30 đề thi học sinh giỏi môn toán 11 có đáp án và thang điểm

SỞ GD&ĐT
QUẢNG BÌNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
NĂM HỌC 2012- 2013
Mơn thi: Tốn
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Khóa ngày 27 tháng 3 năm 2013)
SỐ BÁO DANH:……………..
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1:(3.0 điểm)
2 x

x
+
+ = 10

y y
a) Giải hệ phương trình: 
 x 2 + 1 + 2 x = 12

y2
b) Giải phương trình: ( cos 2 x − cos 4 x ) 2 = 6 + 2sin 3 x
Câu 2:(2.5 điểm)
a) Tính giới hạn dãy số: lim

(

n 4 + n 2 + 1 − 3 n6 + 1

)

u1 = 2013

b) Cho dãy số ( un ) xác định như sau: 
1
n
(n ≥ 1)
un +1 = n +1 un +
2013n

Tìm cơng thức số hạng tổng quát và giới hạn dãy số ( un ) ?

Câu 3:(2.5 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình thang cân (AD//BC) và BC=2a,
AB=AD=DC=a (a>0). Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC
và BD. Biết SD vng góc với AC.
a) Tính SD.
b) Mặt phẳng ( α ) qua điểm M thuộc đoạn OD (M khác O, D) và song song với
hai đường thẳng SD và AC.
Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng ( α ). Biết MD = x.
Tìm x để diện tích thiết diện lớn nhất.
Câu 4:(2.0 điểm) Cho phương trình: x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + d = 0
a) Với d = −2013 , chứng minh rằng phương trình có ít nhất hai nghiệm phân biệt.
b) Với d = 1 , giả sử phương trình có nghiệm, chứng minh a 2 + b2 + c 2 ≥

--------------------HẾT----------------------

4
3

SỞ GD&ĐT
QUẢNG BÌNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
NĂM HỌC 2012 - 2013
Mơn thi: Tốn
(Khóa ngày 27 tháng 3 năm 2013)

HƯỚNG DẪN CHẤM
(Đáp án, hướng dẫn ny cú 4 trang)
yêu cầu chung
* ỏp ỏn ch trỡnh bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập
luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng.
* Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải
sau có liên quan. Ở câu 3 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0.
* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần là
0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng
bài.
* Điểm của tồn bài là tổng (khơng làm tròn số) của điểm tất cả các bài.
Câu

Nội dung

1

Điểm

1,5 điểm
1
a) ĐK: y ≠ 0 . Đặt a = x + 1; b = y

Ta có hệ phương trình trở thành
a + b + ab = 11 a + b = 5 a + b = −7
a = 2 a = 3
⇔
∨
(
VN
)
⇔
∨
 2



2
ab
=
6
ab
=
18
b
=
3
a
+

b
=
13



b = 2

a = 2
 1
⇒ ( x; y ) = 1; ÷
TH1: 
 3
b = 3
a = 3
 1
⇒ ( x; y ) =  2; ÷
TH2: 
 2
b = 2
b) ( cos 2 x − cos 4 x ) 2 = 6 + 2sin 3 x

0,25
0,75
0,25
0,25
1,5 điểm

⇔ 4sin 2 x sin 2 3 x = 6 + 2sin 3 x
⇔ 4(1 − sin 2 x sin 2 3 x) + 2(1 + sin 3 x) = 0

⇔ 4 sin 2 x(1 − sin 2 3 x) + cos 2 x  + 2(1 + sin 3 x) = 0

0,5

⇔ 4(sin 2 x cos 2 3 x + cos 2 x) + 2(1 + sin 3 x) = 0

0,5

sin 3 x = −1
sin 3 x = −1
π

⇔ sin 2 x cos 2 3 x = 0 ⇔  2
⇔ x = + k 2π (k ∈ Z )
2
cos x = 0
cos 2 x = 0


0,5

Trang: 2 - Đáp án Toán 11


2
a) lim

(

)

n 4 + n2 + 1 − 3 n6 + 1 = lim

(

n4 + n 2 + 1 − n2 − ( 3 n6 + 1 − n2 )

)

1,0 điểm
0,25

Ta có:


1
1
+

÷ 1


n +1
n2

÷=
lim n 4 + n 2 + 1 − n 2 = lim 
=
lim
÷

4
2
2
1
1

÷ 2
n
+
n
+
1
+
n


 1+ 2 + 4 +1÷
n
n


1
lim( 3 n6 + 1 − n 2 ) = lim
=0
6
2
23
6
4
3

(n + 1) + n ( n + 1) + n
1
Do đó lim n 4 + n 2 + 1 − 3 n 6 + 1 =
2

)

(

2

)

(

b) un > 0, ∀n ∈ N

0,25
0,25
0,25
1,5 điểm
0,25

*

1
1
⇒ unn++11 − unn =
n
2013

2013n
1
Do đó: u22 − u11 =
20131
1
u33 − u22 =
20132
unn++11 = unn +

...
unn − unn−−11 =

1
2013n −1

0,5
n −1

Suy ra:

unn − u11 =

1
1
1
+
+ ... +
1
2
2013 2013

2013n −1

 1 
1− 
÷
2013 
= 
2012

n −1

 1 
1− 
÷
n
2013 
un = 2013 + 
2012

0,25

n −1

 1 
1− 
÷
n
1 + 1 + ... + 1 + 2014
2013 (Cô si)
2013 


1 < un = 2013 +
< n 2014 <
= 1+
2012
n
n
 2013 
Mặt khác lim 1 +
÷ = 1 . Vậy lim un = 1
n 


