đề thi HSG toán lớp 11

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2013 - 2014
ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC LỚP 11
Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 19/04/2014

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1(4 điểm):

Giải

hệ

phương 2x − 2y + 2x + y + 2xy + 1 = 1

trình:
3
 3 3y + 1 = 8x 2 − ∞2y − 1
a(nan−) n5=a1 n + 10
Câu 2 (4 điểm): Cho dãy : . ax
∀n ≥ 1
>1;0an+1 =
1 =

5 − an

a) Chứng minh

dãy hội tụ và tính .

a1 + a2 + ... + an 5 − 5
<
∀n ≥ 1
n
2

b) Chứng minh .

ADAB
M
,ABC
EF
BC
AD
BE
,, AC
N, CF
K
A
Câu 3 (4 điểm): Gọi là ba đường phân
giác trong của tam giác vuông ở . Đoạn thẳng cắt tại . Đường thẳng qua song song với cắt lần
lượt ở . Chứng minh rằng:
MN ≥
Câu 4(4 điểm): Tìm tất cả các
hàm số thoả mãn

(

2− 2

( AB + AC ) .
2
f :¡ → ¡

)

f x 2 + y 2 = xf ( x ) + yf ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ (1)
Câu 5 (4 điểm): Cho 100 số tự nhiên không lớn hơn 100 có tổng bằng 200. Chứng minh rằng từ
các số đó có thể chọn được ít nhất một bộ các số có tổng bằng 100.
----HẾT----

lim
(aan )n


KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2013 - 2014
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN HỌC LỚP 11

ĐỀ SỐ 1
Câu 1(4 điểm):

Giải
trình:

hệ

phương 2x − 2y + 2x + y + 2xy + 1 = 1


3 3y + 1 = 8x 3 − 2y − 1
(Quảng Trị) 

2 x − 2 yx+> 02 x + y + 2 xy + 1 = 1
(1)

3
(2)
 3 3 y + 1 = 8 x − 2 y − 1
( 2 x + 1) − 2 ( y + 1) +

( 2 x + 1) ( y + 1)

=⇔0

(1)

2 x≥+ 1 > 0 ĐK: (2x + 1)(y + 1) 0 Mà x > 0
⇒
 y + 1 ≥ 0 (1) ⇔ 2 x + 1 − y + 1 ⇔2 x2+x⇔
1++1y2−= y2yx++11 = 0
3
3
⇔ ( 6 x3 +61x) ++13=68xx+ 1−=4 (x2−x1) + 2 x

(

)(

Thay vào (2):

)

(3)

1đ

Hàm số f(t) = t3 + t đồng biến trên R
(3)

3
1
⇔
⇔ 4 x63x−+31x==2 x
NX: x >1 không là nghiệm của
2

phương trình
Xét 01: Đặt x = cos với
(k)

Ta có:

Do

Vậy hệ có nghiệm

1đ

αxZ≤ ππ12π

<∈π
 cos3
αα=≤
<+= k
=α
α0⇒≤
9 922 3
⇔
 α π= − π + kπ 2π
;2cos ÷
 cos

  9 9 9 3

1đ

1đ
Câu 2 (4 điểm): Cho dãy : .

a1 = 1; an+1 =

∞
2
n n n =1 n

a(a −) 5a + 10
∀n ≥ 1
5 − an

a) Chứng minh

dãy hội tụ và tính .

a1 + a2 + ... + an 5 − 5
<
∀n ≥ 1
n
2
1 ≤ an ≤ 3 ∀n a) Bằng phương
2

b) Chứng minh .
(Hải Phòng)
pháp chứng minh

1,0

lim
(aan )n


qui nạp ta có: .

Suy ra , như vậy
đoạn

Đặt A= và xét hàm .
x 2 − 5 x +5 10
− 5 10
f ( x) =

=
− x( x ≠ 5)
f ( x)
10
5− x 2 5− x
f '( x) =
− 1 < 0∀x ∈ [1; 3 ]
2
2
nghịch biến trên
( 5 − x)
[ 1 ;1].
2

...2 k<−1 a=2 kb−1≤a1 < a3 <∃alim
5  ⇒
6 >a...
2 k >=ac2 k≥>A... > A
 a2 > a4>∃alim

1,0

Kết hợp công thức xác định dãy ta được

thức đúng với .


c 2 − 5c + 10

b =
5 − 5 Vậy =.
5−c
⇔
b
=
c
=
b)
Nhận xét: thì .

5
−
5
5
−
5
2 t + f (t ) <
2
∈10
[1;
) Dẫn đến
c = b − 5∀bt +
2

5−b
5− 5
⇒ a1 + a2 + ... + a2 k −1 + a2 k < 2k
2 Như

Trường hợp , chú ý , kết hợp với (1)
thu được:

1,0

5lim
− a5n
2
a2 k −1 +∀ak2 k ≥<15 − 5
1,0

(1)

vậy bất đẳng

n = 25k −+ 1 5
a2 k +1 <
2

5− 5
a1 + a2 + ... + a2 k −1 + a2 k + a2 k +1 < (2k + 1)
2 Vậy

.
bất

đẳng

thức được chứng minh.

ADAB
M
,ABC
EF
BC
AD
BE
K
A
,, AC
N, CF
Câu 3 (4 điểm): Gọi là ba đường phân
giác trong của tam giác vuông ở . Đoạn thẳng cắt tại . Đường thẳng qua song song với cắt lần
lượt ở . Chứng minh rằng:
(Chu Văn An-Hà Nội) MN ≥

2− 2
( AB + AC ) .
2

2
BC = ab, +CA
c = b(,bAB
+ c=) c Đặt ta có suy ra .
2
2
2≤
2
a =b +
ac ≥

2

1,0

n = 2k


bc
bc Dùng tính chất đường phân 0,5
, AE =
a+b
a + c giác tính được .
Dùng phương pháp diện tích, hoặc công thức đường phân giác trong tính được
1,0
AF =

2bc
2 AE. AF
2bc .
, AK =
=
b+c
AE + AF
2a + b + c
AK
b+c
MN
b + c Từ đó .
=
→

=
AD 2a + b + c
a
2a + b + c
Suy ra: .
1
1
2− 2
MN = (b + c)
≥ (b + c )
=
AB + AC )
(
b+c
2
2+ 2
2+
a
AD =

1,0
0,5

Câu 4(4 điểm): Tìm tất cả các hàm số f : ¡ → ¡
thoả mãn
(Thái Bình)

Đáp án:
Cho , từ suy ra
Cho , từ suy ra .

