
6SC a=
*
0,
n
a n≠ ∀ ∈¥
( )
( )
2
2
1
2
1
n n
n
n
n
a a
+
+
= − +
*
n∈¥
1 1

4
n
n
y
a
= +
1
1y =
( ) ( ) ( )
( )
2
2 2
2 2
1 1 1
2
1 1
2 1 2
4 4
2
n n n n n n
n
n y n y n n y n y y y
n
+ + +
   
+ − = − − + ⇒ + = ⇒ =
 ÷  ÷
   
+
( )

2 2 2
1
2
2
1 2 1 4

1 1 3
1
n
n n
y y
n n
n n
− −
     
= =
 ÷  ÷  ÷
+ −
     
+
( )
( )
2
2
2
2
4 1
16 1
n
n n

a
n n
+
⇒ =
− +
lim 4
n
a =