Trang: 3 - Đáp án Toán 11

0,25
0,25


3

2,5 điểm

S
K
Q
B

C
J

0,25

P

O
A

T

M

D

N

a) Dễ thấy đáy ABCD là nữa hình lục giác đều cạnh a.
Kẻ DT//AC (T thuộc BC). Suy ra CT=AD=a và DT vng góc SD.
Ta có: DT=AC= a 3 .
Xét tam giác SCT có SC=2a, CT=a, ∠SCT = 1200 ⇒ ST = a 7
Xét tam giác vng SDT có DT= a 3 , ST = a 7 ⇒ SD = 2a
b) Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt AD, DC lần lượt tại N,P.
Qua M, N, P kẻ các đường thẳng song song với SD cắt SB, SA, SC lần
lượt tại K, J, Q. Thiết diện là ngũ giác NPQKJ.
Ta có: NJ, MK, PQ cùng vng góc với NP.
1
2

1
2

0,25
0,25
0,25

0,25

dt(NPQKJ)=dt(NMKJ)+dt(MPQK)= ( NJ + MK ) MN + ( MK + PQ) MP
1
( NJ + MK ).NP (do NJ=PQ).
2
NP MD
AC.MD x.a 3
=
⇒ NP =
=
= 3x
a
Ta có: AC OD
OD
3
 a

2a. 
− x÷
NJ AN OM
SD.OM
 3
 = 2(a − x 3)
=

=
⇒ NJ =
=
a
SD AD OD
OD
3

0,25

KM BM
SD.BM 2a. a 3 − x
2
=
⇒ KM =
=
=
(a 3 − x)
SD
BD
BD
a 3
3
1
2

Suy ra: dt(NPQKJ)=  2(a − x 3) + (a 3 − x) ÷3x = 2(3a − 2 3 x) x
2
3


0,5

=

(

=

)

2
1
1 
 = 3 3 a2
(3a − 2 3x )2 3 x ≤
(3
a
−
2
3
x
)
+
2
3
x

4
3

4 3

Diện tích NPQKJ lớn nhất bằng

3 3 2
3
a khi x =
a
4
4

Trang: 4 - Đáp án Toán 11

0,25
0,25


4

1.0 điểm
a) d= -2013
Đặt f ( x) = x 4 + ax3 + bx 2 + cx − 2013 liên tục trên R.
Ta có: f ( 0 ) = −2013 < 0
Mặt khác lim f ( x) = +∞ , nên tồn tại 2 số α < 0; β > 0 sao cho
x →±∞

f (α ) > 0; f ( β ) > 0 . Do đó f (0). f (α ) < 0; f (0). f ( β ) < 0 .

Vậy phương trình có ít nhất hai nghiệm phân biệt thuộc hai khoảng (α , 0)
và (0, β )

b) d=1: Gọi x0 là nghiệm của phương trình ( x0 ≠ 0 )
−1
1
x04 + ax03 + bx02 + cx0 + 1 = 0 ⇔ b = − x02 + 2 − ax0 − c
x0
x0

0,25
0,5
0,25
1.0 điểm
0,25

2

 2 −1
1
1  2 1
2
2
Ta có: ( a + b + c ) ( x + 2 + 1) =  a + c +  − x0 + 2 − ax0 − c ÷  ( x0 + 2 + 1)
x0
x0
x0  
x0



2

2

2

2
0

2

2


1
−1
1 
1 
≥  ax0 + c − x02 + 2 − ax0 − c ÷ =  x02 + 2 ÷
x0
x0
x0  
x0 


0,25

2

Suy ra: ( a 2 + b2 + c 2 )

 2 1 

 x0 + 2 ÷
1
2
x0 
t2

với t = x0 + x 2 ≥ 2
≥
=
1
0
x02 + 2 + 1 t + 1
x0

t2
4
≥ ⇔ 3t 2 − 4t − 4 ≥ 0 ⇔ (t − 2)(3t + 2) ≥ 0 (đúng do t ≥ 2 ).
Mặt khác:
t +1 3
4
Vậy a 2 + b 2 + c 2 ≥ .
3
2
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = − (ứng với x0 = 1 )
3
2
2
a = c = , b = − (ứng với x0 = −1 )
3
3

Trang: 5 - Đáp án Toán 11

0,25

0,25


UBND TỈNH THÁI NGUYÊN
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11
NĂM HỌC 2011 - 2012
MƠN : TỐN HỌC
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm có 01 trang)

Bài 1 (4 điểm).
Giải phương trình:

2+ 2
= 2 + 2sin 2 x .
tan x + cot 2 x

Bài 2 (4 điểm).
u1 = 4

Cho dãy số ( un ) xác định bởi 

1
u
=
un + 4 + 4 1 + 2un
n
+
1

9
Tìm cơng thức số hạng tổng quát un của dãy số.

(

)

∀n ∈ N *

.

