Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 môn Toán

Chia sẻ: Lam Chi Linh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:18

Thêm vào BST

Báo xấu

132
lượt xem 37
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 kèm đáp án giúp các em ôn tập lại các kiến thức đã học, đánh giá năng lực làm bài của mình và chuẩn bị kì thi sắp tới được tốt hơn với số điểm cao như mong muốn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 môn Toán

S GIÁO D C & ĐÀO T O QU NG BÌNH KỲ THI CH N H C SINH GI I L P 11 Năm h c 2012 - 2013 Đ CHÍNH TH C Môn: TOÁN THPT Th i gian 180 phút (không k th i gian giao đ ) Câu I (3,0 đi m) x + 2 + x = 10   a) Gi i h phương trình: y y . x2 + 1 + 2x = 12  y2 b) Gi i phương trình: (cos 2x − cos 4x)2 = 6 + 2 sin 3x. Câu II (2,5 đi m) √ √ a) Tính gi i h n: lim n4 + n2 + 1 − 3 n6 + 1 .  u1 = 2013 b) Cho dãy s (un ) th a mãn 1 . un+1 = n+1 un +n 2013n Tìm s h ng t ng quát và gi i h n c a dãy s . Câu III (2,5 đi m) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang cân (AD||BC) và BC = 2a, AB = AD = CD = a. G i O là giao đi m AC và BD. M t bên SBC là tam giác đ u. Bi t SD vuông góc AC. a) Tính đ dài đo n th ng SD. b) M t ph ng (α) đi qua M thu c đo n OD song song SD và AC. Xác đ nh thi t di n hình chóp c t b i (α). Bi t M D = x, tìm x đ di n tích l n nh t. Câu IV (2,0 đi m) Cho phương trình : x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0. a) V i d = −2013, ch ng minh phương trình có ít nh t hai nghi m phân bi t. 4 b) V i d = 1, gi s phương trình có nghi m, ch ng minh: a2 + b2 + c2 ≥ . 3 ——— H t ——— 1
L I GI I CHI TI T Giáo viên biên so n: NGUY N MINH HI U Câu I (3,0 đi m) x + 1 + 1 + (x + 1) 1 = 11   a) H đã cho tương đương v i y y . (x + 1)2 + 1 = 13  y2 1 u + v + uv = 11 2(u + v) + 2uv = 22 (1) Đ t x + 1 = u; = v, h tr thành 2 + v 2 = 13 ⇔ . y u (u + v)2 − 2uv = 13 (2) u+v =5 C ng theo v (1) và (2) ta có (u + v)2 + 2(u + v) = 35 ⇔ . u + v = −7 V i u + v = −7 ⇒ uv = 18 (vô nghi m).   x=2 u=3  1 v=2  y= 2 .  V i u + v = 5 ⇒ uv = 6 ⇒  ⇒   u=2  x=1 v=3  1 y= 3 1 1 V y h có hai nghi m (x; y) = 2; ; (x; y) = 1; . 2 3 b) Phương trình đã cho tương đương v i 4 sin2 x sin2 3x = 6 + 2 sin 3x. Ta có 4 sin2 x sin2 3x ≤ 4 và 6 + 2 sin 3x ≥ 4, do đó phương trình tương đương v i h π  sin2 x = 1   cos x = 0 x = + kπ π sin2 3x = 1 ⇔ ⇔ 2 ⇔ x = + k2π  sin 3x = −1 x = − π + k 2π 2 sin 3x = −1  6 3 π V y phương trình có nghi m x = + k2π (x ∈ Z). 