DE THI HOC SINH GIOI TOAN LOP 11 CÓ ĐÁP ÁN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2015 - 2016

Môn thi: Toán - THPT
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi có 01 trang

ĐỀ CHÍNH THỨC

x+3
có đồ thị (C), đường thẳng (d) có phương trình y = x − m − 1
−x + 2
. Tìm m để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O, (O là gốc tọa độ).
Câu 1 (2,5 điểm). Cho hàm số y =

Câu 2 (2,5 điểm). Giải phương trình
3 cos 2 x(2sin x − 1) + 2cos x(2sin 2 x + 1) = 3sin 2 x.
Câu 3 (2,5 điểm). Một dãy phố có 5 cửa hàng bán quần áo. Có 5 người khách đến mua quần áo, mỗi
người khách vào ngẫu nhiên một trong năm cửa hàng đó. Tính xác suất để có ít nhất một cửa hàng có
nhiều hơn 2 người khách vào.
Câu 4 (2,5 điểm). Tính tích phân
π

I=

4

∫ cos 2 x.ln(sin x + cos x)dx.

0

Câu 5 (2,5 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , AC = a . Tam giác SAB
cân và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách từ điểm D tới mặt phẳng
(SBC), biết góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng đáy bằng 60o .
Câu 6 (2,5 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có A(−5;2) . M (−1; −2) là
·
·
điểm nằm bên trong hình bình hành sao cho MDC
và MB ⊥ MC . Tìm tọa độ điểm D biết
= MBC
1
·
tan DAM
= .
2
Câu 7 (2,5 điểm). Giải hệ phương trình
( x + y )2 + 3( x + y ) = 2( x + y + 1) + 4
 2
3
( x + y − 2) 2 x + 1 = x + 2 y − 5.
Câu 8 (2,5 điểm). Cho các số x, y, z thỏa mãn 0 < x ≤ y ≤ z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P = xy + yz + zx
2

2

2

(x

− xyz −

2

+ y2 + z2 )
6

2

.

---------Hết--------• Họ và tên thí sinh:…………………………………….Số báo danh:……………….
• Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2015-2016


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN-THPT

Hướng dẫn chấm có 06 trang
I.
Một số chú ý khi chấm bài
- Đáp án chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách. Khi chấm thi giám
khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia nhỏ
đến 0,25 điểm.
- Thí sinh làm bài theo cách khác với đáp mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm

tương ứng với thang điểm của đáp án.
- Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số.
II.
Đáp án – thang điểm
Nội dung
Điểm
x+3
Câu 1. Cho hàm số y =
có đồ thị (C), đường thẳng (d) có phương trình:
−x + 2
2,5
y = x − m − 1 . Tìm m để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác
OAB vuông tại O.
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):
x+3
= x − m −1
0,5
−x + 2
⇔ x 2 − (m + 2) x + 2m + 5 = 0 (1) ( x ≠ 2)
Điều kiện:
∆ = (m + 2)2 − 4(2m + 5) = m 2 − 4m − 16 > 0
 2
(*)
2 − 2(m + 2) + 2m + 5 ≠ 0
02 − (m + 2).0 + 2m + 5 ≠ 0
0,5

Với điều kiện (*) phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1; x2 và khác 2
và khác 0, hay (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A( x1; x1 − m − 1); B( x2 ; x2 − m − 1) ,
không trùng

uuur điểm O.
uuur
Ta có OA = ( x1 ; x1 − m − 1); OB = ( x2 ; x2 − m − 1) . Vì tam giác OAB vuông tại O nên
uuur uuur
OA.OB = 0 ⇔ x1 x2 + ( x1 − m − 1)( x1 − m − 1) = 0
⇔ 2 x1 x2 − (m + 1)( x1 + x2 ) + (m + 1) 2 = 0 (**)
 x1 + x2 = m + 2
Theo định lí Viet ta có: 
, thay vào (**) được:
 x1 x2 = 2m + 5
2(2m + 5) − (m + 1)(m + 2) + ( m + 1) 2 = 0 ⇔ m = −3.
Thử lại vào (*) thấy thỏa mãn. Vậy m = −3 thỏa mãn bài toán.
Câu 2. Giải phương trình sau
3 cos 2 x(2sin x − 1) + 2cos x(2sin 2 x + 1) = 3sin 2 x .

0,5

0,5
0,5
2,5

Ta có: (1) ⇔ 3 cos 2 x(2sin x − 1) + 2cos x(2sin 2 x + 1) = 3sin 2 x
⇔ 2 3 sin x cos 2 x − 3 cos 2 x + 4cos x sin 2 x + 2cos x − 3sin 2 x = 0
⇔ 2 3 sin x cos 2 x + 2sin x sin 2 x − 4sin x cos x − 3 cos 2 x − sin 2 x + 2cos x = 0
⇔ 2sin x( 3 cos 2 x + sin 2 x − 2cos x) − ( 3 cos 2 x + sin 2 x − 2cos x) = 0
⇔ (2sin x − 1)( 3 cos 2 x + sin 2 x − 2cos x) = 0

0,5

 2sin x − 1 = 0 (2)
⇔
 3 cos 2 x + sin 2 x − 2cos x = 0(3)
π

x
=
+ 2kπ

1
6
(2) ⇔ sin x = ⇔ 
2
 x = 5π + 2kπ .

