Đề thi và đáp án thi HSG toán 11 năm học 2011 2012 tỉnh điện biên

SỞ GD& ĐÀO TẠO
TỈNH ĐIỆN BIÊN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP CƠ SỚ
NĂM HỌC 2011-2012

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: Toán - Lớp 11
Ngày thi 18/4/2012
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề

(Đề có 01 trang)

ĐỀ BÀI
Bài 1. (6,0 điểm)
a) Giải phương trình: 2sin 2 5 x + 4sin 5 x cos5 x − 3 = 0
b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
f ( x) = sin 2 x+cos x + 2
Bài 2. (6,0 điểm)
a) Tìm hệ số của x18 trong khai triển ( 2 − x 2 )

3n

biết

C20n + C21n + C22n + .... + C22nn = 1024
 x2 − 8x − 3

khi x< − 1
b) Xét tính liên tục của hàm số y = 

x +1
ax − 5
khi x ≥ −1

tại điểm x = −1 (a là tham số).
Bài 3. (5,5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng
a, SD ⊥ ( ABCD ) và SD = a.
a) Tính góc giữa SA và (SBD).
b) M là điểm di động trên đoạn AB, điểm K thuộc CM sao cho SK ⊥ CM
. Chứng minh K thuộc một cung tròn cố định.
c) Hai điểm P, Q lần lượt thuộc cạnh DA và DC sao cho DP+DQ = a,
·
·
·
( P ≠ A, P ≠ D; Q ≠ C , Q ≠ D ) . Chứng minh rằng DSP
+ DSQ
+ PSQ
= 900
Bài 4. (1,5 điểm) Dãy số (un) được xác định:
u1 = 2013
 2
(n = 1,2,..)
un + 2011un − 2013un+1 + 1 = 0


1
1
1
+
+ .... +

Tìm lim

÷
n →∞ u + 2012
u2 + 2012
un + 2012 
 1
3
Bài 5. (1,0 điểm) ). Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn a + b + c = .
4
1
1
1
+3
+3
≥ 3.
Chứng minh 3
a + 3b
b + 3c
c + 3a
…………………………………Hết……………………………..


Câu

1a
(3điểm)

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP CƠ SỚ
MÔN TOÁN 11 - NĂM HỌC 2011-2012

Nội dung
2
⇔
+ Pt 2sin 5 x + 4sin 5 x cos5 x − 3 = 0 (1)
2
2
− sin 5 x + 4sin 5 x cos5 x − 3cos 5x = 0
+ Nếu cos5x=0 ⇒ sin5x=0 vô lý vì sin 2 5 x + cos 2 5 x = 1 . Suy ra
cos5x=0 không là nghiệm của pt (1)
+ Chia cả hai vế của pt (1) cho cos25x ( cos5 x ≠ 0 ) ta được pt
 t an5x = 1
− tan 2 5 x + 4 tan 5 x − 3 = 0 ⇔ 
 tan 5 x = 3
π
π
+k
+ Với tan 5 x = 1 ⇒ x =
với k ∈ Z
20
5
arctan 3 π
+l
+ Với t an5x=3 ⇔ x =
với l ∈ Z
5
5
Tìm GTLN, GTNN nhất của hàm số f ( x) = sin 2 x+cos x + 2
+ TXĐ : D=R & f ( x) = −cox 2 x+cos x + 3
Đặt cosx=t , −1 ≤ t ≤ 1 ta được f (t ) = −t 2 + t + 3
Yêu cầu bài toán tương đương với việc tìm GTLN, GTNN nhất của hàm

số y=f(t) trên [-1;1]
+ Bảng biến thiên của hàm số y=f(t) trên [-1;1]
t

1b

-1

(3 điểm)

f(t)

1
2
13
4

Điểm
0.5
0.5

1
0.5
0.5

1

1
3

1

1
+ Từ BBT ta có:

1
1
π
13
tại t = ⇔ cos x = ⇔ x = ± + k 2π , k ∈ Z
2
2
3
4
GTNN của hàm số bằng 1 tại t = −1 ⇔ cos x = −1 ⇔ x = π + k 2π , k ∈ Z
KL...
+ Có C20n + C21n + C22n + .... + C22nn = 1024 ⇔ (1 + 1) 2 n = 210 ⇔ n = 5
+ Xét khai triển (2 − x 2 )15 có Tk +1 = C15k 215−k ( − x 2 )k = C15k 215−k (−1) k x 2 k
GTLN của hàm số bằng

2a
(3điểm)

1

1
1


+ Để số hạng chứa x18 thì 18=2k hay k=9

+ Vậy hệ số của số hạng chứa x18 là C159 26 ( −1)9 = −C159 26
+ TXĐ: D=R, f ( −1) = − a − 5
+ lim− f ( x) = lim−
x→ − 1

2b
(3điểm)

3a
(2,5điểm)

x→ − 1

x2 − 8x − 3
x2 − 8x − 9
( x + 1)( x − 9)
−5
= lim−
= lim−
=
x→ − 1
x+1
( x + 1)( x 2 − 8 x + 3) x→ − 1 ( x + 1)( x 2 − 8 x + 3) 3

f ( x) = lim+ (ax − 5) = − a − 5
+ xlim
→−1+
x →−1
+ Hàm số liên tục tại x=-1 khi và chỉ khi