2 Câu II (2,5 đi m) √ √ 3 a) Đ t L = lim n4 + n2 + 1 − n6 + 1 , ta có 3 L = lim n4 + n2 + 1 − n2 + n2 − n6 + 1    n4 + n2 + 1 − n4 − +1 n6 n6 = lim  √ +  n4 + n2 + 1 + n2 n4 + n2 3 n 6 + 1 + √n6 + 1 √ 3 2    n2 + 1 1  = lim  − 2  1 1 n2   1+ n2 + n4 +1 n4 1 + 3 1+ 1 + 3 1+ 1 n6 n6 1 = 2 1 V yL= . 2 2
b) Nh n th y r ng un > 0, ∀n ∈ N∗ . 1 1 Theo gi thi t ta có un+1 = un + n+1 n n+1 n n ⇔ un+1 − un = 2013n . 2013 2 − u1 = 1 3 − u2 = 1 n n−1 1 Do đó u2 1 20131 ; u3 2 2013 2 ; ...; un − un−1 = 2013n−1 . 1 n−1 1 1 1 1 − 2013 C ng theo v các đ ng th c trên đư c un −u1 = n 1 + +...+ = . 20131 20132 2013n−1 2012 1 n−1 n 1− 2013 T đó suy ra un = 2013 + . 2012 1 n−1 n 1− √ D th y 1 < un = 2013 + 2013 < n 2014, ∀n ∈ N∗ . 2012 1 + 1 + ... + 1 +2014 √ n−1 s 1 2013 Theo b t đ ng th c AM − GM có n 2014 < =1+ . n n 2013 Do đó 1 < un < 1 + , ∀n ∈ N∗ . n 2013 L i có lim 1 + = 1 ⇒ lim un = 1. n V y lim un = 1. Câu III (2,5 đi m) S K Q J H B C O P M A I D a) G i H là trung đi m BC, t gi thi t ta có HA = HB = HC = HD = a. Suy ra AHCD là hình thoi nên HD⊥AC mà SD⊥AC nên AC⊥(SHD) ⇒ SH⊥AC (1). √ L i có tam giác SBC đ u c nh 2a nên SH = a 3 và SH⊥BC (2). √ √ T (1) và (2) ta có SH⊥(ABCD) ⇒ SH⊥HD ⇒ SD = SH 2 + HD2 = 3a2 + a2 = 2a. b) Qua M k đư ng th ng song song AC c t AD và CD l n lư t t i I và P . Qua I, M, P k các đư ng th ng song song SD c t SA, SB, SC l n lư t t i J, K, Q. Khi đó thi t di n c n tìm là ngũ giác IJKQP . Ta có SD⊥AC nên IJKM và P QKM là các hình thang vuông t i I, M và P, M . 1 1 Do đó SIJKQP = SIJKM + SP QKM = IM (IJ + KM ) + P M (P Q + KM ). 2 2 1 1 D th y IJ = P Q nên SIJKQP = (IJ + KM )(IM + P M ) = IP (IJ + KM ). 2 2√ OD AD 1 1 a 3 Ta có ∆OAD ∼ ∆OCB ⇒ = = ⇒ OD = BD = . OB BC 2 √3 3 IP DM DM.AC x.a 3 T IP ||AC ⇒ = ⇒ IP = = √ = 3x. AC DO DO a 3 3 √ a 3 IJ AI OM OM.SD 3 − x .2a √ T IJ||SD ⇒ = = ⇒ IJ = = √ = 2(a − x 3). SD AD OD OD a 3 3 3
√ KM BM BM.SD a 3 − x .2a 2 √ T KM ||SD ⇒ = ⇒ KM = = √ = √ a 3−x . SD BD BD a 3 3 1 √ 2x √ √ Khi đó SIJKQP = 3x 2a − 2x 3 + 2a − √ = 3 3a − 2x 2x 2 3 √ 2 √ √ 3a − 2x + 2x 3 3a2 Theo b t đ ng th c AM − GM ta có SIJKQP ≤ 3 = . 2 4 √ √ a 3 D u b ng x y ra khi 3a − 2x = 2x ⇔ x = . 4 √ √ 3 3a2 a 3 V y di n tích thi t di n IJKQP đ t giá tr l n nh t là khi x = . 