6
3
1
π
(3) ⇔
cos 2 x + sin 2 x = cos x ⇔ cos(2 x − ) = cos x
2
2
6
π
π


2
x

−
=
x
+
2
k
π
x
=
+ 2kπ


6
6
⇔
⇔
 2 x − π = − x + 2kπ
 x = π + 2 kπ .


6
18
3
Vậy phương trình đã cho có các họ nghiệm:
π
5π
π 2 kπ
x = + 2kπ ; x =
+ 2 kπ ; x = +
(k ∈ ¢ ).

6
6
18
3
Câu 3. Một dãy phố có 5 cửa hàng bán quần áo. Có 5 người khách đến mua quần
áo, mỗi người khách vào ngẫu nhiên một trong năm cửa hàng đó. Tính xác suất để
có ít nhất một cửa hàng có nhiều hơn 2 người khách vào.
Người khách thứ nhất có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.
Người khách thứ hai có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.
Người khách thứ ba có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.
Người khách thứ tư có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.
Người khách thứ năm có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.
Theo quy tắc nhân có 5.5.5.5.5 = 3125 khả năng khác nhau xảy ra cho 5 người
vào 5 cửa hàng. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: Ω = 3125 .
Để có ít nhất một cửa hàng có nhiều hơn 2 khách vào thì có các trường hợp (TH)
sau:
TH1: Một cửa hàng có 3 khách, một cửa hàng có 2 khách, ba cửa hàng còn lại
không có khách nào. TH này có C51.C53 .C41 .C22 = 200 khả năng xảy ra.
TH2: Một cửa hàng có 3 khách, hai cửa hàng có 1 khách, hai cửa hàng còn lại
không có khách nào. TH này có C51.C53 .C42 .P2 = 600 khả năng xảy ra.
TH3: Một cửa hàng có 4 khách, một cửa hàng có 1 khách, ba cửa hàng còn lại
không có khách nào. TH này có C51.C54 .C41 = 100 khả năng xảy ra.
TH4: Một cửa hàng có 5 khách, các cửa hàng khác không có khách nào. TH này
có C51 = 5 khả năng xảy ra.
Suy ra có tất cả 200 + 600 + 100 + 5 = 905 khả năng thuận lợi cho biến cố “có ít
nhất một cửa hàng có nhiều hơn 2 người khách vào”.
905 181
=
Vậy xác suất cần tính là: P =
3125 625

Câu 4. Tính tích phân
π

I=

4

∫ cos 2 x.ln(sin x + cos x)dx
0

0,5

0,5

0,5

0,5

2,5

0,5

0,25

0,25
0,25
0,25
0,5
0,5

2,5


π

I=

4

∫ cos 2 x.ln(sin x + cos x)dx
0

=
=

1
2
1
2

π

0,5
4

∫ ln(sin x + cos x) .cos 2 x.dx

0
π

2

4

∫ ln(1 + sin 2 x) cos 2 xdx.

0,5

0

2cos 2 x

 du = 1 + sin 2 x dx
u = ln ( 1 + sin 2 x )
⇒
Đặt 
dv = cos 2 xdx
v = 1 ( 1 + sin 2 x ) .

2
π
π

4
4
1  1
I=
( 1 + sin 2 x ) ln ( 1 + sin 2 x ) − ∫ cos 2 xdx 
2 2


0
0


π
4
1
1
2ln 2 − 1
=  ln 2 − sin 2 x  =
.
2
2
4

0


Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , AC = a . Tam
giác SAB cân và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng
cách từ điểm D tới mặt phẳng (SBC), biết góc giữa đường thẳng SD và mặt đáy
bằng 60o.

0,5

0,5

0,5

2,5

S

A

D

K
H

B

I

C

Gọi H là trung điểm của AB, tam giác SAB cân nên SH ⊥ AB . Vì tam giác SAB
nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên SH ⊥ ( ABCD ) . Suy ra góc giữa SD
·
và mp(ABCD) là SDH
= 60o ⇒ SH = HD tan 60o = HD 3.
·
Dễ thấy tam giác ABC đều cạnh a nên ·ABC = 60o ⇒ HAD
= 120o .
Theo định lí Cô sin:
a2
a  1  7a 2
HD 2 = AH 2 + AD 2 − 2 AH . AD.cos1200 =
+ a 2 − 2. .a.  − ÷ =
4

2  2
4
a 7
a 21
hay SH = HD 3 =
.
2
2
Ta có AD / / BC ⇒ AD / /( SBC ) ⇒ d ( D,( SBC )) = d ( A,( SBC )) .