Do đó (1) trở thành:

(

)

(

)

f x 2 + y 2 = xf ( x ) + yf ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ (1)

( )
( )

x( 1=() 0y ) , ∀y ∈ ¡
f y 2 = yf
2
y( 1=() x0) , ∀x ∈ ¡
f x = xf

( )

( )

f x 2 + y 2 = f x 2 + f y 2 , ∀x, y ∈ ¡ ⇒ f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ≥ 0

( *)

−

thay bởi từ ta được :
( 1yy)
y y≤f) 0( − x ) = − f ( x ) , ∀x ∈ ¡
, chứng tỏ là hàm số − yff ( x−2y+) =
y ) (, ∀
y 2 yf=( xf
x )yx−∈≥yf¡0,(f⇒
−
lẻ. Do đó với mọi ta
⇒ − yf ( − y ) = yf ( y ) , ∀y ∈ ¡ ⇒ f ( − x ) = − f ( x ) , ∀x ∈ ¡
có

(

)

f ( x − y) = f ( x + ( − y) ) = f ( x) + f ( − y ) = f ( x) − f ( y)
x ≤ 0, y ≤ 0
⇒ f ( x) = f ( x − y) + f ( y)
f ( x + y ) = − f ( −x − y) = − ( f ( −x) + f ( − y) ) = − ( − f ( x) − f ( y ) ) = f ( x) + f ( y )
⇒ f ( ( x − y) + y) = f ( x − y) + f ( y)

Với mọi ta có

( ***)

⇒ f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x ≥ 0, ∀y ≤ 0 ( **)
Kết hợp và ta được .
f ( x + y ) =( *f) ,(( x**
) +) , f(***)

( y ) , ∀x, y ∈ ¡
2
2
tínhtheo hai cách. Ta có f ( x + 1) = f x f+ 2( x + 1) 2

(

) ( (

)

( )

)

2
Câu 5 (4 điểm): Cho ⇔ ( x + 1) f ( x + 1) = f x + f ( 2 x ) + f ( 1)
100 số tự nhiên không ⇔ x + 1 f x + f 1 = xf x + 2 f x + f 1
(
)( ( ) ( ))
( )
( ) ( )
lớn hơn 100 có tổng
bằng 200. Chứng minh ⇔ f ( x ) = xf ( 1) , ∀x ∈ ¡
rằng từ các số đó có thể ⇔ f ( x ) = ax, ∀x ∈ ¡ , a ∈ ¡
chọn được một số số có
tổng bằng 100.

(Yên Bái)
Đáp án:

Nếu tất cả các số bằng nhau thì tất cả các số là 2. Khi đó ta lấy 50 số 2 sẽ có tổng
là 100.
Giả sử ta xét 100 số có dạng
a1 ≠ a 2

0 < a1 ,a 2 ,a1 + a 2 ,a 1 + a 2 + a 3 ,........,a 1 + a 2 + ... + a 99 < 200

1,0
1,0


Nếu có một số chia hết cho 100 thì số đó bằng 100 vì số đó bé hơn 200.
Nếu không có số nào chia hết cho 100 thì trong 100 số phải có hai số đồng dư
trong phép chia cho 100 (vì các số dư nhận giá trị từ 1 đến 99) suy ra hiệu của
chúng chia hết cho 100 và hiệu hai số đó chính là tổng cần tìm

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
——————
ĐỀ CHÍNH THỨC

1,0
1,0

----HẾT---KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2011-2012
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho học sinh THPT không chuyên
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
————————————

Câu 1 (1,5 điểm).

tan 2 x + tan x
2
π  Giải phương trình: .

=
sin
x
+

÷
Câu 2 (3,0 điểm).
tan 2 x + 1
2
4

1.
Gọi A là tập hợp tất cả
các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính xác suất để chọn được một
số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1.
2. Chứng minh đẳng thức sau:
2
2
2
2
.
0
1
2
3
2011 2

2012 2
1006
( C2012
) − ( C2012
) + ( C2012
) − ( C2012
) + ... − ( C2012
) + ( C2012
) = C2012
Câu 3 (2,5
điểm).
Chứng minh rằng phương trình
8 x 3 − 6 x − 1 = 0 1.
có ba nghiệm thực phân biệt. Hãy tìm 3 nghiệm đó.
n ∈ ¥ ,n n) ≥ 2 sin n 2.
Cho dãy số được xác
u1 = sin1; u( u
n = un −1 +
2
định bởi: , với mọi .
n
Chứng minh rằng dãy số xác định như trên ( un ) là một dãy số bị chặn.
Câu 4 (3,0 điểm).
a 20 ABCD là hình vuông cạnh bằng , các cạnh
>
1. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy aa3a
bên bằng nhau và bằng (). Hãy xá
c
định điểm O sao cho O cách đều tất cả các
đỉnh của hình chóp S.ABCD và tính độ dài SO theo .

1
1
1
1
2.
Cho hình chóp S.ABC có
= 2+ 2+
2
2
đường thẳng SA vuông góc với
SH
SA SB
SC
mặt phẳng (SBC). Gọi H là hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC). Chứng minh rằng đường
thẳng SB vuông góc với đường thẳng SC, biết rằng .
AB = XA
CD+, BC
XB += XC
AD,+AC
XD= BD 3.
Cho tứ diện ABCD thỏa
mãn điều kiện và một điểm X thay đổi trong không gian. Tìm vị trí của điểm X sao cho tổng
đạt giá trị nhỏ nhất.

—Hết—
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh……………….

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
———————

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT KHÔNG CHUYÊN
NĂM HỌC 2011-2012
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
———————————

I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh
làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần
đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý
1

2

Nội dung trình bày
1,5 điểm
Điều kiện: (*)
π
cos
x
≠
0
⇔
x

≠
+ kπ
Phương trình đã cho 2 cos 2 x(tan 2 x + tan x) =2 sin x + cos x
tương đương với:
⇔ 2sin 2 x + 2sin x.cos x = sin x + cos x ⇔ 2sin x(sin x + cos x) = sin x + cos x
⇔ (sin x + cos x)(2sin x − 1) = 0

+ Với
π
sin x + cos x = 0 ⇔ tan x = −1 ⇔ x = − + kπ
+ Với
1
π
5π
2sin x − 1 = 0 ⇔ sin x = ⇔ x = + k 2π ; x4=
+ k 2π
Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của
2 phương
6 trình đã cho6 là:
π
π
5π
x = − + kπ ; x = + k 2π ; x =
+ k 2π (k ∈ ¢ )
4
6
6
1 1,5 điểm
Số các số tự nhiên có 5 chữ số 99999 − 10000 + 1 = 90000
là

Giả sử số tự nhiên có 5 chữ số chia hết abcd1 cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là:
h =1 3=t 3.
++abcd
11 + 7.abcd
Ta có chia hết cho 7 abcd1 = 10.abcd3.
h − 1+ 1
3.abcd + 1 = 7 h+abcd
⇔ abcd
= 2h +
khi và chỉ khi chia hết
3
cho 7. Đặt là số nguyên khi và chỉ khi
Khi đó ta được:
abcd = 7t + 2 ⇒ 1000 ≤ 7t + 2 ≤ 9999
suy ra số cách chọn
998
9997 abcd1
⇔
≤t ≤
⇔ t ∈ { 143, 144,..., 1428}
ra t sao cho số chia
7
7
hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là 1286.
Vậy xác suất cần tìm là:
1286
≈ 0, 015
2 1,5 điểm
90000

Điể
m

0,25

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

0,5

0,5

0,5


2012
2012
Xét đẳng thức
2 2012
. ( 1 + x2012
=
1
−
x
( 1 − x ) 2012
)2012
(
)

1006
+) Ta có suy ra hệ số của số
Cx 2012
2
k
2 k
( 1 − x ) = ∑ C2012 ( − x )
hạng chứa là
k =0
2012
+) Ta có
 2012 k