4 4 Câu IV (2,0 đi m) a) V i d = −2013, phương trình tr thành x4 + ax3 + bx2 + cx − 2013 = 0. Đ t f (x) = x4 + ax3 + bx2 + cx − 2013; khi đó f (x) là hàm s đa th c nên liên t c trên R. Ta có lim f (x) = +∞ nên t n t i hai s α < 0 và β > 0 sao cho f (α) > 0; f (β) > 0. x→±∞ L i có f (0) = −2013 < 0 nên f (α).f (0) < 0 và f (β).f (0) < 0. V y phương trình đã cho có ít nh t hai nghi m phân bi t thu c hai kho ng (α; 0) và (0; β). 1 1 b) V i d = 1, phương trình tr thành x4 + ax3 + bx2 + cx + 1 = 0 ⇔ x2 + 2 + ax + c. + b. x x Gi s phương trình có nghi m x0 . 2 1 1 1 1 2 Khi đó x2 + 2 + ax0 + c. + b = 0 ⇒ ax0 + c. + b = x0 + 0 . x0 x0 x0 x0 2 1 1 Theo b t đ ng th c Cauchy −Schwarz có ax0 + c. + b ≤ a2 + b2 + c2 x2 + 2 + 1 . 0 x0 x0 1 2 x0 + 1 2 1 x0 Hay x0 + ≤ a2 + b2 + c2 x2 + 2 + 1 ⇔ a2 + b2 + c2 ≥ 0 1 . x0 x0 x2 + 2 +1 0 x0 1 t 2 Đ t x2 + 2 = t ≥ 2, ta có a2 + b2 + c2 ≥ 0 . x0 t+1 t2 4 L i có ≥ ⇔ 3t2 − 4t − 4 ≥ 0 ⇔ (t − 2)(3t + 2) ≥ 0 (đúng do t ≥ 2). t+1 3 Do đó a 2 + b2 + c2 ≥ 4 . Ta có đi u ph i ch ng minh. 3 x0 = 1 a=b=c= 2 D u b ng x y ra khi t = 2 ⇒ x2 = 1 ⇒ ⇒ 3 . 0 x0 = −1 a = c = −b = 23 ——— H t ——— 4
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ THI CHUYÊN ĐỀ KHỐI 11 LẦN I NĂM HỌC 2013 -2014 TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ Môn thi: TOÁN Khối D Thời gian làm bài: 150 phút không kể thời gian phát đề Câu I (4.0 điểm) 1. Giải phương trình: sin 3 x  cos 3 x  sin x  cos x  2 cos 2 x  x  x  2  2 x  y   9  2. Giải hệ phương trình  2 x  4x  y  6  Câu II (2.0 điểm) Cho bất phương trình x 2  2  m  1 x  3m  2  0 1. Giải bất phương trình với m  1 2. Tìm tất cả những giá trị của tham số m để bất phương trình nghiệm đúng x  0 Câu III (3.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ xy : O 1. Cho đường tròn (C): x 2  y 2  2x  4 y  3  0 . Viết phương trình đường tròn (C') là ảnh của đường tròn (C) qua phép đối xứng trục là đường thẳng () : x  2  0 . 2. Cho 4 điểm: A(1; 0), B( 2; 4), C ( 1; 4), D(3;5) và đường thẳng () : 3x  y  5  0 . Tìm tọa độ điểm M thuộc () sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau. Câu IV (1.0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  2sin x  cos 2 x  2 trên nửa    khoảng   ;  .  2 6 --------------Hết------------- Họ tên thí sinh…………………………………………SBD……………………………….......................... Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm!