0,5

0,5

Suy ra HD =

0,5


Đường thẳng AH cắt (SBC) tại B nên
d ( A,( SBC )) BA
=
= 2 ⇒ d ( A,( SBC )) = 2d ( H ,( SBC ))
d ( H ,( SBC )) BH
Kẻ HI ⊥ BC , HK ⊥ SI . Vì BC ⊥ HI , BC ⊥ SH ⇒ BC ⊥ ( SHI ) ⇒ BC ⊥ HK .
Vì HK ⊥ BC , HK ⊥ SI ⇒ HK ⊥ ( SBC ) ⇒ HK = d ( H ,( SBC )) .
Vì thấy tam giác ABC đều cạnh a nên CH ⊥ AB hay tam giác HBC vuông tại H.
Ta có
1
1

1
1
1
1
=
+
=
+
+
2
2
2
2
2
HI
HS
HI
HS
HB
HC 2
4
4
4
4.29
=
+ 2+ 2 =
2
21a
a 3a
21a 2

609a
a 609
Suy ra HI =
. Vậy d ( A,( SBC )) = 2d ( H ,( SBC )) = 2 HI =
58
29
Câu 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có A(−5;2) .
·
·
M (−1; −2) là điểm nằm bên trong hình bình hành sao cho MDC
và
= MBC
1
·
MB ⊥ MC . Tìm tọa độ điểm D biết tan DAM
= .
2

0,5

2,5

B

A

M

D

E

C

Gọi E là điểm thứ tư của hình bình hành MABE, dễ thấy MECD cũng là hình bình
·
·
hành nên MEC
= MDC
.
·
·
·
·
Mà MDC = MBC suy ra MEC
hay tứ giác BECM nội tiếp.
= MBC
·
·
·
Suy ra BMC
+ BEC
= 180o ⇒ BEC
= 180o − 90o = 90o
·
Ta có ∆AMD = ∆BEC (c.c.c) ⇒ ·AMB = BEC
= 90o hay ∆AMD vuông tại M
DM 1
1
= ⇒ DM = MA .

MA 2
2
Ta có MA = 4 2 ⇒ MD = 2 2 ⇒ AD 2 = MA2 + MD 2 = 40 .
 AD 2 = 40 ( x + 5) 2 + ( y − 2) 2 = 40
⇒
Giả sử D( x; y ) ta có 
.
2
2
2
 MD = 8
( x + 1) + ( y + 2) = 8
Giải hệ phương trình trên được hai nghiệm: (−3; −4), (1;0).
Vậy có hai điểm D thỏa mãn đề bài là: D(−3; −4), D (1;0).
Câu 7: Giải hệ phương trình
·
=
Vì tan DAM

0,5

0,5
0,5
0,5
0,5

0,5

2,5

( x + y )2 + 3( x + y ) = 2( x + y + 1) + 4 (1)
 2
3
( x + y − 2) 2 x + 1 = x + 2 y − 5 (2)
x + y ≥ 0
Điều kiện: 
.
2 x + 1 ≥ 0
Đặt t = x + y (t ≥ 0) . PT (1) trở thành

(Vì t + 2 +

1

0,5
0,5

t 2 + 3t = 2t + 2 + 4
⇔ t 2 − 4 + 3t − 2t + 2 = 0
3t − 2t − 2
⇔ (t − 2)(t + 2) +
=0
3t + 2t + 2
1
⇔ (t − 2)(t + 2 +
)=0
3t + 2t + 2
⇔ t = 2.

0,5

> 0 ∀t ≥ 0 )
3t + 2t + 2
Với t = 2 suy ra x + y = 2 ⇒ y = 2 − x .
Thay y = 2 − x vào (2) ta có:
( x 2 − x) 2 x + 1 = x 3 − 2 x − 1

0,5

⇔ x 2 ( x − 2 x + 1) + 2 x + 1( x − 2 x + 1) = 0
⇔ ( x − 2 x + 1)( x 2 + 2 x + 1) = 0
⇔ x − 2x + 1 = 0 ⇔ 2x + 1 = x
x ≥ 0
⇔
⇔ x = 1+ 2
2
2 x + 1 = x
Suy ra y = 1 − 2 . Vậy hệ đã cho có một nghiệm: (1 + 2;1 − 2) .
Câu 8: Cho các số x, y, z thỏa mãn 0 < x ≤ y ≤ z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức
P = xy + yz + zx
2

2

2

(x
− xyz −

2

+ y2 + z2 )
6

2

0,5

2,5

.