2012
2012
k 
k
1 − x ) .( 1 + x )
=  ∑2012
C2012 ( − x ) ÷ ∑ C2012
xk ÷
(
suy ra hệ số của
 kx= 0
 k = 0

số hạng chứa là
o
2012
1

2011
2
2010
3
2009
2012 2012
C2012
C2012
− C2012
C2012
+ C2012
C2012
− C2012
C2012
+ ... + C2012
C2012
0
1
2
3
= ( C2012
) − ( C2012
) + ( C2012
) − ( C2012
) + ... − ( C

) +(C
Từ đó suy
ra đẳng thức cần chứng minh.
1 1,5 điểm

Đặt ; tập xác định suy ra hàm số f ( x ) =D8¡=x 3¡− 6 x − 1
liên tục trên . Ta có
suy ra
 1
f ( −1) = −3, f  − ÷ = 1, f ( 0 ) = −1, f ( 1) = 1
. Từ 3 bất đẳng
 1
f( (−x11;) 1=) 0
f ( −1) f  − ÷ < 0, f 2 − ÷ f ( 0 ) < 0, f ( 0 ) f ( 1) < 0
thức này và tính
 2
 2
liên tục của hàm
số suy ra pt có ba nghiệm phân biệt thuộc .
Đặt thay vào pt ta được:
x = cos t , t ∈ [ 0; π ]
, kết hợp với
π
2π
5ππ 7π π
0;
tπ∈
2 ( 4 cos3 t − 3cos t ) =t 1∈⇔
cos
;[ 3t ;=] cos ⇔ t = ± + k

ta được . Do
9
3
 9 9 9 3

đó phương trình đã cho có 3
nghiệm:
.
π
5π
7π
x = cos , x = cos
, x = cos
2 1,0 điểm
9
9
9
Nhận xét. Với mỗi số nguyên 1 1 1
1
+ + + ... + 2 < 2
dương n ta có:
12 22 32
n
Thật vậy, ta có
1 1 1
1
1
1
1
+ 2 + 2 + ... + 2 < 1 +
+
+ ... +
=
2
suy ra nhận xét 1 2 3 1 1 n 1

1.21 2.31
n1( n − 1)
= 1 + 1 − + − + ... +
− = 2− < 2
được
chứng
2 2 3
n −1 n
n
minh.
Trở lại bài toán, từ công
sin1 sin 2
sin n
un = 2 + 2 + ... + 2
thức truy hồi ta được:
1
2
n
Ta có với mọi n (theo nhận
1 1
1
un ≤ 2 + 2 + ... + 2 < 2
xét trên) (1)
1 2
n
Mặt khác với mọi n (theo
1
1
1 


un ≥ −  2 + 2 + ... + 2 ÷ > −2
nhận xét trên) (2). Từ (1)
n 
 1 2S
và (2) suy ra dãy số đã cho
bị chặn.
1 1,0 điểm
2

3

4

2

2

2

SA I= =SBAC
=∩
SCBD
= SD

Gọi . Do nên
các tam giác
SAC, SBD cân
tại đỉnh S nên
SI vuông góc
với AC, BD

suy ra SI

D

0,5

)

0,25
0,5
0,25

0,5

0,5

0,25

0,25

0,25

O
C

B

0,5

2012 2

2012

M

I
A

2011 2
2012

0,5


vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Dễ thấy mọi điểm nằm trên đường thẳng SI cách
đều các đỉnh A, B, C, D.
Trong tam giác SIC, dựng OS = OA = OB = OC = OD
trung trực của cạnh SC cắt đường thẳng SI tại O suy ra .
SM .SC
3a.3a
9a 2
9 2a
SM .SC = SO.SI ⇒ SO =
=
=
=
SI
8
2 SA2 − IA2 2 9a 2 − a 2
Ta có .
Vậy .

2 1,0 điểm

SO =

0,25

0,5

9 2a
8

A

Gọi K là giao điểm
của đường thẳng
AH và BC; trong
mặt phẳng (SBC)
gọi D là giao điểm
của đường thẳng
qua S, vuông góc
H
với SC. Ta có BC
vuông góc với SH
và SA nên BC
vuông góc với mặt S
phẳng (SAH) suy
ra BC vuông góc
K
với SK.
Trong tam giác vuông SAK ta có , 1

1
1
= 2+
2
kết hợp với giả thiết ta được (1) SH
SK
SB
SA
SC 2
B SK
Trong tam giác vuông SDC ta có 1
1
1
D
=
+
2
2
(2)
SK
SD
SC 2
B=
≡ SD
D
Từ (1) và (2) ta được , từ đó suy ra SB
hay suy ra SB vuông góc với SC.
3 1,0 điểm
Gọi G là trọng
tâm của tứ

diện; M, N, P,
Q lần lượt là
trung
điểm
của các cạnh
AB, CD, BC,
AD. Ta có tam
giác ACD bằng
tam giác BCD
nên suy ra ,
B
tương tự ta
chứng minh
được
và
đường thẳng

0,25

C

0,5

0,25

0,25

A

GA = MN

GB
AN ==
⊥GC
BN
CD
AB= GD

Q

M

G
D

N

P
C


PQ vuông góc với cả hai đường thẳng BC, AD. Từ đó suy .
Ta có
XA.GA + XB.GB + XC.GC + XD.GD
XA + XB + XC
XD
uuur+uuu
r =uuur uuur uuur uuur uuur uuur
XAuuu
.GA
XB

XD.GD
uuu
r +uuu
r .GB
uuur+ XC
uuur.GC +GA
≥ r. GA
XA
+
XB
+
XC
. Dấu bằng xảy ra khi XG
+ GB + GCGA
+ GD+ XD
+ 4.GA2
= 4GA
và chỉ khi X trùng =
GA
với điểm G. Vậy nhỏ
nhất khi và chỉ khi X là trọng tâm của tứ diện ABCD.

(

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

0,5

)

0,25

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
NĂM HỌC 2010-2011

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu I (2,0 điểm)
2
2
1) Giải phương trình sin 3 x cos 2 x + sin x = 0.
lượng giác
2) Giải hệ phương trình ( 2 − x ) ( 2 + y ) = 8


2
2
 x 4 − y + y 4 − x = 4.
Câu II (2,0 điểm)
(u )
1) Cho a, b, c là ba hằng số và là n dãy số được xác định bởi công thức:

un = a n + 1 + b n + 2 + c n + 3 (∀n ∈ ¥ *).
a lim
+ b u+n c==00.
Chứng minh rằng

n →∞
khi và chỉ khi
2) Các số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành một cấp số nhân có tổng bằng 26.
Tìm các số đó, biết rằng: nếu một cấp số cộng có a là số hạng thứ nhất, b là số hạng
thứ ba thì c là số hạng thứ chín.
Câu III (2,0 điểm)
1) Chứng minh rằng: với mọi số tự 333nnn++21. nhiên n, số
2 +1
không chia hết cho

chia hết cho

nhưng

2) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0,
lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt
ba chữ số khác nhau.
Câu IV (3,0 điểm)
ABCD
. A ' B').
' C ' D '.
( ACD
1) Cho hình hộp Trên cạnh
AB lấy điểm M khác A và B. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và song song với mặt
phẳng
a) Trình bày cách dựng thiết diện của hình hộp và mặt phẳng (P).
b) Xác định vị trí của M để thiết diện nói trên có diện tích lớn nhất.