Bài 3 (4 điểm).
·
·
Cho tam giác nhọn ABC, trên cạnh BC lấy các điểm E, F sao cho góc BAE
= CAF

, gọi M, N lần lượt là hình chiếu vng góc của F trên các đường thẳng AB và AC, kéo
dài AE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D. Chứng minh rằng tứ giác AMDN
và tam giác ABC có diện tích bằng nhau.
Bài 4 (4 điểm)
Cho tập hợp A = { 1;2;3;...;18} . Có bao nhiêu cách chọn ra 5 số trong tập A sao

cho hiệu của hai số bất kì trong 5 số đó khơng nhỏ hơn 2.
Bài 5 (4 điểm).
Cho các số dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng:
a +1 b +1 c +1
+
+
≥3
1 + b2 1 + c 2 1 + a 2
---------- Hết ----------

Họ và tên :.......................................................... Số báo danh :.......................................
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TỈNH
MƠN: TỐN


NĂM HỌC: 2011 - 2012
Bài
Bài 1

Giải phương trình:

Lời giải
2+ 2
= 2 + 2sin 2 x .
tan x + cot 2 x

cos x ≠ 0

Lời giải : Điều kiện : sin 2 x ≠ 0
 tan x + cot 2 x > 0



( 1)

2sin 2 x + cos 2 x
1
Ta có : tan x + cot 2 x =
=
sin 2 x
sin 2 x
Do đó phương trình đã cho tương đương với :
2 + 2 sin 2 x = 2 + sin 2 x

(
⇔(

)

)(

1đ

)

sin 2 x − 1 . 2 sin 2 x − 2 = 0

 sin 2 x = 1
⇔ 
2
sin

2
x
=

2
sin 2 x = 1
⇔
( Thỏa điều kiện (1) )
sin 2 x = 1

2
Giải các phương trình trên ta được :
π
π
5π
x = + kπ ; x = + k π ; x =
+ kπ ( k ∈ Z )
2
12
12
Bài 2

Điểm

1đ

1đ

1đ

Cho dãy số ( un ) xác định bởi
u1 = 4


1
*.
u
=
u
+
4
+
4
1
+
2
u
∀
n
∈
N
n
 n+1 9 n
Tìm cơng thức số hạng tổng qt un của dãy số.
Lời giải: Đặt xn = 1 + 2un ∀n ∈ N *

(

)

2
*
Ta có xn ≥ 0 và xn = 1 + 2un , ∀n ∈ N hay un =

Thay vào giả thiết, ta được:
xn2+1 − 1 1  xn2 − 1

= 
+ 4 + 4 xn ÷
2
9 2


xn2 − 1
2

⇔ 9 xn2+1 − 9 = xn2 − 1 + 8 + 8 xn ⇔ ( 3 xn +1 ) = ( xn + 4 )
2

1đ

2

*
*
Suy ra: 3 xn+1 = xn + 4 ∀n ∈ N ( Do xn ≥ 0 , ∀n ∈ N )
n +1
n
n
*

Hay 3 xn+1 = 3 xn + 4.3 , ∀n ∈ N

1đ


n
*
n
*
Đặt yn = 3 xn , ∀n ∈ N . Ta có: yn +1 = yn + 4.3 , ∀n ∈ N
n
n −1
*
Từ đó yn +1 = y1 + 4 ( 3 + 3 + ..... + 3) , ∀n ∈ N
n +1
*
Hay yn +1 = y1 − 6 + 2.3 , ∀n ∈ N
n
Theo cách đặt ta có: x1 = 3 ⇒ y1 = 9 ⇒ yn = 3 + 2.3 .
1
*
Suy ra: xn = 2 + n −1 , ∀n ∈ N
3
1
4
1 
*
Do đó un =  3 + n−1 + 2 n− 2 ÷ , ∀n ∈ N
2
3

3 

1đ

1đ

Bài 3 Cho tam giác nhọn ABC, trên cạnh BC lấy các điểm E, F sao cho góc
·
·
, gọi M, N lần lượt là hình chiếu vng góc của F trên các
BAE
= CAF

đường thẳng AB và AC, kéo dài AE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC tại D. Chứng minh rằng tứ giác AMDN và tam giác ABC có diện
tích bằng nhau.
Lời giải:

A

M
B

O
E

N
F

0,5đ

C

·
·
·
Đặt BAE
= CAF
= α , EAF
D= β . Tacó
S∆ABC =

1
1
AF
AB. AF .sin ( α + β ) + AC. AF .sin α =
( AB.CD + AC.BD )
2
2
4R

(R-là bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC) (1)
Diện tích tứ giác ADMN là
S AMDN =

1
1
AM . AD.sin α + AD. AN .sin(α + β )
2
2

1
= AD.  AF .cos ( α + β ) .sin α + AF .cos α .sin ( α + β )  =
2
=

1
AF
AD. AF .sin ( 2α + β ) =
. AD.BC . (2)
2
4R

1,5 đ


Vì tứ giác ABDC nội tiếp trong đường trịn nên theo định lí Ptoleme ta 1,5 đ
có :

AB.CD + AC.BD = AD.BC

(3).