Vì 0 < x ≤ y ≤ z nên
x( x − y )( y − z ) ≥ 0 ⇔ ( x 2 − xy )( y − z ) ≥ 0

0,5

⇔ x 2 y − x 2 z − xy 2 + xyz ≥ 0 ⇔ x 2 y + xyz ≥ x 2 z + xy 2

xy 2 + yz 2 + zx 2 − xyz = ( x 2 z + xy 2 ) + yz 2 − xyz

≤ ( x 2 y + xyz ) + yz 2 − xyz = y ( x 2 + z 2 )

Theo bất đẳng thức Cô si ta có:

0,5
0,5

y ( x2 + z 2 ) =

1
2 y 2 ( x 2 + z 2 )( x 2 + z 2 )
2
3

3

 x2 + y 2 + z 2 
1  2 y 2 + ( x2 + z 2 ) + ( x2 + z 2 ) 
≤

÷ =2 
÷
3
3
2 



Do đó
P = xy + yz + zx
2

2

2

(x
− xyz −

2

+ y2 + z2 )
6

2

3

2

 x2 + y 2 + z 2  3  x2 + y 2 + z 2 
≤2 
÷ − 
÷
3
3

 2


 x2 + y 2 + z 2 
3 4
3
t
=
Đặt


÷ (t > 0) . Ta có P ≤ f (t ) = 2t − t .
3
2


f '(t ) = 6t 2 − 6t 3 = 6t 2 (1 − t ) = 0 ⇔ t = 1 . Lập bảng biến thiên của hàm f (t ) suy ra
3 1
1
được f (t ) ≤ f (1) = 2 − = ⇒ P ≤ .
2 2
2
1
1
Ta thấy P = khi x = y = z = 1. Vậy giá trị lớn nhất cần tìm là Max P = khi
2
2
x = y = z = 1.

0,25

0,5

0,25

--------Hết-------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 11 NĂM HỌC 2011 – 2012

Câu 1 (4 điểm)

 x 3 + x 2 (2 − y) + x − y(2x + 1) = 0
.
Giải hệ phương trình  2
2x + 3xy − 5 = 0
Câu 2 (4 điểm)
Giải phương trình cos2x − 3sin 2x + 5 2(x +

9π
) = 3.
4

Câu 3 (4 điểm)

u1 = 2012

Cho dãy số (un) xác định như sau: 

2
u n +1 = 2012u n + u n
u1 u 2 u 3
u
+
+ + ... + n ).
Tìm lim(
u2 u3 u 4

u n +1

Câu 4 (4 điểm)

(n ∈ N*)


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. I và J là hai điểm lần lượt thuộc đoạn B’Q và A’P sao cho IJ song song với AC.
3
4
IB'
Hãy xác định tỉ số
.
QB'
Câu 5 (4 điểm)
Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa mãn a.b.c = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

S=

a2
b2
c2
+
+
.

(ab + 2)(2ab + 1) (bc + 2)(2bc + 1) (ac + 2)(2ac + 1)
-------------------------------Hết-------------------------------

Câu
Câu 1

Nội dung
Từ x + x (2 − y) + x − y(2x + 1) = 0 ⇔ (x − y)(x + 1) = 0
3

2

2

TH1: x = y thế vào pt : 5x − 5 = 0 ⇔ x = ±1 ⇒ y = ±1
2

TH2: x = − 1 ⇒ y = −1 Vậy nghiệm của hệ (1;1), (−1; −1)
Câu 2

Câu 3

Câu 4

PT ⇔ cos2x − 3sin 2x + 5(cos x + sinx) = 3
⇔ (cos 2 x − sin 2 x) − 3(1 + 2sin x.cos x) + 5(cos x + sinx) = 0
⇔ (cos x + sinx)(−2cos x − 4sin x + 5) = 0
⇔ cos x + sinx = 0
(−2cos x − 4sin x + 5 = 0 VN)
π

⇔ t anx = −1 ⇔ x = − + kπ (k ∈ Z)
4
2
- CM được dãy tăng : u n +1 − u n = 2012u n > 0 ∀n
- giả sử có giới hạn là a thì : a = 2012a 2 + a ⇒ a = 0 > 2012 VL
nên limun = +∞
un
u 2n
(u − u n )
1
1
1
=
= n +1
=
( −
)
- ta có :
u n +1 u n +1u n 2012u n +1u n 2012 u n u n +1
1
1
1
1
.lim( −
)=
Vậy : S =
.
2012 n →+∞ u1 u n +1
20122
→ 12 →

IB' = QB'
29
đáp số 12/29.

Câu 5

a2
1
4
4
1
=
≥
=
(ab + 2)(2ab + 1) (b + 2 )(2b + 1 ) (b + 2 + 2b + 1 ) 2 9 (b + 1 ) 2
a
a
a
a
a
đáp số : 1/3
DÃY SỐ ÔN

Bài 1.


u 2n
cho {un }xác định như sau: u1 = 1; u n +1 = u n +
2012
u1 u 2

u
+
+ ... + n )
Tính: A = lim(
u3
u n +1
n →+∞ u 2
Solution

u 2n
- CM được dãy tăng : u n +1 − u n =
> 0 ∀n
2012
a
⇒ a = 0 > 1 vô lý.
- giả sử có giới hạn là a thì : a = a +
2012
nên limun = +∞
un
u n2
2012(u n +1 − u n )
1
1
=
=
= 2012( −
)
- ta có :
u n +1 u n +1u n
u n +1u n

u n u n +1
1
) = 2012 .
Vậy : A = 2012.lim(1 −
u n +1
n →+∞
Bài 2.