2) Cho hình chóp S.ABCD có 4 SB ' SD ' 3

≤
+
≤
đáy ABCD là hình bình hành và 3 SB SD 2
M là trung điểm của SC. Một mặt phẳng (P) chứa AM và lần lượt cắt các cạnh SB,
SD tại các điểm B', D' khác S. Chứng minh rằng: .
Câu V (1,0 điểm)
Khảo sát tính chẵn - lẻ, tính y = sin ( π sin x ) .
tuần hoàn và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
--- HẾT --Họ và tên thí sinh: ...................................................... Số báo danh: .....................................
Chữ ký của giám thị 1: ................................ Chữ ký của giám thị 2:......................................


CÂU
Câu I

NỘI DUNG ĐÁP ÁN
sin 2 3x cos 2 x + sin 2 x = 0. 1) Giải phương trình lượng
giác
2) Giải hệ phương trình
( 2 − x ) ( 2 + y ) = 8
3
2
 x = (32− 4sin x)sin
sin 3 x = 3sin x − 4sin
x = (1 + 2 cos 2 x) sin x, Có:
2
 x 4 − y + y 4 − x = 4.
⇔ [(1 + 2 cos 2 x) 2 cos 2 x + 1]sin 2 x = 0 nên PT
⇔ (4 cos 3 2 x + 4 cos 2 2 x + cos 2 x + 1) sin 2 x = 0

I.1
(1,0đ)

⇔ (1 + cos 2 x)(1 + 4 cos 2 2 x)sin 2 x = 0
(với k nguyên)
sin x = 0
⇔
⇔ x = kπ 2
1− 2;22]
cosx2;xxy==∈2−[cos
Điều kiện: . Đặt với
π ]u
u
,
v
∈
[0;

= +2 cos
cos222vv) = 2
HPT ⇔
(1 − cos 2uy)(1

2u sin22v + cos
2 2v sin 2u = 1
cos
⇔ ⇔ ⇔
I.2
sin(usin

=−1/
+ vu)ucos
+cos
sin(
v)22= 2
v =vu1/



(1,0đ)
2(u +π v) = 1
 sin π
⇔⇔ ⇔ (thỏa)
=+vuu=−u−vv=)=π= π1/ 2
u +vusin(
  4  π4 4 4
Kết luận: nghiệm hệ phương trình là
π

u x+=v2=vcos
= 0 π= 0
  u + 4v =2
 y= 2 cos 04= 2
1) Cho a, b, c là ba hằng số và là dãy số ( un ) được xác định bởi công thức:
Câu II

II.1
(1,00
đ)

II.2
(1,00

ĐIỂM

2,0 đ
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

0,25

un = a n + 1 + b n + 2 + c n + 3 (∀n ∈ ¥ *).
a lim
+ b u+nc==00. Chứng minh rằng khi và chỉ khi
n →∞
2) Các số a, b, c (theo thứ tự đó) lập
thành một cấp số nhân có tổng bằng 26. Tìm các số đó, biết rằng: nếu một cấp số cộng có
a là số hạng thứ nhất, b là số hạng thứ ba thì c là số hạng thứ chín.
2,0 đ
n
→
+∞
Đặt
khi

0,25
un
n+2
n+3
vn =
= a+b
+c
⇒ vn → a + b + c Ta có:
un = vn n + 1
n +1
n +1
n +1
a +unb(+= c∞≠) ≠0 0. cho nên: nếu thì
0,25
lim
n →+∞

+∞ a = −b − c
a + b + c = n0 →⇒
b
2c
n + 2 − n +1 + c n + 3 − n +1 =
+
→0
n + 2 + n +1
n + 3 + n +1

Ngược lại nếu thì khi ta có
un = b

(

) (

)

Gọi là ba số theo thứ tự lập thành uv11 ==aa,, uv32 = b, vu93==cc
một cấp số nhân có công bội q;
(vn) là cấp số cộng có công sai d với . Khi đó ta có:
Dễ thấy q = 1 ⇔ d = 0,
u1 = v1 = a
u1 = v1 = a
aq = a + 2d
u = v = b
(1) nên:
 2

3
⇔
⇔


q=1
26
= 2 = a + 8d (2)
u3 = v9 = c a = b = caq
u1 + u2 + u3 = 26
3a +310d = 26. (3)

0,50

0,50
0,25


(ad ≠ 0)
2⇔
d3
 q =
a
=

 aq=−d1 = 2
 
 q 2 − 4q + 3 = 0

3a + 10d = 26

1) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên 333nnn++21. n; số chia hết cho nhưng không chia hết
2 +1
cho
Câu
2) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu
III
nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác
nhau.
n
Đặt An =
23 + 1
n = 0 thì A0 = = 3 chia hết cho 3 1 mà 21 + 1 không chia hết cho 32

k+1
k+2
k+1
k
III.1 Giả sử Ak = chia hết cho 3 mà không 23 + 1 chia hết cho 3 (Ak = B.3 ; với B
(1,0đ) nguyên, không chia hết cho 3).Ta có:
3
2
Ak+1 =
3k +1
3k
3k
3k
3k
k
k
2
+
1
=
2
+
1
=
2
+
1
2
−
2

+
1
Ak+1 = =
k + 2  ( 3 2kk ++11) 2 3 3 3k 
3×3k − 3 −
×2B
B3×3k +=1AB
−×
32×2  
k B×A
k+1 k Dễ thấy: chia hết cho 3 mà không
3
2
k
BB2k.3
B 2 .3
×+213 − 23
chia hết cho 3 (vì B không chia hết
cho 3) nên không chia hết cho 3
⇒ Ak+1 chia hết cho 3k+2, nhưng không chia hết cho 3k+3. Kết luận:
Ta có:
Ω = 95 = 59.049
Nếu q ≠ 1 hệ trên trở thành
⇔ a = 2, b = 6, c = 18

(

)

(

(

)((

)

)

)

Ý.2
Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có:
(1,0đ) Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 C39 chữ số thập phân khác 0 là . Chọn 2 chữ số
còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây:
TH1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 5!
3 × = 60
trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách; mỗi 3!
hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự nhiên n;
nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên
trong TH1 này có cả thảy số tự nhiên.
TH2. 1 trong 2 chữ số còn lại bằng 1
5!
3×
= 90
trong 3 chữ số a, b, c và chữ số kia 2!2!
bằng 1 chữ số khác trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số
(chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 2! hoán vị của các vị trí mà a,
a chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà b, b chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n,
nên trong TH2 này có cả thảy số tự nhiên.