Từ (1), (2), (3) ta có điều phải chứng minh.
0,5 đ
Bài 4

Cho tập hợp A = { 1;2;3;...;18} . Có bao nhiêu cách chọn ra 5 số trong
tập A sao cho hiệu của hai số bất kì trong 5 số đó khơng nhỏ hơn 2.
Lời giải:

Ta cần tìm số phần tử của tập T sau:

{

}

T = (a1 ,a 2 ,...,a 5 ) : a 1 < a 2 < ... < a 5 ; 1 ≤ a i ≤ 18; a i − a j ≥ 2

1đ

Xét tập hợp H = { (b1 ,b 2 ,...,b5 ) : b1 < b 2 < ... < b5 ; 1 ≤ b i ≤ 14}
Xét ánh xạ f cho tương ứng mỗi bộ (a1 ,a 2 ,...,a 5 ) với bộ (b1 ,b 2 ,...,b 5 )

1,5 đ

xác định như sau:
b1 = a1 ,b 2 = a 2 − 1,b3 = a 3 − 2,b 4 = a 4 − 3,b 5 = a 5 − 4 .
Dễ thấy khi đó f là một song ánh, suy ra T = H .
Mặt khác mỗi bộ (b1 ,b 2 ,...,b 5 ) trong H là một tổ hợp chập 5 của 14
5
phần tử. Do đó H = C14 = 2002 . Vậy T = 2002 .
Bài 5 Cho các số dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng:
a +1 b +1 c +1
+
+
≥3
1 + b2 1 + c 2 1 + a 2
Lời giải: Bất đẳng thức trên tương đương với:
a +1
b +1

c +1
a +1−
+ b +1−
+ c +1−
≤ a + b + c + 3−3= 3
2
2
1+ b
1+ c
1 + a2
a + 1) .b 2 ( b + 1) .c 2 ( c + 1) .a 2
(
Hay
+
+
≤ 3.
1 + b2
1 + c2
1 + a2
Bây giờ ta dùng bất đẳng thức AM – GM cho các mẫu thức:
( a + 1) b2 + ( b + 1) c 2 + ( c + 1) a 2 ≤ ( a + 1) b 2 + ( b + 1) c 2 + ( c + 1) a 2
1 + b2
1 + c2
1 + a2
2b
2c
2a
( a + 1) b + ( b + 1) c + ( c + 1) a
=
2

2
2
2
3 + ab + bc + ca
a + b + c)
=
≤ 3 Vì ab + bc + ca ≤ (
=3
2
3

1,5 đ



A

M
B
·
·
·
Đặt BAE
= CAF
= α , EAF
= β.
1
2

O

E

N
F

C

D
1
2

Ta có S∆ABC = AB. AF .sin ( α + β ) + AC. AF .sin α = =

AF
( AB.CD + AC.BD )
4R

(R-là bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC) (1)
Diện tích tứ giác ADMN là
S AMDN =

1
1
AM . AD.sin α + AD. AN .sin(α + β ) =
2
2

1

= AD.  AF .cos ( α + β ) .sin α + AF .cos α .sin ( α + β )  =

2
=

1
AF
AD. AF .sin ( 2α + β ) =
. AD.BC . (2)
2
4R


Vì tứ giác AMDN nội tiếp trong đường trịn nên theo định lí Ptoleme ta có AB.CD +
AC.BD = AD.BC (3).
Từ (1), (2), (3) ta có điều phải chứng minh.


TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1
Web: />Ngày 14/03/2013
(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2012 – 2013
MÔN: TỐN LỚP 11
Thời gian: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm). Tính tổng các nghiệm của phương trình sau trên  0;1004  :

8sin 2 xcosx  3 sinx  cosx
0



sin  x  
6

Câu 2 (3,0 điểm)
a) Từ các chữ số 0, 2, 3, 5, 6, 8 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số đơi
một khác nhau, trong đó hai chữ số 0 và 5 không đứng cạnh nhau.
b) Tính tổng S 

1 0
1 1
1
Cn 
C n  ... 
C nn .
1.2
2.3
 n  1. n  2 

Câu 3 (1,0 điểm). Chứng minh rằng phương trình x 5  x  2  0 có nghiệm x 0 thỏa
mãn x 0  9 8 .
Câu 4 (3,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều cạnh a,
SA vng góc với mặt phẳng đáy và SA  a 3 . M và I là hai điểm thỏa mãn
     
3MB  MS  0 , 4IS  3ID  0 . Mặt phẳng (AMI) cắt SC tại N.
a) Chứng minh đường thẳng SD vng góc với mặt phẳng (AMI).
b) Chứng minh ANI  900 ;AMI  900 .
c) Tính diện tích của thiết diện tạo bởi mặt phẳng (AMI) và hình chóp S.ABCD.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho ba số dương a, b, c thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

bc
ca
ab


a  3 bc b  3 ca c  3 ab

--------------------------------- Hết -------------------------------Họ tên thí sinh: …………………………………….. SBD: ……………………..
( Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm)


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TOÁN 11
Câ
u
1

ĐÁP ÁN




  0  x   k  k 
6
6

PT  4sin 2x sinx  3 sinx  cosx  0

ĐKXĐ: sin  x 

Điể
m
2,0



0,25

1
3
 2(cosx  cos3x)  3 sinx  cosx  0  cos3x= cosx 
sinx
2
2


x   k



6
 cos3x=cos  x    
k  


3


x    k


12
2
Kết hợp với điều kiện xác định  Phương trình đã cho có nghiệm là x  



k
12
2

0,25

0,25

0,25

k   .
1
1


  k   2008
x  0;1004   0    k  1004   6
6
12
2
k 
1  k  2008


k 

0,5



 k với
12
2
1  k  2008
  5
 
,gồm 2008 nghiệm lập thành cấp số cộng có x1  
,

12 2 12
k 

công sai d 
nên tổng các nghiệm là:
2
n
2008  5
  3025052
S   2x1   n  1 d  
2
  2008  1  
.