u 2n + 2011.u n
cho {un }xác định như sau: u1 = 2; u n +1 =
2012
u1
u
un
+ 2 + ... +
)
Tính: B = lim(
u3 − 1
u n +1 − 1
n →+∞ u 2 − 1
Solution

u n (u n − 1)
> 0 ∀n dãy tăng.
2012
b 2 + 2011.b
- giả sử dãy có giới hạn b ⇒ b =
⇒ b = 1;b = 0 vô lý vì b > 2.
2012
nên limun = +∞

- từ giả thiết : u n (u n − 1) = 2012(u n +1 − u n )
un
u n (u n − 1)
2012(u n +1 − u n )
1
1
=
=
= 2012(
−
)
nên :
u n +1 − 1 (u n +1 − 1)(u n − 1) (u n +1 − 1)(u n − 1)
u n − 1 u n +1 − 1
1
) = 2012 .
Vậy : B = 2012.lim(1 −
u n +1 − 1
n →+∞
- ta có : u n +1 − u n =

Bài 3. (lạng sơn 2010-2011)

1 2
(u n − 7u n + 25)
3
1
1
1
+

+ ... +
)
Tính: C = lim(
u3 − 2
un − 2
n →+∞ u 2 − 2
1
1
1
=
−
HD:
u n − 2 u n − 5 u n +1 − 5
cho {un }xác định như sau: u1 = 8; u n +1 =

Một số lưu ý về dãy số:


2u n
Đặt un = tan α . ( α phải chọn phù hợp với u1)
1 − u 2n
2. Có dạng căn liên tiếp : đặt un = cos α .
c
c
c
c
2
2
+
3. Có dạng : u n +

dùng cô si. dạng : u n +
dùng cô si u n +
un
un
2u n 2u n
4. Dạng u n +1 = f (n).u n viết từ u2 đến u n +1 , nhân vế với vế và giản ước.
5. Dạng u n +1 = u n + f (n) viết từ u2 đến u n +1 , cộng vế với vế và giản ước.
n(n + 1)
(Note: 1 + 2 + 3 + ... + n =
2
n(n + 1)(2n + 1)
12 + 22 + ... + n 2 =
6
n(n + 1) 2
13 + 23 + ... + n 3 = [
] )
2
b
6. Dạng u n +1 = a.u n + b đưa về cấp số nhân bằng cách đặt v n = u n +
a −1
2
7. Dạng u n +1 = a.u n + b.u n −1 giải ptr đặc trưng: k − a.k − b = 0 .
1. Nếu có dạng : u n +1 =


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:

sin 3 x.sin 3 x + cos 3 x.cos 3 x
1
=−
1)Gi¶i ph¬ng tr×nh:
π
π
8 (1)
tan( x − ) tan( x + )
6
3
2)Giải bất phương trình sau:

x 2 − x − 6 + 3 x − 2 ( x 2 + 5 x − 3)
x + 3 − 2 ( x 2 + 10 )

≥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
u1 u 2 u 3
u

+
+ + ... + n ).
Tìm lim(
u2 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 cho

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

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

Nội dung

Điểm


Câu 1

§iÒu kiÖn
 
π
π

sin  x − 6 ÷.cos  x − 6 ÷ ≠ 0
π
π

π
 




⇔ sin  2 x − ÷ ≠ 0 ⇔ x ≠ + m ( m ∈ ¢

3
6
2

sin  x + π  .cos  x + π  ≠ 0

÷

÷
 
3
3


) ( *)

π 
π
π
π




Ta cã tan  x − ÷tan  x + ÷ = − cot  x + ÷.tan  x + ÷ = −1 .
6
3
3
3




Suy ra
(1)
1
1
⇔ sin 2 x [ sin x sin 3 x ] + cos 2 x [ cos x cos 3 x ] =
8
8
1
1
⇔ sin 2 x [ cos 2 x − cos 4 x ] + cos 2 x [ cos 2 x + cos 4 x ] = ⇔ sin 2 x + cos 2 x  cos 2 x + cos 2 x − sin 2 x  .cos 4 x =
4
4
1
1
1
1
π
⇔ cos 2 x + cos 2 x cos 4 x = ⇔ cos 2 x [ 1 + cos 4 x ] = ⇔ cos 3 2 x = ⇔ cos 2 x = ⇔ x = ± + kπ ( k ∈ ¢
4
4

8
2
6
π
KÕt hîp ®iÒu kiÖn (*) ta ®îc x = − + kπ ( k ∈ ¢ ) .
6
Điều kiện: x ≥ 3
Khi đó ta có:
⇔ sin 3 x sin 3 x + cos3 x cos 3 x =

( 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

x2 − x − 6 + 3 x

(x

2

)

2

≤ 2 ( x 2 + 5 x − 3) ⇔ 6 x ( x 2 − 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; +∞
Câu 2

)

Ta thấy tập hợp thứ n chứa n số nguyên liên tiếp mà số cuối cùng là

n ( n + 1)
. Khi đó Sn là tổng của n số hạng trong một cấp
2
n ( n + 1)
số cộng có số hạng đầu u1 =
, công sai d=-1(coi số hạng cuối cùng trong