9!
Vậy: .
ΩA = (60 + 90)C39 = 150 ×
= 150 ×7 ×4 ×3 = 12600
3!6!
Kết luận:
Ω
12.600 1.400
P ( A) = A =
=
≈ 0,213382106
Ω 59.049 6.561

0,25

2,0 đ
0,25

0,25
0,25

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25


ABCD

( ACD
. A ' B ').
' C ' D '. 1) Cho hình hộp Trên cạnh AB lấy
điểm M khác A và B. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng
a) Trình bày cách dựng thiết diện của hình hộp và mặt phẳng (P).
b) Xác định vị trí của M để thiết diện nói trên có diện tích lớn nhất.
Câu IV
4 SB ' SD ' 3 . 2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy
≤
+
≤
3 SB SD 2 ABCD là hình bình hành và M là
trung điểm của SC. Một mặt phẳng (P) chứa AM và lần lượt cắt các cạnh SB, SD tại các
điểm B', D' khác S. Chứng minh rằng:

3,0 đ

I
D'
R

Q
C'

F

A'

P
D

S

IV.1.a
(0,75
đ)

A
J

IV.1.b
(1,25
đ)

B'

C
K

O
M

E

N
B

Trong mp(ABCD), qua M vẽ đường thẳng song song với AC cắt DB, BC lần lượt tại E, N.
Trong mp(BDD’B’), qua E vẽ đường thẳng song song với D’O (O=AC∩BD) cắt B’D’ tại F.
Trong mp(A’B’C’D’), qua F vẽ đường thẳng song song với AC cắt A’D’, D’C’ lần lượt tại R,
Q.

Trong mp(AA’D’D), qua R vẽ đường thẳng song song với AD’ cắt AA’ tại S.
Trong mp(CC’D’D), qua Q vẽ đường thẳng song song với CD’ cắt CC’ tại P.
0,50
Thiết diện là lục giác MNPQRS
0,25
Do các mặt đối diên của hình hộp song song nên các cạnh đối của lục giác thiết diên
MNPQRS song song và 3 cặp cạnh đó lần lượt song song với các cạnh tam giác ACD’.
⇒ Các tam giác JKI, ACD’, RQI, JMS, NKP đồng dạng
MJ MA NC NK
PC PK QD ' QI ⇒ ⇒ MJ=NK và
=
=
=
=
=
=
=
MN MB NB NM PC ' PQ QC ' QP PK=QI
⇒ Các tam giác
RQI, JMS, NKP bằng nhau (gọi diện tích của chúng là S1 và gọi diện tích các tam giác JKI,
ACD’ lần lượt là S2, S)
0,25
0
<
k
<
1
Đặt ta có điều kiện và có:
0,25
AM

= k;
2
2
2
⇒ S1 = k S S  JM   AM   AM 2
AB
1 =
=S2 =( k÷2 +=  0,25÷ = k 2
2
2
2

÷
⇒
S 2  JK   JM + MK   JM MK 
S 2 AC   DC   AB 
=
+
÷ =
÷ =
÷ = ( k + 1)
2k +1)S
S  AC  
AC
  AC AC 
0,25
Std = S 2 − 3S1 ⇒ Diện tích thiết diện:


2

(dấu bằng xảy ra
1 k = 1 3 
1   3S
Std = 2 S (−k + k + ) = 22S  −  k − ÷  ≤
⇔)
2
2   2
 4 
1 AB
S lớn nhất ⇔ ⇔ M là trung điểm của
k=
2
S
Lấy I = AM∩B'D' và O = AC∩BD,
2

VI.2
(1,00
đ)

0,25

ta có: S, O, I là các điểm chung của 2
mặt phẳng (SAC) và (SBD)

D'

M
I

D

P
O

A

Và I là trọng tâm các mặt chéo
SAC
⇒

C

SI 2
=
SO 3

B'
B

N

⇒ (*)
Suy ra:

⇒ S, O, I thẳng hàng.

0,25
OP
=

ON
SD
SB Vẽ BP // B'I và DN // D'I ⇒ . Đặt
0,25
x =( P, N;∈ySO
=)
SB SD SP SN 2SOx, y ∈ 3[1; 2]
SD '
SB ' ⇒
x+ y =
+
=
+
=
=2 =3
SB ' SD ' SI SI
SI
2
2

 2 
1 1 3
4
+ =
≥ 3
=
÷
x y x 2xxy(3
+2 0y 
3

1−x≤3×−xyxx+≥≤) 2x≥22≤
Từ (*): ⇔
⇔
⇔
1x +3 1y 33 ⇔
⇔
⇔
+ ≤≤
x xy y 22
Khảo sát tính chẵn – lẻ, tính tuần y = sin ( π sin x ) .
Câu V hoàn và tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của hàm số
y = f ( x)D= =sin¡ ( π sin x ) Tập xác định của hàm số là (đối
xứng qua 0)
Vậy, f chẵn (f không lẻ vì nó ∀x ∈ ¡ , f ( − x) = f ( x).
V
không đồng nhất bằng 0)
(1,0đ)
∀x ∈ ¡ , f ( x + 2π) = f ( x). Vậy, f tuần hoàn
Tập giá trị của hàm số là nên
t =[ 0;
π sin
π] x
min
maxf f == min
max sin
sintt == 0,
1
00≤≤t t≤π
≤π

TRƯỜNG THPT
TAM QUAN
TỔ TOÁN
Năm học 2015-2016.

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN K11.
THỜI GIAN: 150 phút (không kể thời gian phát đề).

0,25

0,25

1,0đ

0,25
0,25
0,25
0,25


b − ba
3sina a
Bài 1: a) Cho . Chứng minh: .
tan tan = 4 tan
2 2 5 1− 3cos
2 a 4
1
b) Chứng minh : .
+

=
0
cos 290
1 3 sin 25070
35
c) .
3
8
8
sin x + cos x = cos8 x + cos 4 x +
64
16
64
Bài 2: a) Tìm các giá trị
của m để phương trình sau có nghiệm:
. ( m là tham số) 2m sin x + cos x = m + 1
b)Tìm giá trị lớn nhất và giá y = 5 − 2 cos 2 x.sin 2 x
trị nhỏ nhất của hàm số:
Bài 3 Giải các phương trình sau:
a)
sin 6 x + 3sin 2 x cos x + cos 6 x = 1
5
b) .
12 cos x + 5sin x +
+8 = 0
1 + cot2x.tan12
x cos x + 5sin
1 x +214
c) ;
+ 1 = 6(1 − sin 2 x)

α
cos 2 x
2
Bài 4: Tìm các giá trị để
phương trình:
có (cos α + 3sin α − 3)x 2 + ( 3 cos α − 3sin α − 2)x + sin α − cos α + 3 = 0
nghiệm
x
=1.
r
Bài 5: a).Trong mặt phẳng 0xy ,cho vectơ v =(-2;1), đường thẳng d có phương trình 2x –
3y +3 =0 . Hãy xác định phương trình của d’ là ảnh của d qua phép tịnh tiến theo vectơ .
r
b) Trong mặt phẳng 0xy , x 2 + y 2 − 2xv+ 4y − 4 = 0
cho đường tròn ( C) co phương
trình :.Tìm ảnh của ( C) qua phép tịnh tiến theo vec tơ =(-2;5).

