Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 11 môn Toán năm 2012 - 2013

SỞ GD&ĐT<br /> QUẢNG BÌNH<br /> <br /> KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT<br /> NĂM HỌC 2012- 2013<br /> Môn thi: Toán<br /> ĐỀ THI CHÍNH THỨC<br /> (Khóa ngày 27 tháng 3 năm 2013)<br /> SỐ BÁO DANH:……………..<br /> Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)<br /> <br /> Câu 1:(3.0 điểm)<br /> <br /> 2 x<br /> <br /> x<br /> <br />   10<br /> <br /> y y<br /> a) Giải hệ phương trình: <br />  x 2  1  2 x  12<br /> <br /> y2<br /> 2<br /> b) Giải phương trình:  cos 2 x  cos 4 x   6  2sin 3 x<br /> Câu 2:(2.5 điểm)<br /> <br /> a) Tính giới hạn dãy số: lim<br /> <br /> <br /> <br /> n4  n2  1  3 n6  1<br /> <br /> <br /> <br /> u1  2013<br /> b) Cho dãy số  un  xác định như sau: <br /> 1<br /> n<br /> (n  1)<br /> un 1  n 1 un <br /> 2013n<br /> <br /> Tìm công thức số hạng tổng quát và giới hạn dãy số  un  ?<br /> <br /> Câu 3:(2.5 điểm)<br /> Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình thang cân (AD//BC) và BC=2a,<br /> AB=AD=DC=a (a>0). Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC<br /> và BD. Biết SD vuông góc với AC.<br /> a) Tính SD.<br /> b) Mặt phẳng (  ) qua điểm M thuộc đoạn OD (M khác O, D) và song song với<br /> hai đường thẳng SD và AC.<br /> Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (  ). Biết MD = x.<br /> Tìm x để diện tích thiết diện lớn nhất.<br /> Câu 4:(2.0 điểm) Cho phương trình: x 4  ax 3  bx 2  cx  d  0<br /> a) Với d  2013 , chứng minh rằng phương trình có ít nhất hai nghiệm phân biệt.<br /> b) Với d  1 , giả sử phương trình có nghiệm, chứng minh a 2  b 2  c 2 <br /> <br /> --------------------HẾT----------------------<br /> <br /> 4<br /> 3<br /> <br /> SỞ GD&ĐT<br /> QUẢNG BÌNH<br /> <br /> KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT<br /> NĂM HỌC 2012 - 2013<br /> Môn thi: Toán<br /> (Khóa ngày 27 tháng 3 năm 2013)<br /> <br /> HƯỚNG DẪN CHẤM<br /> (Đáp án, hướng dẫn này có 4 trang)<br /> yªu cÇu chung<br /> * Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập<br /> luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng.<br /> * Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải<br /> sau có liên quan. Ở câu 3 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0.<br /> * Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần là<br /> 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.<br /> * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng<br /> bài.<br /> * Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài.<br /> Câu<br /> <br /> Nội dung<br /> <br /> 1<br /> <br /> Điểm<br /> <br /> 1,5 điểm<br /> a) ĐK: y  0 . Đặt a  x  1; b <br /> <br /> 1<br /> y<br /> <br /> Ta có hệ phương trình trở thành<br />  a  b  ab  11  a  b  5 a  b  7<br />  a  2 a  3<br /> <br /> <br /> (<br /> VN<br /> )<br /> <br /> <br />  2<br /> <br /> <br /> <br /> 2<br /> ab<br /> <br /> 6<br /> ab<br /> <br /> 18<br /> b<br /> <br /> 3<br /> a<br /> <br /> b<br /> <br /> 13<br /> <br /> <br /> <br /> b  2<br /> <br /> a  2<br />  1<br /> TH1: <br />  ( x; y )  1; <br />  3<br /> b  3<br /> <br /> a  3<br />  1<br /> TH2: <br />  ( x; y )   2; <br />  2<br /> b  2<br /> 2<br /> b)  cos 2 x  cos 4 x   6  2sin 3 x<br /> <br /> 0,25<br /> 0,75<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 0,25<br /> 1,5 điểm<br /> <br />  4sin 2 x sin 2 3 x  6  2sin 3 x<br />  4(1  sin 2 x sin 2 3 x)  2(1  sin 3 x)  0<br /> <br /> 0,5<br /> <br />  4 sin 2 x(1  sin 2 3 x)  cos 2 x   2(1  sin 3 x )  0<br />  4(sin 2 x cos 2 3 x  cos 2 x )  2(1  sin 3 x)  0<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> sin 3 x  1<br /> sin 3 x  1<br /> <br /> <br />  sin 2 x cos 2 3 x  0   2<br />  x   k 2 (k  Z )<br /> 2<br /> cos x  0<br /> cos 2 x  0<br /> <br /> <br /> 0,5<br /> <br /> Trang: 1 - Đáp án Toán 11<br /> <br /> 2<br /> a) lim<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> n 4  n2  1  3 n6  1  lim<br /> <br /> <br /> <br /> n4  n 2  1  n 2  ( 3 n6  1  n 2 )<br /> <br /> <br /> <br /> 1,0 điểm<br /> 0,25<br /> <br /> Ta có:<br /> <br /> <br /> 1<br /> 1<br /> <br /> <br />  1<br /> 2<br /> <br /> <br /> n 1<br /> n<br /> <br /> <br /> lim n 4  n2  1  n 2  lim <br /> <br /> lim<br /> <br /> 4<br /> 2<br /> 2<br /> 1<br /> 1<br /> <br />  2<br /> n<br /> <br /> n<br /> <br /> 1<br /> <br /> n<br /> <br /> <br />  1 2  4 1<br /> n<br /> n<br /> <br /> <br /> 1<br /> lim( 3 n 6  1  n 2 )  lim<br /> 0<br /> 3<br /> ( n6  1) 2  n 2 3 ( n6  1)  n 4<br /> 1<br /> Do đó lim n 4  n2  1  3 n6  1 <br /> 2<br /> <br /> <br /> <br /> 2<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> b) un  0, n  N<br /> <br /> 0,25<br /> 0,25<br /> 0,25<br /> 1,5 điểm<br /> 0,25<br /> <br /> *<br /> <br /> 1<br /> 1<br />  unn11  unn <br /> n<br /> 2013<br /> 2013n<br /> 1<br /> Do đó: u22  u11 <br /> 20131<br /> 1<br /> u33  u22 <br /> 20132<br /> unn11  unn <br /> <br /> ...<br /> unn  unn11 <br /> <br /> Suy ra: unn  u11 <br /> <br /> 1<br /> 2013n 1<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> 1<br /> 1<br /> 1<br /> <br />  ... <br /> 1<br /> 2<br /> 2013 2013<br /> 2013n 1<br /> <br />  1 <br /> 1 <br /> n<br /> 2013 <br /> un  2013  <br /> 2012<br /> <br />  1 <br /> 1 <br /> <br /> 2013 <br />  <br /> 2012<br /> <br /> n 1<br /> <br /> n 1<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> n 1<br /> <br />  1 <br /> 1 <br /> <br /> n<br /> 1  1  ...  1  2014<br /> 2013<br /> 2013 <br /> <br /> 1  un  2013 <br />  n 2014 <br /> 1<br /> (Cô si)<br /> 2012<br /> n<br /> n<br /> 2013 <br /> Mặt khác lim 1 <br />   1 . Vậy lim un  1<br /> n <br /> <br /> <br /> Trang: 2 - Đáp án Toán 11<br /> <br /> 0,25<br /> 0,25<br /> <br /> 3<br /> <br /> 2,5 điểm<br /> <br /> S<br /> K<br /> Q<br /> B<br /> <br /> C<br /> J<br /> <br /> T<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> P<br /> O<br /> M<br /> <br /> A<br /> <br /> D<br /> <br /> N<br /> <br /> a) Dễ thấy đáy ABCD là nữa hình lục giác đều cạnh a.<br /> Kẻ DT//AC (T thuộc BC). Suy ra CT=AD=a và DT vuông góc SD.<br /> Ta có: DT=AC= a 3 .<br /> Xét tam giác SCT có SC=2a, CT=a, SCT  1200  ST  a 7<br /> Xét tam giác vuông SDT có DT= a 3 , ST  a 7  SD  2a<br /> b) Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt AD, DC lần lượt tại N,P.