2
1 + 2 + 3 + 4 + ... + n =

tập hợp thứ n là số hạng đầu của cấp số cộng này), ta có

)


1
1
Sn = n  2u1 + ( n − 1) d  = n ( n 2 + 1) .
2
2
1
2
Vậy S999 = .999 ( 999 + 1) = 498501999
2
Câu 3

- CM được dãy tăng : u n +1 − u n = 2012u n > 0 ∀n
2

- giả sử có giới hạn là a thì : a = 2012a 2 + a ⇒ a = 0 > 2012 VL
nên limun = +∞

un
u 2n
(u − u n )
1
1

1
=
= n +1
=
( −
)
- ta có :
u n +1 u n +1u n 2012u n +1u n 2012 u n u n +1
1
1
1
1
.lim( −
)=
Vậy : S =
.
2012 n →+∞ u1 u n +1
20122
Câu 4

→ 12 →
IB' = QB'
29
đáp số 12/29.

Câu 5a

a2
1
4

4
1
=
≥
=
(ab + 2)(2ab + 1) (b + 2 )(2b + 1 ) (b + 2 + 2b + 1 ) 2 9 (b + 1 ) 2
a
a
a
a
a
đáp số : 1/3

Câu 5b
a3

Ta có: P + 3 =
⇔ P+

6

=

4 2

1+ b

a

2

b3

+ b2 +

3

2 1+ b2

+

1+ c

a

2

2 1+ b2

2

c3

+ c2 +

+

1+ a

1+ b

4 2

2

+

2

+ a2

b3
2 1 + c2

+

b2
2 1 + c2

+

1 + c2
4 2

1+ a2
a6
b6
c6
3
3
3

≥
3
+
3
+
3
16 2
16 2
16 2
2 1+ a2 2 1+ a2 4 2
3
3
9
⇒ P+
≥
(a 2 + b 2 + c 2 ) = 6
2 2 23 2 2
2 8
+

c3

⇒P≥

c2

+

9

−

3

+

=

9

2 2 2 2
2 2
Để PMin khi a = b = c = 1
6

3

Së GD&§T BẮC GIANG
Trường THPT Nhã Nam

−

3
2 2

=

3
2

Kì thi học sinh giỏi toán lớp 11
Năm học 2012 – 2013

ĐỀ ĐỀ XUẤT 1

Môn thi: toán 11 THPT


Thi gian lm bi: 180 phỳt

Cõu I: (2 im).
1.Gii phng trỡnh: (1 + t anx)cos3x + (1 + cot x)sin 3 x = 2sin 2x.
2. Tỡm cỏc nghim trong khong ( ; ) ca phng trỡnh:


2sin 3x + ữ = 1 + 8sin 2x cos 2 2x.
4

Cõu II: (3 im).
1. Cú bao nhiờu s t nhiờn gm 6 ch s khỏc nhau trong ú cú 3 s chn v 3 s l ?
2. Cho k l s t nhiờn tha món 5 k 2011.
k
k 1
k 5
k
+ C15 .C 2011
+ ... + C55 .C2011
= C 2016
Chng minh rng: C50 .C2011
.

u1 = 11
3.Cho dóy s (un) xỏc nh bi :
u n +1 = 10u n + 1 9 n, n N.
Tỡm cụng thc tớnh un theo n.
Cõu III: (2 im).

2
2
2


1
.....1
1. Cho Pn= 1
2.3 3.4 (n + 1)(n + 2)

lim Un
Gi Un l s hng tng quỏt ca Pn. Tỡm n
+

(x 2 + 2012) 3 1 2x 2012 4x + 1
2. Tỡm gii hn: lim
x 0
x
Cõu IV: ( 3 im).
1. Cho t din ABCD cú AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c. M l im tựy ý
trờn cnh AB, (P) l mt phng qua M v song song vi AC v BD ct BC, CD, DA ln
lt ti N, P, Q. Tỡm v trớ ca M v iu kin ca a, b, c thit din MNPQ l hỡnh
vuụng, tớnh din tớch thit din trong trng hp ú.
2. Cho tam giỏc ABC cú 3 gúc nhn. Xỏc nh im M bờn trong tam giỏc sao cho

MA + MB + MC nh nht.

-------------Ht-------------

H v tờn thớ sinh:....................................................................S bỏo danh:.......................

Sở Gd&Đt BC GIANG

Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 11
Năm học 2012-2013
hớng dẫn và biểu điểm Chấm đề chính thức


(Híng dÉn vµ biÓu ®iÓm chÊm gåm 03 trang)
M«n: to¸n 11 THPT
---------------------------------------------C©u
I

Néi dung

§iÓm
2.0

1. (1.0 đ). ĐK: sin x cos x > 0. Khi đó pt trở thành:

0.25

sinx + cos x = 2 sin x cos x . (1)
ĐK: sinx + cos x > 0 dẫn tới
sinx > 0;cos x > 0.