HƯỚNG DẪN ĐÁP ÁN


b ab a
Bài 1: a) Đặt = t thì = 4t
tantan− tan
b−a
2 2 2 = 3t
,do đó :
tan
=
a
b2t 1 + 4t 2

2
Mặt khác : . Từ đó suy
1 + tan tan
3
ra điều phải chứng minh. tan b − a = 3sin a =2 12+ t 2 = 3t
2
5 − 13cos a
11+ 4t 2
12
13 1− t
b)VT =
5
−
−
=
10 +−t 2 3 cos 200
cos 700
= = ( đpcm).
3 sin
700400 sin

4sin
4
3 20
1
0
0

2  0 = cos 20 − sin 20 ÷
4 2

(1 −(sin
2sin
x +x cos 42 x) 2 − 2sin 4 x cos 4 x
2 3
2
3 cos 200 − sin 2030 sin 40


=
c) VT = =
3 sin 200 cos 200
3
0
2
2
4 sin 40
42
= = =….
1 − 41sin
x cos
2 x 4cos
− cos
4 x x1+2sin
1 − cos
x x
1 −1
+7 
÷
=
2 x + 8 cos

 4 x2+ 35 
cos8
⇔
64
16
64  m ≤ 0
Bài 2: a) Pt có nghiệm
2
2
2
4m + 1 ≥ (m + 1) ⇔ 3m − 2m ≥ 0 ⇔ 
b) 2 2
2
3 2 1 2 2x
 m⇒≥ 2 9 ≤ 5 − 15 −
sin2 cos
2 x ≤x 5sin ⇒x = 5 − ≤ sin
y≤ 5
32

2
2 2

b)

.

π
3 2
π

; ymin =
khi x = k
2
2
4
2
2
3
6
2
22 ⇔ 2
6 2
2
Bài 3: a)
(sin x + cos x) sin
− 3sin
x + x3sin
cos x (sin
cos x x+ +cos
cosx x=)1+ 3sin x cos x = 1
2
2
2
⇔
kπ x cos x = 0
giải phương
−3sin x cos xx =+ 3sin
2
trình này ta được nghiệm .
5

5
b)Đặt y = 12cosx +5
12 cos x + 5sin x +y + − 6 = 0
+8 = 0
12ycos x + 5sin x + 14
sinx + 14 ,ta có phương
trình giải phương trình này ta được y =1vày =5. Do đó :
⇔x =
cos
cos
x +x 5sin
+ 5sin
x +−13
14 = 1(1)
12
12
 12
 cosxx++5sin
x = α +9 π + k212
5π
Giải (1) và
5sinxx=+−14
9 =(2)
5
 12cos
sin÷α+=k2π
x = α ± arccos  −cos
(2) ta được :;
 13  13
với và .

1 + cot2
cos
x.tan
x x ⇔π
1 22
c)ĐK: ;
= −6 − 3sin
sin 22x)x
x+2≠1k=+ 16(1
2
sin 2cos
x.sin2xx.cos ⇔
x 22
2
2
= 5 − 3sin 2 x ⇔ 3t − 5t + 2 = 0 (t = sin 2 2 x)
2
sin 2 x  sin 2 2x = 1
π cosπ2 2x = 0
⇔
x
=
−
⇔  4 +k 2
Bài 4: x= 1 là nghiệm của  2
3
+ sin α = 21
2
sin 2x = cos αcos
4x = − = cos α

α
phương trình đã cho khi và 
3 x = + k π 3

4
2
chỉ khi ta có đẳng thức

hay. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ 3  x = −πα1+ k π
α =α +4+ k2
sinπα = 1
cos
6 2 2
khi .
2 
Bài 5: a) Lấy M(0;1) thuộc d .Khi M ' = Tvr (M) = (−2; 2) ∈ d '
đó . Vì d’ song song với d nên d’
có phương trình dạng : 2x-3y + C = 0 .Thay toạ độ M’vào pt d’ ta được C =10 . Vậy
phương trình d’ : 2x –3y +10 =0.
r
2
−1;3)
b) Đường tròn ( C) có tâm I (1;- (xI '+=1)T2vr+(I)(y
=9
v =−(3)
2) ,R= 3.Gọi và ( C’) là ảnh của ( C)
qua phép tịnh tiến theo vectơ thì ( C’) có tâm I’ bán kính R’= 3 có pt :
⇒ ymax = 5 khi x = k

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH

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

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

x
Câu 1. a) Giải phương
2 3 sin x. ( 1 + cos x ) − 4 cos x.sin 2 − 3
2
trình:
=0
2sin
x
−
1
b)Tính giới hạn
sau
2 x + 1. 3 2.3x + 1. 4 3.4 x + 1...2013 2012.2013 x − 1
L = lim
x→0
Câu 2. a) Cho khai
x

triển:

( 1+ x + x

2

Chứng
minh đẳng thức sau:
b) Tính tổng:

+ x3 + ... + x10

)

11

= a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x 3 + ... + a110 x110

C110 a0 − C111 a1 + C112 a2 − C113 a3 + ... + C1110 a10 − C1111a11 = 11

−Cn1 2Cn2 3Cn3
( −1) nCnn
S
=
+
−
+
...
+
2

Câu 3. a) Cho tam giác
BB
= CBB
5; CC
2.3 3.4
4.5
cos' ∠
' = ' =( 2n + 1) ( n + 2 )
5
ABC có độ dài các
n

đường cao và . Tính diện tích tam giác ABC.
π

b) Cho tam giác ABC có các
2
góc thỏa mãn . Tính các góc
của tam giác đó khi biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất
A≤ B≤C ≤

P = 2 cos 4C + 4 cos 2C + cos 2 A + cos 2 B

Câu 4. Cho hình chóp SABC có và ABSC
( ABC
= a⊥; α
AC
=13a) 3
sin α =
tam giác ABC vuông tại B.

19
Biết và góc giữa hai mặt phẳng
(SAB), (SAC) bằng với . Tính độ dài SC theo a.
Câu 5. Cho dãy số 
4
( an )
a1 =

3
thỏa mãn:
∀n ≥ 1, n ∈ ¥

2
2
( n + 2 ) a = n a −<( nx+≤1) a a
Tìm .
n
n +1
n n +1

----------------------------------------------------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

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT

HÀ TĨNH

NĂM HỌC 2012-2013
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 11

Câu

Đáp án

Điể
m

Điều kiện: (*).
π

+ kπ
 x ≠ 6 đương:
Với điều kiện trên, phương trình đã1cho tương
sin x ≠ ⇔ 
, k,l ∈ ¢
x
2 3 sin x. ( 12+ cosxx) ≠
− 45πcos+ xlπ.sin 2 − 3 = 0
⇔ 2 3 sin x + 2 3 sin x.cos x 6− 2 cos x ( 12− cos x ) − 3 = 0
⇔ 2 3 sin x − cos x − 3sin 2 x − 2 3 sin x.cos x + cos 2 x = 0
 3 sin x − cos x = 0
⇔ 3 sin x − cos x
3 sin x − cos x − 2 = 0 ⇔ 

 3 sin x − cos x = 2

(

(

TH1:

) (

)(

)

)

π
3 sin x − cos x = 0 ⇔ cot x = 3 ⇔ x = + kπ , k ∈ ¢
π
π 6
π


3 sin x − cos x = 2 ⇔ 2  sin x cos − cos x sin ÷ = 2 ⇔ sin  x − ÷ = 1
6
6
6



0,5
0,5

0,5

0,5
0,5

TH2:

π π
2π
= + k 2π ⇔ x =
+ k 2π , k ∈ ¢
6 2
3
Đối chiếu điều kiện ta thấy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm
7π
2π
x3 =
+ k42π , x = 2013
+ k 2π , k ∈ ¢
3 2012.2013 x
2 x + 1 − 1 2.36x + 1. 3.4 x + 1...
L = lim
x→0
x2
⇔ x−