ĐÁP ÁN TOÁN 11 Câu Nội dung trình bày Điểm PT  2 cos 2 x sin x  2cos 2 x cos x  2 cos 2 x 0.5 0.5 cos 2 x  0 ……………………………… 1.0đ  cos 2 x 2sin x  2 cos 2 x  2  0       1 cos  x       4 2 0.5 I.1    2.2 x  4  k 2 2.0(điểm)   x  7  l 2  k , l , m    ………………………………………………………………  12   x     m2 0.5   12 1.0đ Hệ  x  2 x   2 x  y   9 2 0.5  I.2  …………………………………………….............................0.5đ 2.   x2  2x    2 x  y   6 2.0(điểm) Vậy x 2  2 x va 2 x  y là 2 nghiệm của PT: 0.5 t 2  6t  9  0  t  3 ………………….................0.5đ 0.5 Giải hệ tìm được  x; y   1;1 ,  x; y    3;9  ……………………………………… 0.5đ 0.5 Đáp số……………………………………………………… 0.5đ II.1 1.  Với m  1 ta có BPT x 2  4x  1  0  m  ; 2  3    2  3;  1.0đ    1.0 1.0(điểm) 0.25  /  m 2  m  3  0 m Gọi x1 , x2  x1  x2  là hai nghiệm của PT x 2  2  m  1 x  3m  2  0 II.2 0.5 1 Thì nghiệm của BPT là x   ; x1    x2 ;    BPT đúng x  0  x1  x2  0 1.0(điểm) 0.5đ  S  2  m  1  0  2   m  . Kết luận ………. 0.5đ 0.25  P  3m  2  0  3  1 0.25 y  2sin 2 x  2sin x  1, t  sin x  1  t    2 IV 0.25đ 0.25 1.  1 1.0(điểm) Xét hàm số f (t )  2t 2  2t  1 trên nửa khoảng  1;  . Lập BBT...................... 0.5đ  2 5 1 1 1 Kết luận: Maxy  khi sin x  . Miny  khi sin x   .................. 0.25đ 0.25 2 2 2 2 0.25 Đường tròn (C) có tâm I (1; 2), R  2 . Gọi I'(a;b), R' lần lượt là tâm và bán kính của (C') , 0.25 Thì R' =R và I' đối xứng với I qua  thì trung điểm O của II' thuộc  ............. 0.5đ a 1     20 a  3 0.5 và u  II '   2  ............................ 1.0đ III.1 0( a  1)  1(b  2)  0  b2 2  0.25
2.0(điểm) vậy (C'):  x  32   y  2 2  2 ........................................................ 0.5đ 0.5 pt AB :4 x  3 y  4  0, AB  5; CD : x  4 y  17  0, CD  17 M    M  t ;3t  5  . 0.5 13t  19 11t  37 0.5 III.2 d  M , AB   ; d  M , CD   ............................ 0.75đ 0.25 5 17 1. 1.0(điểm) 7 S MAB  S MCD  d  M , AB   d  M , CD   t  9; t  3 7  0.25 Kết luận: Có hai điểm M thỏa mãn M 1  9; 32  ; M 1  ; 2  ……................. 0.25đ 3  --------------------Hết-------------------
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO LỚP 11 ĐỀ THI CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2010-2011 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 29/03/2011. Chú ý: 1, Thí sinh được sử dụng một trong các loại máy tính Casio: fx 500A , fx 220, fx 500MS, fx 570MS, fx 500ES, fx 570ES, Vinacal . 2, Nếu không nói gì thêm hãy tính chính xác đến 4 chữ số sau dấu phẩy. 3, Đề thi gồm có 03 trang 4, Thí sinh làm bài trực tiếp vào đề thi này. Điểm bài thi Giám khảo 1 Giám khảo 2 Số phách Bằng số Bằng chữ Bài 1(5 điểm):Tìm nghiệm gần đúng( theo độ, phút, giây) của phương trình: 3sin 2 x  sinx cos x  4cos 2 x  2 Sơ lược cách giải: Kết quả: 8 x3 3 sin 1  ln(7  11x4 ) Bài 2(5 điểm): Cho hàm số f ( x )   e . 19 x2 8 Tính gần đúng giá trị của hàm số tại x  9  2 . Sơ lược cách giải: Kết quả: Bài 3(5 điểm): Tìm chữ 2 số tận cùng của số S  1! 2! 3! 4! 5! ...  9999! 1
