Đề thi thử HSG 11 môn toán

ĐỀ THI THỬ CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013
ĐỀ THI MÔN: TOÁN 11
Dành cho học sinh THPT không chuyên
Thời gian 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1 (2 điểm).
a) Giải phương trình:
3
os2 os6 4(3sinx 4sin 1) 0c x c x x− + − + =
b) Giải phương trình:
2 2 3 4
4 1 1 5 4 2x x x x x x+ + = + + − −
Câu 2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
1 1
1
x x y y
x y xy

+ + = + −


+ − =


Câu 3. (1 điểm) Cho m là số nguyên thỏa mãn :
0 2013m< <
. Chứng minh rằng:
( 2012)!
!.2013!
m

m
+
là một số nguyên.
Câu 4. (1,5 điểm)
Cho dãy số (U
n
) xác định bởi:
1
2
1
3
1
( 4), 1,2,3,
5
n n n
u
u u u n
+
=



= + + =


Chứng minh rằng (U
n
) là dãy số tăng nhưng không bị chặn trên.
Đặt
1

1
, 1,2,3,
3
n
n
k
k
v n
u
=
= =
+
∑
Tính:
lim
n
x
v
→+∞
Câu 5. (1điểm) Tìm giới hạn
3
0
1 tan 1 sin
lim
x
x x
L
x
→
+ − +

=
Câu 6. (1,0 điểm) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
2 2
2x x y+ + =
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho (C) có phương trình:
( ) ( )
2 2
1 1 16x y− + + =
tâm I và điểm
(1 3;2)A +
. Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi
qua A đều cắt (C) tại hai điểm phân biệt. Viết phương trình đường thẳng d đi qua A cắt
(C) tại hai điểm phân biệt B, C sao cho tam giác IBC nhọn và có diện tích bằng
4 3
.
Câu 8. (1,5 điểm)
Cho tứ diện OABC có đáy OBC là tam giác vuông tại O, OB = a, OC =
3 ( 0)a a >
và
đường cao OA =
3a
. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng AB và OM.
Hết
Họ và tên thí sinh:…………………………………… Số báo danh:………
ĐÁP ÁN THI THỬ HSG LỚP 11 – MÔN: TOÁN 11
Dành cho học sinh THPT không chuyên
Thời gian 180 phút không kể thời gian giao đề
Câu NỘI DUNG
ĐIỂM

Câu1
1điểm
a)
( )
2 2
1 os2 (1 os6 ) 4sin3x+2 0
2 os 2sin 3 4sin 3 2 0
PT c x c x
c x x x
⇔ + + − + =
⇔ + + + =
0,25
( )
2
2
cos 0
os sin 3 1 0
sin 3 1
x
c x x
x
=

⇔ + + = ⇔

= −

0,5
2
,

2
2
6 3
x k
x l l
x
π
π
π
π
π π

= +


⇔ ⇔ = + ∈


= − +


¢
Vậy phương trình có nghiệm là:
,
2
x l l
π
π
= + ∈¢
0,25

b)
1điểm
PT
( )
2 2 2 2
4 1 ( 1) 7 1 5x x x x x x⇔ + + = − + + + + + −
Đặt :
2
3
1 ,
2
t x x t= + + ≥
. Khi đó phương trình trở thành:
4 2 4 2 4 2 2
4 7 5 7 4 5 0 6 9 ( 4 4) 0t t t t t t t t t t= − + − ⇔ − + + = ⇔ − + − − + =
( )
( )
2
2
2
2
2
1 0
3 2
5 0
t t
t t
t t

− − =

⇔ − = − ⇔

+ − =

0,25
•
3
2
t ≥
thì
2
1 0t t− − =
có nghiệm
1 5
2
t
+
=
•
3
2
t ≥
thì
2
5 0t t+ − =
có nghiệm
1 21
2
t
− +