Khi đó:
(1) ⇔ sin 2x = 1 ⇔ x =
KL nghiệm :
x=

0.25

π
+ kπ.
4

0.25

π
+ 2mπ.
4

0.25

π

2. (1.0 đ).ĐK: sin  3x + ÷≥ 0.
4


(1)

Khi đó phương trình đã cho tương đương với pt:
1
sin 2x =

2
π
5π
⇔ x = + kπ;
x=
+ kπ
12
12
Trong khoảng ( −π; π ) ta nhận các giá trị :
π
11π
5π
7π
x= ; x=−
; x=
; x=− .
12
12
12
12
Kết hợp với đk (1) ta nhận được hai giá trị thỏa mãn là:
π
x= ;
12

7π
x=− .
12

II

0,25

0.25

0.25

0,25
3.0

1. (1.0 đ).
TH1: Trong 3 số chẵn đó có mặt số 0.
Số các số tìm được là 5.C24 .C35 .5! = 36000 (số).
0.5
0.25


TH2: Trong 3 số chẵn đó không có mặt số 0.
Số các số tìm được là C34 .C35 .6! = 28800 (số).
Đ/ số 36000 + 28800 = 64800 số.
2. (1.0 đ) Dễ thấy ( 1 + x ) ( 1 + x )
5

2011

= (1+ x)

2016

0.25

; và

M = ( 1 + x ) = C50 + C15 x1 + C52 x 2 + C35 x 3 + C54 x 4 + C55 x 5
5

N = (1+ x)

2011

k
2011 2011
= C02011 + C12011x1 + ... + C 2011
x k + ... + C 2011
x .

P = (1+ x)

2016

k
2016 2016
= C02016 + C12016 x + ... + C 2016
x k + ... + C 2016
x .

Ta có hệ số của x k trong P là Ck2016 .
Vì P = M.N , mà số hạng chứa x k trong M.N là :
k −1 k −1
2011

2 2 k− 2 k− 2
5
2011

C .C x + C xC x + C x C x
0
5

0.25

k
k
2011

1
5

3 3 k− 3 k− 3
5
2011

+CxC x

4 4 k− 4 k− 4
5
2011

+CxC x

5 5 k− 5 k− 5
5
2011

+CxC x

nên
k
k −1
k −5
k
C50 .C2011
+ C15 .C2011
+ ... + C55 .C 2011
= C2016
3. (1 điểm)
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
un = 10n + n (1)

Dự đoán:
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 ∈ N.
III

0.25

0.25

0.25

0.25
0.25
0.25

0.25
2.0

1. (1 đ)
Ta có: 1 −

2
k(k + 3)
=
(k + 1)(k + 2) (k + 1)(k + 2)

0.25

Cho k=1,2,3,…,n ta được

1.4.2.5.3.6
n(n + 3)
....
2.3.3.4.4.5 (n+2)(n + 1)
(n + 3)

⇒ Un= 3(n + 1)

0.25

Sn =

(n + 3)

0.25

1

lim Un = lim
=
⇒ n→
+∞
n→+∞ 3(n + 1) 3

2.(1 điểm)

0.25


3
 3
1 − 2x − 1
4x + 1 − 1 
x 1 − 2x + 2012
− 2012
Ta có L = Lim


÷.
x →0
x
x


Lim x 3 1 − 2x = 0 .

0.25

x →0

3

Lim
x →0

Lim
x →0

1 − 2x − 1
−2x
−2
2`
= Lim
= Lim
=−
x →0
x

3
x( 3 (1 − 2x) 2 + 3 1 − 2x + 1) x →0 ( 3 (1 − 2x) 2 + 3 1 − 2x + 1)

4x + 1 − 1
4x
4
= Lim
= Lim
=2
x →0 x( 4x + 1 + 1)
x →0
x
4x + 1 + 1
−2
−16096
Vậy L = 0 + 2012 − 2012.2 =
3
3

IV

0.5

0.25
3.0

1.(2 đ)
+) Chứng minh được MNPQ là hình bình hành.
 MN = NP
⇔ M là trung điểm của AB và a = c.

+) MNPQ là hình vuông ⇔ 
MP
=
NQ

+) Lúc đó SMNPQ =

1 2
b .
4

2.(1 đ) Dùng phép quay quanh A với góc quay 600 biến M thành M’; C thành C’

0.5

1.0

0.5

0.25

Ta có MA+MB+MC = BM+MM’+M’C’
MA+MB+MC bé nhất khi bốn điểm B,M,M’,C’ thẳng hàng.

0.5

Khi đó góc BMA=1200, góc AMC=1200
Ta được vị trí của M trong tam giác ABC.