1b)

3,0
điểm

2a)

(

(
+ lim

3

)

)

2.3 x + 1 − 1

2b)

4

3.4 x + 1...2013 2012.2013 x
x

x →0

+ ... + lim

1,0

2013

x →0

2012.2013 x − 1
x

n
Chứng minh công thức:
ax + 1 − 1 a
lim
= ( a ≠ 0; n ∈ ¥ * )
(1).
x→0
x
n
Áp dụng (1) ta thu được
.
2011.2012
L = 1 + 2 + 3 + ... + 2012 =
= 2011.1006 = 2023066
Xét từ khai triển trên nhân hai vế với ( xx−≠211) 11 ta có:
11
11
(2)
x11 − 1 = ( x − 1) 11
a01 +11a1 x + a2 x 2 + ... + a110 x110
Hệ số của trong vế trái bằng

11− k
C11⇒
x= 11
VT
(2)
=
C11k x11k ( −1)
∑
11

k 
VP (2) =  ∑ C11k x11− k ( −1)k =0÷⇒
( 11a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a110 x110 )
Hệ số của trong
x
 k =0

vế phải bằng
C110 a0 − C111 a1 + C112 a2 − C113 a3 + ... + C1110 a10 − C1111a11
Từ đó suy ra đẳng
thức cần chứng minh

1,0

Ta có (3)
Cnk
( n + 1) !
Cnk++11
n!
1

=
=
.
=
k
k
k +2
Áp dụng 2 lần
k +công
1 kthức
!( k +(3)
1) ( n −( −k1) )! kCnnk+ 1 ( k (+−11))! kC
n n+
(
+1
2 ) − ( k + 1) 
! n +1
=
ta được:
( k + 1) ( k + 2 ) ( n + 1) ( n + 2 )
Cho k chạy từ 1 đến n rồi cộng vế các đẳng thức trên ta có

0,5
0,5

(

2,5
điểm

0,5

)

(

( n + 1) ( n + 2 ) S = −Cn3+ 2 + 2Cn4+2 − 3Cn5+2 + ... + ( −1)

1,0
1,0

)

0,5
1,0

0,5

n

nCnn++22
n
n +1
= − ( Cn2+1 + Cn3+1 ) + 2 ( Cn3+1 + Cn4+1 ) − 3 ( Cn4+1 + Cn5+1 ) + ... + ( −1) n +nC
1 nn++11
0
1
0
1
2

3
4
5
= Cn +1 − C
Cn+1 =
n +1 − Cn +1 − Cn +1 + Cn +1 −nCn +1 + Cn +1 − Cn +1 + ... + ( −1)
= −Cn2+1 + Cn3+1 − Cn4+1 + ... + ( −1) Cnn++11
n −1
1 − ( n + 1) − ( 1 − 1) = − n

(

)

0,5


Vậy .

2,0
điểm
3a)

2,5
điểm

S=

−n
( n + 1) ( n + 2 )

1

Xét hai trường hợp:
+) B và C không tù. Khi đó
2 CC ' 4
2 3
1
sin' =B = ⇒ sin
= C, cos
cos ∠CBB
= B ,=cos C =
5 BC 5
5 5
5
BB '
5
BC =
=
cos ∠CBB ' 2
Suy ra

A
B’
C’

H
C

B

⇒ sin A = sin B cos C + sin C cos B =

3b)

2,5
điểm

2
BB ' 5
1
5
⇒ AB =
= ⇒ S = AB.CC ' =
sin A 2
2
2
5

+) B hoặc C tù
BBB2' >
< CC
C '
Do nên và C tù
1
⇒ sin C =
, cos C = −
Còn (giống trường hợp 1)
4 225
3 25

⇒ sin
sin BA ==S 5=, cos, AB
B == 5
Suy ra
55 52
52
Ta có
π
π
1
A ≤ B ≤ C ⇒ ≤ C ≤ ⇒ 0 ≤ cos C ≤
cos 2 A + cos 2 B = 2 cos ( A + B ) 3cos ( A − B
2 ) = −2cocC cos (2A − B ) ≥ −2 cos C
(3)
( Do và ).
coscos
( AC− B≥ )0≤ 1
A = πB
Dấu bằng trong (3) xảy ra khi hoặc
C=
Từ đó
2 2 C − 1) 2 − 1 − 2 cos C =
P ≥ 4 ( 2 cos 2 C − 1) + 2 ( 2 cos

= 8cos 2 C ( 2cos 2 C − 1) − 2 cos C
2

4)

Ta chứng minh được

0,5
0,5

0,5
0,5

S

1,0

H
x

CK ⊥ ( SAB ), SA ⊥ (CHK )

0,5

0,5

16 cos 4 C − 8cos 2 C + 1 + 1 − 2 cos C − 4 = ( 4 cos 2 C − 1) + ( 1 − 2 cos C ) − 4 ≥ −4
(4).
Dấu bằng trong (4) xảy ra khi
π
C=
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất khi
3 π
A=B=C =
Gọi H, K là hình chiếu của C lên SA, SB.
3

1,0

K
C

a
B

A


.
Suy ra

⊥ KH
∆CHK
vuông SA

tại K và .
Do đó

2,5
điểm

α = ∠CHK .

Đặt . Trong tam giác vuông SAC ta có SC = x > 0

1,0

1
1
1
3a 2 x 2
2
=
+
⇒
CH
=
.
2
Tương tự, trong tam CH 2 CA 2 CS
2a 2 x 2
3a 2 + x 2
2
CK = 2
.
giác vuông SBC ta có
2a + x 2
5)

2,0
điểm

⇔
SC
a) 213 13
2(3

a 2x=
+=6x62aCK
13
⇔= 2 2 ⇔2 2 =*2 =
sin α
2n )≠19
a0, ∀
+nnx ∈
) ¥ 19 19
( n +a3(2
CH
*− ( n + 1)
=
y1 1=¥1 1
an +1yn n=∈
an +
a
4
n
1
1
n2
2
2
y
( n + 2 )  yn +1 − ÷ = n 2  yn − ÷− ( n + 1) ⇒ ( n + 2 ) yn +1 = n2 yn ⇒ yn+1 =
2 n
4
4



( n + 2)

Ta có , vì x > 0. Vậy
Dễ thấy . Từ giả thiết ta có
Với mỗi , đặt ta có và

Do đó
Vậy .

2
4
 n − 1   n − 2 4n ( n1 + 1)
yn = 
...
⇒
a
=
÷n
÷ 2 ÷ y1 2=
116 a−n n= 3(4n + 1) ( n + 1) 2 n 2
 n + 1   n −lim
2

2

2

2

0,5
0.5
1,0

0,5

Lưu ý: Mọi cách giải khác mà đúng đều cho điểm tương ứng
---------------------HẾT---------------------

SỞ GD&ĐT
QUẢNG BÌNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
SỐ BÁO DANH:……………..