2

2  12
2
3

0,5

 Các nghiệm của phương trình đã cho trên  0;1004  là x k  

2
a)

3,0
1,5
Gọi a1a 2a 3a 4a 5a 6 là số gồm 6 chữ số đôi một khác nhau được thiết lập từ
{0;2;3;5;6;8}.
- Để lập thành một số dạng a1a 2a 3a 4a 5a 6 :

0,5

a1  0 nên có 5 cách chọn a1 , sau đó chọn một hốn vị 5 chữ số cịn lại. Do đó có tất
cả 5.5! = 600 số dạng a1a 2a 3a 4a 5a 6 .
- Ta tìm tất cả các số có hai chữ số 0 và 5 đứng cạnh nhau trong các số trên:
Có 5 vị trí trong mỗi số a1a 2a 3a 4a 5a 6 để hai chữ số 0 và 5 đứng cạnh nhau, trong đó vị
trí đầu bên trái chỉ có một khả năng là 50a 3a 4a 5a 6 , các vị trí cịn lại có thể hốn vị 0 và
5.

0,5


Sau khi chọn vị trí để hai chữ số 0 và 5 đứng cạnh nhau, ta chọn một hoán vị các chữ số

cịn lại. Do đó có 9.4! = 216 số dạng a1a 2a 3a 4a 5a 6 ,trong đó có chữ số 0 và chữ số 5
đứng cạnh nhau.
Vậy có tất cả 600 – 216 = 384 số thỏa mãn yêu cầu.
b)
Ta chứng minh bổ đề:

1
1
C kn 
C kn 11
 k  1
 n  1

0,5
1,5

(*)

1
n!
1
 n  1!
.

.
 k  1  n  k !k!  n  1  n  k ! k  1!
n!
n!



(luôn đúng).
 n  k ! k  1!  n  k ! k  1!

Thật vậy: (*) 

0,5

Áp dụng bổ đề, số hạng tổng quát của S là:

1

 k  1 k  2 
Vậy S 



Ckn 

1
1 k 1
1  1

.
Cn 1 
Ckn  22 

k  2 n 1
n  1 n  2


1

C
 n  1 n  2 
1

 n  1 n  2 

2

n2

2
n 2

C

0
n2

0,5

 C3n 2  ...  C nn  22 
1
n2

C



2n  2  n  3

.
 n  1 n  2 

3

0,5

1,0
5

Đặt f  x   x  x  2
f(x) là hàm đa thức nên liên tục trên đoạn [1; 2]. f(1).f(2) = -2.28 = -56 < 0
Do đó phương trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm x 0  1;2  .
5

0,5

5

Mặt khác: x 0  x 0  2  0  x 0  x 0  2  2 2x 0 Dấu “=” khơng xảy ra vì
,
9
x 0  1;2  Vậy x 50  2 2x 0  x10
0  8x 0  x 0  8 (đpcm).

4
a)

0,5
3,0
1,0

S

I

c

N
M

A

b
D

a
B

 
Đặt AB  a,
 1 
 BC  b,
2

C

   

AD  b, AS  c





     
a  a, b  2 a  2a, c  a 3, a.b  a 2 , a.c  0, b.c  0

0,5


    3  4   3  1 
Ta có: SD  b  c, AI  b  c, AM  a  c
7
4
4
 
  7
 SD.AI  0, SD.AM  0 Do đó SD  AI, SD  AM . Vậy SD   AMI 
b)

0,5
1,0



1  1  1  
1 5  1 
a  b  c, NI   a  b  c

2
4
2
2
28
14
 
0
 AN.NI  0  AN  NI  ANI  90 .
 3  1  
3 3 9 
+ AM  a  c, MI   a  b 
c
4
4
4
7
28
 
 AM.MI  0  AM  MI  AMI  900 .
Ta có: AN 

0,5

0,5

c)

1,0
Thiết diện tạo bởi mặt phẳng (AMI) và hình chóp S.ABCD là tứ giác AMNI.

 a 3
 a 6
 a 42
AM 
, AN  AN 
, NI  NI 
2
2
14
2
1
3a 7
 SANI  AN.NI 
;
2
28
 
  15a 2
AM.AN
5
14
+ AM.AN 
 cosMAN 

 sin MAN 
16
AM.AN 4 2
8
45a 2 7

Vậy SAMNI  SANI  SAMN 
(đvdt).
224
+ AM 

0,5

0,5

5

1,0
Đặt x 

a , y  b, z  c với x, y, z > 0.
yz
zx
xy
Khi đó P  2
 2
 2
x  3yz y  3zx z  3xy
3yz
3zx
3xy
Ta có 3P  2
 2
 2
x  3yz y  3zx z  3xy

0,25

 x2

y2
z2
3 2
 2
 2
 3Q
x

3yz
y

3zx
z

3xy


Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta được:



x
y
z

x 2  3yz 

y 2  3zx 
z 2  3xy 
 x 2  3yz

y 2  3zx
z 2  3xy


 Q  x 2  y 2  z 2  3xy  3yz  3zx 
2

 x  y  z
 x  y  z
Q
Mặt khác: xy  yz  zx 
2
3
 x  y  z   xy  yz  zx

2

0,25

2

3
9
3
, do đó 3P   P  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
4

4
4
3
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng .
4

0,25

Suy ra Q 

Các cách giải khác đúng cho điểm tương ứng

0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

BÌNH ĐỊNH

NĂM HỌC 2013 - 2014
Mơn thi : TỐN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài : 150 phút
Ngày thi : 18/3/2014

Bài 1.