0.25

Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa


Kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 11

Sở GD&ĐT BC GIANG

Năm học 2012 2013

Trng THPT Nhó nam

Mụn thi: toáN 11 THPT

XUT 2

Thi gian lm bi: 180 phỳt
Bi 1 (2 im).
1. Gii phng trỡnh: a)

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

25
9

2
2sin 2 x
ữ 2cos x + ữ+ tan x

4
2


2. Gii phng trỡnh:
=0
2 cos x + 1 2 sin x + 1

(

)(

)

Bi 2 (3 im).

u1 = 4

1. Cho dóy s ( un ) xỏc nh bi

1
u
=
un + 4 + 4 1 + 2un
n
+
1

9
Tỡm cụng thc s hng tng quỏt un ca dóy s.

2. Cho n l s t nhiờn, n 2. Chng minh ng thc sau:

(

)

n N *

.

n 2Cn0 + ( n 1) Cn1 + ( n 2 ) Cn2 + ... + 22 Cnn2 + 12 Cnn 1 = n(n + 1)2n2.
2

2

3. Cú bao nhiờu s t nhiờn cú 5 ch s khỏc nhau v khỏc 0 m trong mi s luụn cú mt hai ch s chn
v hai ch s l.
Bi 3 (2 im).
1. Cho dóy s {x k } xỏc nh bi: x k =

1 2
k
+ + ... +
2! 3!
(k + 1)!

n
Tớnh : lim n x1n + x2n + x3n + ... + x2012

2. Cho hm s :

3 1 + x sin 2 x 1

với x 0
f ( x) =
x
0
với x = 0.


Tớnh o hm ca hm s ti x = 0 v chng minh rng hm s t cc tiu ti x = 0.
Bi 4 (3 im).
Cho tam giỏc u ABC
ã
1. M l mt im nm trong tam giỏc sao cho MA2 = MB 2 + MC 2 . Hóy tớnh gúc BMC
2. Mt im S nm ngoi (ABC ) sao cho t din SABC u , gi I, K l trung im ca cỏc cnh
AC v SB . Trờn ng thng AS v CK ta chn cỏc im P,Q sao cho PQ// BI
Tớnh di PQ bit cnh ca t din cú di bng 1.
---------- Ht ---------H v tờn :.......................................................... S bỏo danh :.......................................
P N V BIU IM THI CHN HC SINH GII LP 11 CP TNH
MễN: TON


NĂM HỌC: 2012 - 2013


Bài

Lời giải

Điểm

1.(1 đ)
Bài 1

cos x ≠ 0

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

0.25đ

Do đó phương trình đã cho tương đương với :

( 2 + 2)

sin 2 x = 2 + sin 2 x

 sin 2 x = 1
⇔ sin 2 x − 1 . 2 sin 2 x − 2 = 0 ⇔ 

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 )
4
12
12

0.25đ

0.25 đ

0.25 đ

2. (1 đ)


π

x
≠
+ lπ
cos x ≠ 0

2


− 2
3π


⇔  x ≠ ± + l1 2π
ĐK: cos x ≠
( l; l1; l2 ; l3 ∈ Z )
2
4



π
5π


2
sin x ≠ −
 x ≠ − 4 + l2 2π; x ≠ 4 + l3 2π


2
π
π


pt ⇔ 2sin 2  x − 6π − ÷− 2cos 2  x + 4π + ÷+ tan x = 0
4
2


π
sin x

⇔ 1 − cos  2 x − ÷ = 2sin 2 x − tan x ⇔ 1 − sin 2 x = 2sin 2 x −
2
cos x

⇔ 1 − sin 2 x =

2sin 2 x cos x − sin x

= tan x ( sin 2 x − 1) ⇔ ( 1 − sin 2 x ) ( 1 + tan x ) = 0
cos x

π

x
=
+ kπ

sin 2 x = 1
4
⇔
⇔
 tan x = −1  x = − π + k π ( loai )

4
So với điều kiện x =

π
+ m 2π ( m ∈ Z ) là nghiệm phương trình đã cho.
4

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ


Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH BÌNH ĐỊNH
Môn: TOÁN LỚP 11.
Năm học: 2010 – 2011.
(Thời gian làm bài: 150 phút)
1. Giải phương trình:

π

sin 3  x − ÷ = 2 sin x
4


2. Cho P(x), Q(x) là hai đa thức hệ số nguyên thỏa mãn điều kiện P(x3) + x.Q(x3) chia hết cho x2
+ x + 1. Gọi d là ước chung lớn nhất của hai số P(2011) và Q(2011). Chứng minh d chia hết
cho 2010.
3. Cho hàm số f khả vi trên [ 0;1] và thỏa mãn f(0)=0; f(1)=1. Chứng minh rằng: tồn tại hai số
phân biệt a, b ∈ ( 0;1) sao cho f ′(a ). f ′(b) = 1 .
4. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc nhau. Vẽ đường cao OH của tứ diện.
·
·
·
·
Đặt A = CAB
, B = ·ABC , C = BCA
,α = ·AOH , β = BOH
, γ = COH
.
Chứng minh rằng:
sin 2 α sin 2 β sin 2 γ

=
=
.
sin 2 A sin 2 B sin 2C
5. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
2
a b c
1 1 1
 + + ÷ ≥ ( a + b + c ) . + + ÷
b c a
a b c
************ HẾT ************