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
NĂM HỌC 2012- 2013
Môn thi: Toán
(Khóa ngày 27 tháng 3 năm 2013)
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1:(3.0 điểm)
2 x

x
+
+ = 10

y y

 x 2 + 1 + 2 x = 12


y2

a) Giải hệ phương trình:
b)
Giải ( cos 2 x − cos 4 x ) 2 = 6 + 2sin 3x
phương
trình:


Câu 2:(2.5 điểm)

số:

a) Tính giới hạn dãy lim

(

n 4 + n2 + 1 − 3 n6 + 1

)

b) Cho dãy số xác u1 = 2013 ( un )

định như sau:

1
n
Tìm công thức số un +1 = n +1 un (+un2013
) n (n ≥ 1)

hạng tổng quát và giới hạn
dãy số ?
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 vuông góc với AC.
a) Tính SD.
b) Mặt phẳng () qua điểm M thuộc α đoạn OD (M khác O, D) và song song với
hai đường thẳng SD và AC.
Xác định thiết diện của hình chóp α S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (). Biết MD =
x. Tìm x để diện tích thiết diện lớn nhất.
Câu

4:(2.0 điểm)
phương trình:

Cho x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + d = 0
d = −2013

a) Với , chứng minh rằng

phương trình có ít nhất hai nghiệm phân biệt.
d =1 4
a 2 + b2 + c2 ≥
3

b) Với , giả sử phương trình

có nghiệm, chứng minh

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

SỞ GD&ĐT
QUẢNG BÌNH

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

HƯỚNG DẪN CHẤM


(Đáp án, hướng dẫn này có 4 trang)
yªu cÇu chung
* Đáp án chỉ trình 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 toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài.
Câu

Nội dung

1
y≠0 1

a) ĐK: . 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 b = 2
a + b = 13

TH1:
TH2:

a = 2
 1
a = 3 ⇒ ( x; y ) = 1; ÷

b
 31 
⇒ ( x; y ) = 2; ÷

 2
b = 2
⇔ 4sin x sin 3 x =( cos
6 +2 x2sin
− cos34xx )
2

2

2

= 6 + 2sin 3 x

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

Điểm

1,5
điểm
0,25
0,75

0,25

0,25
1,5

điểm

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

0,5

b)
0,5


2
lim

)

(

n 4 + n 2 + 1 − 3 n 6 + 1 = lim

(

n4 + n2 + 1 − n2 − ( 3 n6 + 1 − n 2 )

)

a)
Ta có:
lim

(

1


10
lim( 3 n6 + 1 − n 2 ) = lim 2
=
1
+

÷ 1
3 n 6+ 1 2

(n + 1) + n2 3 (n6 + 1) + n 4 n 2
÷=
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



)

Do đó

lim

(

b)

2

3

un > 0, ∀n ∈ N
unn++11 = unn +

Do đó:

)

6

...
Suy ra:

0,25
1,5
điểm
0,25

*

1
1
⇒ unn++11 − unn =
n
2013
2013n
1
2
1
u2 − u1 =
1

2013
1
3
2
u3 − u2 =
20132

unn − unn−−11 =

1
2013n −1

n −1

 1 
1− 
1
1
11 n −1  2013 ÷


=
unn − u11 =
+
+
...
+
1
2
n −1

1
−
2013 ÷
2013 2013
2012
n n −1
 u1 =  2013 +  2013 
1−  n ÷
n
2012
1 + 1 + ... + 1 + 2014
2013
2013 
1 < un = 2013 + 
< n 2014 <
= 1+
2012
n
n

(Cô si)
Mặt khác . Vậy

0,25
0,25

1
n + n +1 − n +1 =
2
4

1,0
điểm
0,25

0,5

= 1
lim u2013
lim 1 + n ÷ = 1
n 


0,25
S
K
Q

3
B

C
J

P

O
A

M

N

D

T

0,25
0,25
2,5
điểm


0,25
a) Dễ thấy đáy ABCD là nữa hình a 3 lục giác đều cạnh a.
0
⇒SCT
ST == a1207
Kẻ DT//AC (T thuộc BC). Suy ∠
ra CT=AD=a và DT vuông góc SD.
ST = a 7a ⇒
3 SD = 2a
Ta có: DT=AC=.
Xét tam giác SCT có SC=2a, CT=a,
Xét tam giác vuông SDT có DT=,
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 1 ( NJ + MK ) MN + 1 ( MK + PQ) MP
2
cùng vuông góc với 2

NP.
1
( NJ + MK ).NP
2
NP MD
AC.MD x.a 3
=
⇒ NP =
=
= 3x
AC OD
OD
 aa 
2a. 
− x÷
NJ AN OM
SD.OM
33 

=
=
⇒ NJ =
=
= 2(a − x 3)
a
SD AD OD
OD
3
=

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

dt(NPQKJ)=dt(NMKJ)+dt(MPQK)=
(do
KM BM
SD.BM 2a. ( a 3 − x )
2
=1  ⇒ KM = 2
= 
=
(a 3 − x)
NJ=PQ).
SD
BD
BD
a
3
3
2(a − x 3) +
( a 3 − x) ÷3 x = 2(3a − 2 3 x) x
Ta có:
2 
3


=

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

Suy ra: dt(NPQKJ)=

0,5

3 33
x = a 2a
4 4

Diện tích NPQKJ lớn nhất bằng khi

0,25
0,25


4
a) d= -2013

Đặt liên tục trên f ( x ) = x 4 + ax 3 + bx 2 + cx − 2013
R.
Ta có:
f ( 0 ) = −2013 < 0
(αα) <
>f 0;
(=
>β 0)+∞
f>(0β ) < 0
( xβf) (0).
Mặt khác , nên tồn tại f (0). flim
x →±∞
2 số sao cho . Do đó .
Vậy phương trình có ít nhất hai (α , 0) nghiệm phân biệt thuộc hai
khoảng
(0, β )
và
là nghiệm của x0 x≠0 0 phương trình ()
−1
1
x04 + ax03 + bx02 + cx0 + 1 = 0 ⇔ b = − x02 + 2 − ax0 − c
x0
x0

b) d=1: Gọi

1.0
điểm

0,25

0,5
0,25
1.0
điểm

0,25
2

 2 −1
1
1  2 1
2
2
( a + b + c ) ( x + x 2 + 1) = a + c +  − x0 + x 2 − ax0 − c x ÷  ( x0 + x 2 + 1)

0
0
0  
0


2

2

2

2
0

Ta có:
2

2


1
−1
1 
1 
≥  ax0 + c − x02 + 2 2−ax10 − c 2÷ =  x02 + 2 ÷
Suy ra: với
t =x0x0 + x 22+≥ 12x0  
x0
x0 

2
Mặt
khác: t 2 4 2 22 2 t ≥ 2x00 x02 ÷
t
≥ ( a⇔+ 3bt +−c4t) −≥4 ≥ 0 ⇔ (t − 2)(3
= t + 2) ≥ 0
t +1 3
1
(đúng do ).
x02 + 2 + 1 t + 1
x4
Vậy .
a 2 + b 2 + c 2 ≥0

Dấu bằng xảy ra khi (ứng a = bx=0 =c 1= − 23
3
với )

với)

0,25

(ứng a = c x=0 2= ,−b1= − 2
3

0,25

3

0,25

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
——————
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2011-2012
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho học sinh THPT chuyên Vĩnh Phúc
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
————————————

Câu 1 (3,0 điểm).
 y = x( xy + 2)


 z = y ( yz + 2) ( x, y , z ∈ ¡ )
 x = z ( zx + 2)


1.

Giải hệ phương trình: .