=
0,25
• Khi
1 5
2
t
+
=
thì
2
2 2
1 5
1 2 2 1 5 0
2
x x x x
 
+
+ + = ⇔ + − − =
 ÷
 ÷
 
1 3 2 5
2
x
− − +
⇔ =
hoặc
1 3 2 5
2
x

− + +
=
0,25
• Khi
1 21
2
t
− +
=
thì
2
2 2
1 21
1 2 2 9 21 0
2
x x x x
 
− +
+ + = ⇔ + − + =
 ÷
 ÷
 
1 19 2 21
2
x
− − +
⇔ =
hoặc
1 19 2 21
2

x
− + −
=
0,25
Câu 2
1điểm
2 2
2 2
1 1 (1)
1 (2)
x x y y
x y xy

+ + = + −


+ − =


Điều kiện:
2 2
1. (1) 1 1y x y y x≥ ⇔ − = − − +
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 1 1 2 ( 1)( 1)
( 1)( 1) 1 1
x xy y y x y x
xy y x x y x y y x x y
⇒ − + = − + + − − +
⇔ = − + ⇒ = + − − ⇔ − = −

0,25
Kết hợp với (2) ta được hệ:
2 2
2
2 2
1 0
2 0
2
1
x y x
x xy
y x
x y xy

− = − =


⇒ − = ⇔


=
+ − =



0x
=
thế vào (2)
2
1 1y y= ⇔ = ±

2y x=
thế vào (2)
2
1 2
3 1
3 3
x x y= ⇔ = ± ⇒ = ±
0,25
0,25
Thử lại ta có:
0, 1x y= =
và
1 2
,
3 3
x y= =

Vậy hệ phương trình có nghiệm :
( ) ( )
1 2
; 0;1 ; ;
3 3
x y
 
 
∈
 
 ÷
 
 

0,25
Câu3
1điểm
Ta có:
2012 2013
2012 2013
( 2012)! 2013 ( 2013)! 2013
. .
!2012! 2013 !2013! 2013
m m
m m
C C
m m m m
+ +
+ +
= = =
+ +
0,25
Suy ra:
( )
2012 2013
2012 2013
2013 2013.
m m
m C C
+ +
+ =
Tức là:
( )
2012

2012
2013
m
m C
+
+
chia hết cho 2013 ( do
2012
2012m
C
+
;
2013
2013m
C
+
là các số
tự nhiên)
0,25
Vì: 2013 là số nguyên tố và 0<m<2013 nên ƯCLN(m,2013) = 1
0,25
Vậy:
2012
2012m
C
+
chia hết cho 2013 hay
( 2012)!
!.2013!
m

m
+
là một số nguyên 0,25
Câu4
1,5
Điểm
• Ta có:
Xét hàm số:
2
( ) 4f u u u= + +
là hàm số đông biến trên
1
;
2
 
− +∞
 ÷
 
Và
1
1 15
( ) 3
2 4
f u− = < =
Suy ra
1 1 1
3, 1,2,
n n n
u u u u n
+ −

> > > = ∀ =
Vậy (U
n
) là dãy tăng. Từ đó,
1
, 1,2,
n
u u n> ∀ =
0,25
+ Nếu (U
n
) bị chặn trên thì nó có giới hạn. Giải sử
lim ( 3)
n
x
u a a
→+∞
= ≥
+
( )
2 2
1
1 1
lim lim 4 ( 4) 2
5 5
n n n
x
u u u a a a a
+
→+∞

= + + ⇒ = + + ⇔ =

Điều này không xảy ra vì
3a ≥
. Vậy dãy (U
n
) không bị chặn trên
0,25
• Ta có:
1
lim lim 0
n
x
n
u
u
→+∞
= +∞ ⇒ =
0,25
+ Ta có:
( )
( )
2
1 1
1
4 5( 2) 2 ( 3)
5
k k k k k k
u u u u u u
+ +

= + + ⇔ − = − +
0,25
( )
1 1
1 5 1 1 1
( 3, 1)
2 2 ( 3) 3 2 2
k
k k k k k k
Do u k
u u u u u u
+ +
⇔ = ≥ ∀ ≥ ⇔ = −
− − + + − −
0,25
Do đó:
1
1 1
1 1 1
lim
3 2 2
n
n
k
k n
v
u u u
=
+
= = −