1. Giải phương trình

x3 +

√
3
(1 − x2 ) = x 2 − 2x2 .

2. Cho x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M=

x3

1
1
1
+ 3
+ 3
.
(y + z) y (z + x) z (x + y)

Bài 2.
1. Chứng minh rằng với n là số tự nhiên chẵn thì tổng T sau chia hết cho 2n .
0
2
4
2i
2n
T = C2n
+ 5C2n

+ 52 C2n
+ ... + 5i C2n
+ ... + 5n C2n
.

2. Cho dãy số (un ) xác định bởi :


u1 = −1
√
un−1 + 3

√
,
un =
1 − 3.un−1

n = 2, 3, ...

a) Lập công thức tổng quát của dãy số (un ).
b) Tính S2014 = u1 + u2 + ... + u2014 .
Bài 3. Cho bốn số thực a, b, c, d thỏa các hệ thức a2 + b2 = 1 và c + d = 4. Tìm giá trị lớn nhất của
P = ac + bd + cd.
Bài 4. Cho tam giác đều OAB cạnh a. Trên đường thẳng d qua O và vng góc với mặt phẳng (OAB),
lấy M sao cho OM = x. Gọi E, F là các hình chiếu của A lên M B và OB. Gọi N là giao điểm EF
và d. Xác định x để thể tích tứ diện ABM N nhỏ nhất.
——— HẾT ———
Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:

Số báo danh:


Huỳnh Đức Khánh - 0975.120.189

Bài 1.
1. Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1.

√
√
√
√ √
3
(1 − x2 ) = x 2 − 2x2 ⇔ x + 1 − x2 1 − x 1 − x2 = 2x 1 − x2 .
√
√
t2 − 1
Đặt t = x + 1 − x2 , suy ra x 1 − x2 =
. Ta thu được phương trình
2
√
√
√
√
t3 + 2t2 − 3t − 2 = 0 ⇔
t − 2 t2 + 2 2t + 1 = 0.

Ta có x3 +

Đến đây bạn đọc tự giải tiếp.

√
Cách 2. Đặt y = 1 − x2 , ta thu được hệ
√
x3 + y 3 = 2xy
x2 + y 2 = 1

3

(x + y) − 3xy (x + y) =
2
(x + y) − 2xy = 1.

⇔

√

2xy

√
S 3 − 3SP = 2P (1)
S 2 − 2P = 1
(2).
2
√
√
S −1
, thay vào (1) ta được S 3 + 2S 2 − 3S − 2 = 0.
Từ (2) suy ra P =
2
Cách 3. Lượng giác hóa Đặt x = sin t, ta được phương trình

S 2 ≥ 4P , ta được

Đặt S = x + y, P = xy

sin3 t + cos3 t =

√

2 sin t |cos t| .

Cách này hơi cồng kềnh.
2. Ta có
1
1
1
2
2
y2
x
z
=
+
+
x (y + z) y (z + x) z (x + y)

M

2

1 1

1
+ +
x y z
≥
2 (xy + yz + zx)

2

xy + yz + zx
xyz
=
2 (xy + yz + zx)
≥

1 3
2
.3 (xyz)
2

=

1
(xy + yz + zx)
2

=

3
.
2

3
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1. Vậy min M = .
2
1
1
1
Cách 2. Đổi biến Đặt a = , b = , c = . Sau đó làm tương tự như cách 1.
x
y
z
Cách 3. Dự đoán đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1. Dùng phương pháp chọn điểm rơi
trong BĐT Cauchy.
1
1
2
y+z
= = =
.
(y + z)
2
4
4yz
1
y+z
Áp dụng Cauchy cho hai số 3
và
, ta được
x (y + z)
4yz

Nếu x = y = z = 1 thì

x3

1
y+z
+
≥2
x3 (y + z)
4yz

1
y+z
1
+
= .
x3 (y + z)
4yz
x

Suy ra
1
1 1
≥ −
x3 (y + z)
x 4
Tương tự cho các

1 1

+
y z

.

1
1
,
. (Đến đây bạn đọc tự làm tiếp)
y 3 (z + x) z 3 (x + y)

2


Huỳnh Đức Khánh - 0975.120.189

Bài 2.
√ 3 3
1
2
2n
5C2n
+ 5C2n
+
5 C2n + ... + 5n C2n
√
√
2n
3
0

1
2
3
2n
= C2n
− 5C2n
+ 5C2n
−
5 C2n
+ ... + 5n C2n
.
√ 2n
√ 2n
1
Cộng vế theo vế, ta được T =
1+ 5
+ 1− 5
.
2
Ta có
√ 2 n
√ 2 n
1+ 5
1− 5
1
T
=
+
2n
2