<br /> Qua M, N, P kẻ các đường thẳng song song với SD cắt SB, SA, SC lần<br /> lượt tại K, J, Q. Thiết diện là ngũ giác NPQKJ.<br /> Ta có: NJ, MK, PQ cùng vuông góc với NP.<br /> 1<br /> 2<br /> <br /> 1<br /> 2<br /> <br /> 0,25<br /> 0,25<br /> 0,25<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> dt(NPQKJ)=dt(NMKJ)+dt(MPQK)= ( NJ  MK ) MN  ( MK  PQ )MP<br /> 1<br />  ( NJ  MK ).NP (do NJ=PQ).<br /> 2<br /> NP MD<br /> AC.MD x.a 3<br /> Ta có:<br /> <br />  NP <br /> <br />  3x<br /> a<br /> AC OD<br /> OD<br /> 3<br />  a<br /> <br /> 2a. <br />  x<br /> NJ AN OM<br /> SD.OM<br />  3<br />   2(a  x 3)<br /> <br /> <br />  NJ <br /> <br /> a<br /> SD AD OD<br /> OD<br /> 3<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> KM BM<br /> SD.BM 2a. a 3  x<br /> 2<br /> <br />  KM <br /> <br /> <br /> (a 3  x )<br /> SD<br /> BD<br /> BD<br /> a 3<br /> 3<br /> 1<br /> 2<br /> <br /> Suy ra: dt(NPQKJ)=  2(a  x 3)  (a 3  x )  3 x  2(3a  2 3 x) x<br /> 2<br /> 3<br /> <br /> 2<br /> 1<br /> 1 <br /> 3 3 2<br /> (3a  2 3x )2 3x <br /> (3a  2 3x )  2 3x  <br /> a<br /> <br /> 4<br /> 3<br /> 4 3<br /> 3 3 2<br /> 3<br /> Diện tích NPQKJ lớn nhất bằng<br /> a khi x <br /> a<br /> 4<br /> 4<br /> <br /> <br /> <br /> Trang: 3 - Đáp án Toán 11<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> 0,25<br /> 0,25<br /> <br /> 4<br /> <br /> 1.0 điểm<br /> a) d= -2013<br /> Đặt f ( x)  x 4  ax 3  bx 2  cx  2013 liên tục trên R.<br /> Ta có: f  0   2013  0<br /> Mặt khác lim f ( x)   , nên tồn tại 2 số   0;   0 sao cho<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> x <br /> <br /> f ( )  0; f (  )  0 . Do đó f (0). f ( )  0; f (0). f (  )  0 .<br /> <br /> Vậy phương trình có ít nhất hai nghiệm phân biệt thuộc hai khoảng ( , 0)<br /> và (0,  )<br /> <br /> 0,5<br /> 0,25<br /> 1.0 điểm<br /> <br /> b) d=1: Gọi x0 là nghiệm của phương trình ( x0  0 )<br /> 1<br /> 1<br /> x04  ax03  bx02  cx0  1  0  b   x02  2  ax0  c<br /> x0<br /> x0<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 2<br /> <br />  2 1<br /> 1<br /> 1  2 1<br /> 2<br /> 2<br /> Ta có:  a  b  c  ( x  2  1)  a  c    x0  2  ax0  c   ( x0  2  1)<br /> x0<br /> x0<br /> x0  <br /> x0<br /> <br /> <br /> <br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> 2<br /> 0<br /> <br /> 2<br /> <br /> <br /> 1<br /> 1<br /> 1 <br /> 1 <br />   ax0  c  x02  2  ax0  c    x02  2 <br /> x0<br /> x0<br /> x0  <br /> x0 <br /> <br /> <br /> 2<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 2<br /> <br />  2 1 <br />  x0  2 <br /> x0 <br /> t2<br /> 1<br /> 2<br /> 2<br /> 2<br /> Suy ra:  a  b  c   <br /> <br /> với t  x02  2  2<br /> 1<br /> x0<br /> x02  2  1 t  1<br /> x0<br /> <br /> t2<br /> 4<br />   3t 2  4t  4  0  (t  2)(3t  2)  0 (đúng do t  2 ).<br /> t 1 3<br /> 4<br /> Vậy a 2  b 2  c 2  .<br /> 3<br /> 2<br /> Dấu bằng xảy ra khi a  b  c   (ứng với x0  1 )<br /> 3<br /> 2<br /> 2<br /> a  c  , b   (ứng với x0  1 )<br /> 3<br /> 3<br /> <br /> Mặt khác:<br /> <br /> Trang: 4 - Đáp án Toán 11<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 0,25<br /> <br />