( n! =1.2.3.4.5…n là tích của n số nguyên dương đầu tiên) Sơ lược cách giải: Kết quả: Bài 4(5 điểm): Tìm hệ số của x8 trong khai triển (x2 + 2)n, biết: A 3  8C2  C1  49 . n n n Sơ lược cách giải: Kết quả: 20102011 20082009 Bài 5(5 điểm): Tìm số dư của 5 khi chia cho 19 ? Sơ lược cách giải: Kết quả: 4 Bài 6(5 điểm):Tìm hai số tự nhiên nhỏ nhất thỏa mãn: ( ag )  a     g Trong đó ***** là các chữ số không ấn định điều kiện. Sơ lược cách giải: Kết quả: 2
Bài 7(5 điểm): Cho hình chóp SABCD, ABCD là hình vuông cạnh 3 , SA (ABCD), SA = 2 3 . Mặt phẳng () qua BC tạo với AC một góc 30o, cắt SA, SD lần lượt tại M và N. Tính diện tích thiết diện BCNM. Sơ lược cách giải: Kết quả: Bài 8(5 điểm): Tìm các nghiệm gần đúng của phương trình: x 70  x 45  5 x 20  10 x12  4 x  25  0 Sơ lược cách giải: Kết quả: Bài 9(5 điểm): Số M=123456789101112…998999, trong đó ta viết các số từ 1 đến 999 liên tiếp nhau. Hỏi chữ số thứ 2012 trong M là chữ số nào? Sơ lược cách giải: Kết quả: Bài 10(5 điểm):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. Sơ lược cách giải: Kết quả: ----------Hết ------------ 3
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CHẤM MÔN MTCT LỚP 11 NĂM HỌC 2010-2011: Điểm Điểm Bài Cách giải TP toàn bài 2 2 2 Đưa pt 3sin x  sinx cos x  4cos x  2 thành pt t  t  6  0 với t  t anx, ta tìm được t1  3; t2  2 . Từ đó suy ra các nghiệm của 2 1 5 phương trình đã cho là: 3 x1  71033'54'' k1800; x2  630 26'6'' k1800 , k  Tính giá trị của biểu thức g(x)= sin 1  ln(7  11 x4 ) tại x  9  2 , ta   được g 9  2  0,4186969412, ấn tiếp SHIFT STO A 2 2 8 X3 5 Ấn tiếp  e A , nhập X  9  2 , ta được kết quả 3 3 19 X 2  8  f 9 2  5,2377 Ta có S  1! 2! 3! 4! 5! ...  9999!  1  2  1.2.3  1.2.3.4  ...  1.2.3.4.5....9.10  ...  1.2.3.4.5....9999 1 3  1  2  6  24  120  720  5040  40320  262880  100k , k   2 5  1  2  6  24  20  20  40  20  80(mod100)  13(mod100) . 2 Vậy 2 chữ số tận cùng của S là 1 và 3. b. Điều kiện n  4. n  Ta có: x 2  2   C x n k 2k n  k n 2 k 0 1 4 Hệ số của số hạng chứa x8 là C4 2n  4 n 5 Ta có: A 3  8C2  C1  49 (n – 2)(n –1)n – 4(n – 1)n + n= 49 n n n 2  n3 – 7n2 + 7n – 49 = 0  (n – 7)(n2 + 7) = 0  n = 7 2 Vậy hệ số của x8 trong khai triển là C4 23  280 7 Kiểm tra bằng máy tính, ta có: 59  1(mod19);2008  1(mod 9) 1 20102011 5 Do đó đặt 2008 2009  9 k  1 thì 1 5 20102011 1 20082009 5  59 k1  5.