2
2
√ n
√ n
1
=
3+ 5 + 3− 5
2
√ 2k
√ 2k
1
=
(với n = 2k, k ∈ Z)
+ 3− 5
3+ 5
2

1. Ta có

1+

√

5
√
1− 5

2n

0

= C2n
+

√

0
2
4
2k
= 32k C2k
+ 32k−2 .5C2k
+ 32k−4 .52 C2k
+ ... + 5k C2k
∈ Z.
π
2. Ta có u1 = −1 = tan − .
4
π
π
√
tan −
+ tan
u1 + 3
4
3 = tan π − π = tan π = tan
√
u2 =
=
π
π

3
4
12
1 − 3.u1
1 + tan . tan −
3
4
n−1 1
−
π . (Bạn đọc tự chứng minh)
Quy nạp un = tan
3
4
Ta thấy
n+3 1
n 1
−
−
un+4 = tan
π = tan
π = un+1 .
3
4
3
4

2−1 1
−
3
4

Vậy
S2014 = u1 + 671 (u2 + u3 + u4 ) = −1 + 671 tan

π
5π
9π
+ tan
+ tan
12
12
12

.

Bài 3. Gọi M (a; b), N (c; d). Do a2 + b2 = 1 nên M thuộc đường trịn có tâm O(0; 0), bán kính R = 1;
c + d = 4 nên N thuộc đường thẳng x + y = 4.
Ta có
MN2

2

2

= (a − c) + (b − d)
= a2 + b2 + c2 + d2 − 2 (ac + bd)
2
= a2 + b2 + (c + d) − 2 (ac + bd + cd)
= 1 + 42 − 2P.

Suy ra
17 − M N 2
.
2
Để P lớn nhất khi M N nhỏ nhất. Bài tốn trở thành tìm điểm M thuộc đường trịn x2 + y 2 = 1
P =

và điểm N thuộc đường thẳng x + y − 4 = 0 sao cho M N nhỏ nhất. Đến đây bạn đọc tự làm và
√
1
tìm được Đáp số max P = 4 + 2 2 đạt tại a = b = √ , c = d = 2.
2
AF ⊥OB
, suy ra AF ⊥M B.
AF ⊥M O
Mặt khác, M B⊥AE. Do đó M B⊥EF .
OB
ON
OB.OF
a2
Suy ra ∆OBM đồng dạng ∆ON F nên
=
⇒ ON =
=
.
OM
OF
2x
√ OM
√

2
2
1
a 3
a
a3 6
Vì VABM N = VABOM + VABON = S∆OAB (OM + ON ) =
x+
≥
.
3 √
12
2x
12
a2
a 2
Đẳng thức xảy ra khi x =
⇔x=
.
2x
2

Bài 4. Ta có

3

π .


Huỳnh Đức Khánh - 0975.120.189

4


SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN 11
NĂM HỌC 2008 - 2009
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ BÀI

Câu 1. (2,0 điểm) Giải phương trình
3

x + 1 + 3 x − 1 = 3 5x

Câu 2. (1,5 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực x, y, z khác 0, ta có:
x2 y2 z2 x y z
+ + ≥ + +
y2 z2 x2 y z x
u1 = 11
Câu 3. (2,0 điểm) Cho dãy số (un) xác định bởi: 
u n +1 = 10u n + 1 − 9 n, ∀n ∈ N.
Tìm cơng thức tính un theo n.
Câu 4. (2,0 điểm) Tổng của m những số nguyên dương liên tiếp bằng 2008. Xác định
các số đó.
Câu 5. (2,5 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A’B’C’. Gọi I, J, K lần lượt là tâm
của các hình bình hành ACC’A’, BCC’B’, ABB’A’.

a) Chứng minh rằng (IJK) song song với các mặt đáy.
b) Chứng minh rằng các đường thẳng AJ, CK, BI đồng quy.
_________________Hết_________________


ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu 1. (5 điểm)
3

x + 1 + 3 x − 1 = 3 5x ⇔ 2x + 3 3 x 2 − 1

(

3

)

x + 1 + 3 x − 1 = 5x

⇒ 3 x 2 − 1 3 5x = x ⇒ 4x 3 − 5x = 0 ⇒ x = 0;x = ±

5
.
2

Thư l¹i ta thấy phương trình có 3 nghiệm: x = 0; x = ±

5
.
2

Câu 2: (4 điểm)
Ta có:
x
x2
+ 1 ≥ 2 ÷
2
y
y
y2
y
+ 1 ≥ 2 ÷
2
z
z
z2
z
≥
2
x÷
x2
 
Cộng ba bất đẳng thức trên, ta được:
x y z
x2 y2 z2
+ 2 + 2 + 3 ≥ 2  + + ÷ (1)
2
y
z
x

y z x
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương, ta được:
x2 y2 z2
x2 y2 z2
+ + ≥ 3 3 2 . 2 . 2 = 3 (2)
y2 z2 x2
y z x
 x2 y2 z2 
x y z
Từ (1) và (2) suy ra: 2  2 + 2 + 2 ÷≥ 2  + + ÷
z
x 
y
y z x
Từ đó ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
Câu 3:
Ta có:
u1 = 11 = 10 + 1
u 2 = 10.11 + 1 − 9 = 102 = 100 + 2
u 3 = 10.102 + 1 − 9.2 = 1003 = 1000 + 3
Dự đốn un = 10n + n (1)
Chứng minh:
Ta có: u1 = 11 = 101 + 1 công thức (1) đúng với n = 1.
Giả sử công thức (1) đúng với n = k ta có: uk = 10k + k
Ta có: uk + 1 = 10(10k + k) + 1 - 9k = 10k+1 + (k + 1). Công thức (1) đúng với n = k + 1.
Vậy un = 10n + n, ∀n ∈ ¥ .
Câu 4. (4 điểm)
Giả sử tổng của m số nguyên dương liên tiếp bắt đầu từ số k bằng 2008:
k + (k + 1) + (k + 2) + … + (k + m - 1) = 2008