·
sin ASO
=

M

0.5
0.5
0.5

5
10
lim+ f ( x) = lim− f ( x) = f ( −1) ⇔ −a − 5 = − ⇔ a = −
x →−1
x →−1
3
3
10
+ Vậy với a = −
thì hàm số liên tục tại x=-1
3
10
với a ≠ −
thì hàm số giánSđoạn tại x=-1
3
+ Gọi O = AC ∩ BD
Chứng minh AC ⊥ ( SAB )
+ ⇒ SO là hình chiếu
của SA
trên mặt phẳng (SBD)

⇒ góc giữa hai đường
thẳng SA và
mặt phẳng (SBD) là góc
giữa SA
C
D
Q
và SO
P
·
hay là ASO
m K
O
+
A

0.5
0.5

B

1

0.5

0.75
0.75

1

AO
1
= ... =
SA
2

· O = 300
⇒ AS

3b
(2điểm)

3c
(1điểm)

+ Vì MC ⊥ SK , DK là hình chiếu của SK trên (ABCD) ⇒ MC ⊥ DK
·
+ Vì D, C cố định và DKC
= 900 ⇒ M thuộc đường tròn đường kính DC
+ Khi M ≡ B ⇒ K ≡ C , khi M ≡ A ⇒ K ≡ O . Vậy khi M di chuyển trên
¼
đoạn AB thì K di chuyển trên cung CmO
của đường tròn đường kính DC
·
·
·
+ Đặt DSP
= α ; DSQ
= β ; PSQ
= γ từ giả thiết

0.75
0.75
0.5

0.5

⇒ α + β + γ = 900 ⇔ sin(α + β ) = cosγ ⇔ sin α .cosβ + cosα .sin β = cosγ
0.5


DP SD SD DQ SQ 2 + SP 2 − PQ 2
⇔
.
+
.
=
+
SP SQ SP SQ
2SP.SQ
2
2
2
SD ( DP + DQ) SD + DQ + SD + DP 2 − ( DP 2 + DQ 2 )
a2
a2
=
⇔
=
SP.SQ

SP.SQ
SP.SQ SP.SQ
đẳng thức đúng.Vậy suy ra điều phải chứng minh
u1 = 2013
Dãy số (un)  2
(n = 1,2,..)
un + 2011un − 2013un+1 + 1 = 0


1
1
1
+
+
....
+
Tìm lim

÷
n →∞ u + 2012
u2 + 2012
un + 2012 
 1
+ Ta có un2 + 2011un − 2013un+1 + 1 = 0 ⇔ un+1 =

un2 + 2011un + 1
2013

un2 + 2011un + 1
un2 + 2011un − 2012 (un − 1)(un + 2012)

⇔ un+1 − 1 =
−1 =
=
2013
2013
2013
1
1
1
1
1
1
⇒
=
−
⇒
=
−
(1)
un+1 − 1 un − 1 un + 2012
un + 2012 un − 1 un+1 − 1
+ Từ (1) suy ra a
4
1
1
1
1
1
+
+ .... +

= ... =
−
(2)
(1,5điểm)
u1 + 2012 u2 + 2012
un + 2012
u1 − 1 un+1 − 1
+ Mặt khác ta có
un2 + 2011un + 1
(un − 1) 2
un+1 =
⇒ un+1 − un =
≥ 0, ∀n = 1,2,..
2013
2013
Như vậy (un) là dãy tăng ta có 2013=u1Giả sử α là giới hạn hữu hạn của dãy: α = lim un
un2 + 2011un − 2013un+1 + 1 = 0 ⇒ lim(un2 + 2011un − 2013un+1 + 1) = 0
⇒ α 2 + 2011α − 2013α + 1 = 0 ⇔ (α − 1) 2 = 0 ⇔ α = 1 < 2013 vô lý
Vậy lim un = +∞
+ Từ (2)
1
1
1
1
1
1
1
lim(
+

+ .... +
) = lim(
−
)=
=
u1 + 2012 u2 + 2012
un + 2012
u1 − 1 un+1 − 1 2013 − 1 2012
5
(1điểm)

0.5

0.25

0.5

0.25

+ Áp dụng BĐT Cosi cho 3 số dương ta có
1 1 1
3
1 1 1
9
(x + y + z ) + +  ≥ 33 xyz
=9⇒ + + ≥
(*)
3 xyz
x y z x+y+z
x y z

Áp dụng (*) ta có

1
1
1
9
+
+
≥
3
a + 3b 3 b + 3c 3 c + 3a 3 a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a

0.25


Áp dụng BĐT Cosi cho 3 số dương ta có
a + 3b + 1 + 1 1
3 ( a + 3b ) 1.1 ≤
= ( a + 3b + 2 )
3
3
b + 3c + 1 + 1 1
3 ( b + 3c ) 1.1 ≤
= ( b + 3c + 2 )
3
3
c + 3a + 1 + 1 1
3 ( c + 3a ) 1.1 ≤
= ( c + 3a + 2 )
3

3
1 3
1

Suy ra 3 a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a ≤  4 ( a + b + c ) + 6  ≤  4. + 6  = 3
3
3 4


1
1
1
9
⇒ 3
+3
+3
≥ 3
≥3
a + 3b
b + 3c
c + 3a
a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a
3

1
a + b + c =
⇔a=b=c=
Dấu ''='' xảy ra ⇔ 
4
4


a + 3b = b + 3c = c + 3a = 1
Chú ý: Học sinh làm bài theo cách khác kết quả đúng lập luận chặt chẽ vẫn cho
điểm tối đa

0.25

0.25

0.25