(59 )k  5(mod19) Vậy số dư cần tìm là 5 . 2 4 Do ( ag )  a    g gồm 7 chữ số nên ta có : 1 4 1.000 .000  (ag )  9.999 .999  31  ag  57 . 6 Dùng phương pháp lặp để tính: 5 Ấn 31 SHIFT STO A 2 Ghi vào màn hình : A = A + 1 : A ^ 4 ấn = . . . = Ta thấy A = 45 và 46 thoả điều kiện bài toán . ÐS : 45 ; 46 2 BC// AD  Ta có: ()  (SAD)  MN  MN // BC// AD 7 BC  (); AD  (SAD) 5  Mà: BC  BA; BC  SA (SA  (ABCD))  BC  (SAB)  BC  BM 4
Suy ra thiết diện BCNM là thang vuông tại B, M. 1 Dựng AH  BM Ta có: BC  AH (vì BC  (SAB)) Suy ra: AH  ()  ACH  30o. Tam giác ABM vuông tại A, đường cao AH có: 1 1 1 2 1 1 1     2   AM  3 AM 2 AH 2 AB2 3 2 3 3 3  BM  6 (tam giác ABM vuông cân) và MN  . 2 Diện tích hình thang vuông BCNM: 1 1  3  9 2 S  MB.(MN  BC)  . 6   3   3,1820. 2 2  2  S 4 2 M N A H D  B C 70 45 20 12 Ghi vào màn hình : X  X  5 X  10 X  4 X  25  0 Sau đó sử dụng phím SHIFT SOLVE 3 8 Chọn X=1.1 ta tìm được nghiệm 1,0522 5 Sau đó chọn tiếp X= - 1.1 ta tìm được nghiệm -1,0476 2 ÐS : 1,0522 ; -1,0476 Xét 2012 chữ số đầu tiên trong M và gọi z là chữ số thứ 2012. Khi đó dãy liên tiếp các số từ 1 đến z ta chia thành 3 đoạn như 1 sau :123456789 101112...9899 100101102...z .            A B C Ta thấy có 9 chữ số trong nhóm A, có 2x90=180 chữ số trong nhóm B. Do 9 đó chỉ còn 2012-(9+180)=1823 chữ số trong nhóm C, chia 1823 cho 3 2 5 được thương là 607, dư 2. Suy ra nhóm C có tất cả 607 số nguyên đầu tiên gồm 3 chữ số, bắt đầu từ số 100 và 2 chữ số của số nguyên thứ 608. 2 Số 607 trong nhóm C là số 706, suy ra z=0. Vậy chữ số thứ 2012 trong M là 0. Ta thấy tập hợp thứ n chứa n số nguyên liên tiếp mà số cuối cùng là n  n  1 2 1  2  3  4  ...  n  . Khi đó Sn là tổng của n số hạng trong 2 n  n  1 một cấp số cộng có số hạng đầu u1  , công sai d=-1(coi số hạng 10 2 cuối cùng trong tập hợp thứ n là số hạng đầu của cấp số cộng này), ta có 1 5 1 1 S n  n  2u1   n  1 d   n  n 2  1 .   2 2 1 Vậy S999  .999  999  1  498501999 2 2 2 5
SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012- 2013 Môn thi: Toán 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  y  y  10  a) Giải hệ phương trình:   x 2  1  2 x  12   y2 2 b) Giải phương trình:  cos 2 x  cos 4 x   6  2sin 3 x Câu 2:(2.5 điểm) a) Tính giới hạn dãy số: lim  n4  n2  1  3 n6  1  u1  2013 b) Cho dãy số  un  xác định như sau:   n 1 un 1  n 1 un  (n  1)  2013n Tìm công 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 vuông góc với AC. a) Tính SD.