m ( m − 1)
= 2008
2
⇒ m ( 2k + m − 1) = 4016 = 2 4.251
Nếu m lẻ ⇒ 2k + m - 1 chẵn. Khi đó: m = 251, 2k + m - 1 = 24 (không xảy ra)
2k + m − 1 = 251 m = 16
⇒
Nếu m chẵn ⇒ 2k + m - 1 lẻ. Ta có: 
4
m
=
2
 k = 118

Vậy các số cần tìm là 118, 119,…133.
Câu 5. (3 điểm)
Trên tia BI, lấy điểm H sao cho BH = a. Khi đó BH = AB = BC nên ta có:
∆ABM = ∆HBM(c.g.c) vµ ∆CBN = ∆HBN(c.g.c). Do đó: MH = AM và NH = CN.
·
·
·
·
BHM
= BAM
= 900 vµ BHN
= BCN
= 900. Suy ra M, H, N thẳng hàng, BI vng góc
với Mn tại H và MN = AM + NC.
A

B
1
1
Vậy S BMN = BH.MN = a ( AM + NC ) .
2
2
1
3
Vì AM = 3MD nên MD = a;AM = a.
M
4
4
H
Đặt NC = x, áp dụng định lý Pitago cho
D
I N C
tam giác vuông MDN, ta có:
2
2
MN 2 = MD 2 + DN 2 ⇔ ( AM + NC ) = MD 2 + ( DC − NC )
⇒ mk +

2

2
2
a
3
 a
⇔  a + x ÷ = + ( a − x) ⇔ x =

7
4
 16
1 3
a  25
Suy ra : S BMN = a  a + ÷ = a 2 .
2 4
7  56


KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11
Mơn thi: Tốn
Thời gian: 180 phút (Khơng kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm 01 trang và có 5 câu)

C©u 1:

sin 3 x.sin 3 x cos3 x.cos 3x
1)Giải phương trình:







tan( x  ) tan( x  )
6
3

1
8 (1)

2)Giải bất phương trình sau:

x 2  x  6  3 x  2  x 2  5 x  3
x  3  2  x  10 
2

0

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 Sn là tổng của các phần tử
trong tập hợp thứ n. Tính S999.

u1  2012

Câu 3 Cho dãy số (un) xác định như sau: 

2
u n 1  2012u n  u n
u u
u
u
Tìm lim( 1  2  3  ...  n ).
u 2 u3 u 4
u n 1

(n  N*)

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

2
3
AB;AQ  AD. I và J là hai điểm lần lượt thuộc đoạn B’Q và A’P sao cho IJ song
3
4
IB'
song với AC. Hãy xác định tỉ số
.
QB'
cho AP 

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:

a2
b2
c2
.
S


(ab  2)(2ab  1) (bc  2)(2bc  1) (ac  2)(2ac  1)
b) Cho a, b, c  0 và a 2  b 2  c 2  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a3
b3
c3

P


1  b2
1  c2
1  a2

-------------------------------Hết-------------------------------


ĐÁP ÁN THI HSG
Câu
Câu 1

Nội dung

Điểm

§iỊu kiƯn
 



sin  x  6  .cos  x  6   0



 





 sin  2 x    0  x   m  m  ¢  *

3
6
2

sin  x    .cos  x     0




 
3
3


  





Ta cã tan  x   tan  x     cot  x   .tan  x    1 .
6
3
3
3





Suy ra
(1)
1
1
 sin 3 x sin 3 x  cos3 x cos 3x   sin 2 x sin x sin 3x   cos 2 x  cos x cos 3x  
8
8
1
 sin2 x  cos2x  cos 4x  cos2 x  cos2x  cos 4x   sin2 x  cos2 x cos 2x  cos2 x  sin2 x .c
4
1
1
1
1
 cos 2 x  cos 2 x cos 4 x   cos 2 x 1  cos 4 x    cos3 2 x   cos 2 x   x k
4
4
8
2
6
Kết hợp điều kiện (*) ta được x


6

k k  .

Điều kiện: x  3
Khi đó ta có:

 x  3

2

 x2  6x  9  x2  x2  9  9

 2 x 2  18  2 x 2  20  2  x 2  10 
 x  3  2  x 2  10   x  3  2  x 2  10   0
Bất phương trình đã cho tương đương với

x 2  x  6  3 x  2  x 2  5 x  3  0
 x 2  x  6  3 x  2  x 2  5 x  3




6

2

2

x  x6 3 x

x

2

  2  x  5 x  3  6
2

x  x2  x  6  x  x  2 

 x  6   x  x  2    x  2   x 2  34 x  108   0

 x  17  181
 x 2  34 x  108  
 x  17  181
KL : S  3;17  181   17  181; 



x

1
4

k