+ − −
∑
Vậy
lim 1
n
v =
0,25
( )
3
3
0 0
1 tan 1 sin tan sin
lim lim
1 tan 1 sin
x x
x x x x
L
x
x x x
→ →
+ − + −
= =
+ + +
0,25
( )
( )
( )
2
3 3
0 0

sin (1 cos ) sin (1 cos )
lim lim
.cos . 1 tan 1 sin .cos . 1 cos 1 tan 1 sin
x x
x x x x
x x x x x x x x x
→ →
− −
= =
+ + + + + + +
0,25
Câu 5
1điểm
( )
( )
3
3
0
sin
lim
.cos . 1 cos 1 tan 1 sin
x
x
x x x x x
→
=
+ + + +
0,25
( )
( )

3
3
0
sin 1 1
lim
4
cos . 1 cos 1 tan 1 sin
x
x
x
x x x x
→
 
= =
 ÷
+ + + +
 
0,25
Câu 6
1điểm
Ta có:
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
2 4 (4 4 1) 7 2 2 1 7
2 2 1 2 2 1 7 7.1 1.7 ( 7).( 1) ( 1).( 7)
x x y y x x y x
y x y x
+ + = ⇔ − + + = ⇔ − + =

⇔ + + − − = = = = − − = − −
0,5
•
2 2 1 7 1
2 2 1 1 2
y x x
y x y
+ + = =
 
⇔
 
− − = =
 
•
2 2 1 1 2
2 2 1 7 2
y x x
y x y
+ + = = −
 
⇔
 
− − = =
 
0,25
•
2 2 1 7 2
2 2 1 1 2
y x x
y x y

+ + = − = −
 
⇔
 
− − = − = −
 
•
2 2 1 1 1
2 2 1 7 2
y x x
y x y
+ + = − =
 
⇔
 
− − = − = −
 
Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên:
( ) ( ) ( ) ( )
{ }
( ; ) 1;2 , 1; 2 , 2;2 , 2;2x y = − − −
0,25
Câu 7
1điểm
Đường tròn (C) có tâm I(1;-1) , Bán kính R= 4.
•
3 9 2 3 4IA = + = <
suy ra điểm A nằm trong (C) vậy mọi đường
thẳng đi qua A đều cắt (C) tại hai điểm phân biệt.
0,25

•
1 1
. .sin 4 3 .4.4.sin 4 3
2 2
IBC
S IB IC BIC BIC
∆
= ∠ = ⇔ ∠ =
0
0
60
3
sin ( ; ) 2 3
2
120 ( )
BIC
BIC d I BC
BIC loai

∠ =
∠ = ⇒ ⇒ =

∠ =

0,25
• Đường thẳng đi qua A, nhận
2 2
( ; ) ( 0)n a b a b+ ≠
r
có phương trình

( 1 3) ( 2) 0 ( ; ) 2 3a x b y d I BC− − + − = ⇒ =
2
2 2
3 3
2 3 ( 3 ) 0
a b
a b
a b
− −
= ⇔ − =
+
0,25
Chọn
1, 3a b= =
có d:
3 3 3 9 0x y+ − − =
Vậy d:
3 3 3 9 0x y+ − − =
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
0,25
Câu8
1,5
điểm
N
C
B
S
O
M
K

H
Gọi N là điểm đối xứng với C qua O
Ta có: OM song song với BN ( tính chất đường trung bình)
/ /( ) ( , ) ( ,( )) ( ,( ))OM ABN d OM AB d OM ABN d O ABN⇒ = =
0,5
Kẻ
, ( , )OK BN OH AK K BN H AK⊥ ⊥ ∈ ∈
Ta có: (SBN) ⊥ (OAK)
( ,( ))d O ABN OH=
0,25
Từ tam giác vuông OAK và OBN ta có:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
OH OA OK OA OB ON
= + = + +
0,25
2 2 2 2
1 1 1 5 15
3 3 3 5
a
OH
a a a a
= + + = ⇒ =
0,25
Vậy,
15
( , ) ( ,( ))
5
a
d OM AB d O ABN OH= = =

0,25
Hết