b) Mặt phẳng (  ) 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 (  ). 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. 4 b) Với d  1 , giả sử phương trình có nghiệm, chứng minh a 2  b 2  c 2  3 --------------------HẾT---------------------- SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT QUẢNG BÌNH 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 Điểm Trang: 1 - Đáp án Toán 11
1 1,5 điểm 1 a) ĐK: y  0 . Đặt a  x  1; b  y 0,25 Ta có hệ phương trình trở thành  a  b  ab  11  a  b  5 a  b  7  a  2 a  3 0,75  2 2   (VN )     a  b  13  ab  6 ab  18 b  3 b  2 a  2  1 0,25 TH1:   ( x; y )  1;  b  3  3 a  3  1 0,25 TH2:   ( x; y )   2;  b  2  2 2 1,5 điểm b)  cos 2 x  cos 4 x   6  2sin 3 x  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 0,5  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 0,5 sin 3 x  1  sin 3 x  1   sin 2 x cos 2 3 x  0   2  x   k 2 (k  Z ) 0,5 cos 2 x  0 cos x  0 2  2 1,0 điểm a) lim   n 4  n2  1  3 n6  1  lim  n4  n 2  1  n 2  ( 3 n6  1  n 2 )  0,25 Ta có:  1   2   1 2  1 n 1   lim n 4  n2  1  n 2  lim  4 2  n  n 1  n  2   lim   1 n 1   2 0,25  1 2  4 1  n n  1 0,25 lim( 3 n 6  1  n 2 )  lim 0 3 ( n6  1) 2  n 2 3 ( n6  1)  n 4 0,25 Do đó lim n 4  n2  1  3 n6  1  1   2 1,5 điểm * b) un  0, n  N 0,25 n 1 n 1 n 1 n 1 un 1  un  n  un 1  un  2013 2013n 1 Do đó: u22  u11  20131 3 2 1 u3  u 2  20132 Trang: 2 - Đáp án Toán 11
... n n 1 1 un  un 1  2013n 1 0,5 n 1  1  1   1 1 1 2013  Suy ra: unn  u11    ...    1 2013 2013 2 2013n 1 2012 n 1  1  1   n un  2013   2013  0,25 2012 n 1  1  1  n 2013    n 2014  1  1  ...  1  2014  1  2013 (Cô si) 1  un  2013   0,25 2012 n n 2013  0,25 Mặt khác lim 1     1 . Vậy lim un  1  n  3 S 2,5 điểm K Q B C T J P 0,25 O M A N D Trang: 3 - Đáp án Toán 11
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 vuông góc SD. 0,25 Ta có: DT=AC= a 3 . Xét tam giác SCT có SC=2a, CT=a, SCT  1200  ST  a 7 0,25 Xét tam giác vuông SDT có DT= a 3 , ST  a 7  SD  2a 0,25 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 vuông góc với NP. 0,25 1 1 dt(NPQKJ)=dt(NMKJ)+dt(MPQK)= ( NJ  MK ) MN  ( MK  PQ )MP 2 2 1 0,25  ( NJ  MK ).NP (do NJ=PQ). 2 NP MD AC.MD x.a 3 Ta có:   NP    3x AC OD OD a 3  a  2a.   x NJ AN OM SD.OM  3   2(a  x 3)    NJ   SD AD OD OD a 3 KM BM   KM  SD.BM 2a. a 3  x   2 (a 3  x )  0,5 SD BD BD a 3 3 1 2  Suy ra: dt(NPQKJ)=  2(a  x 3)  (a 3  x )  3 x  2(3a  2 3 x) x 2 3  1 1  2 3 3 2  (3a  2 3x )2 3x  (3a  2 3x )  2 3x   a 0,25 3 4 3  4 3 3 2 3 Diện tích NPQKJ lớn nhất bằng a khi x  a 0,25 4 4 4 1.0 điểm a) d= -2013 Đặt f ( x)  x 4  ax 3  bx 2  cx  2013 liên tục trên R. Ta có: f  0   2013  0 0,25 Mặt khác lim f ( x)   , nên tồn tại 2 số   0;   0 sao cho x  f ( )  0; f (  )  0 . Do đó f (0). f ( )  0; f (0). f (  )  0 . 0,5 Vậy phương trình có ít nhất hai nghiệm phân biệt thuộc hai khoảng ( , 0) 0,25 và (0,  ) Trang: 4 - Đáp án Toán 11
1.0 điểm b) d=1: Gọi x0 là nghiệm của phương trình ( x0  0 ) 4 3 2 2 1 1 x0  ax0  bx0  cx0  1  0  b   x0  2  ax0  c 0,25 x0 x0 2 1   2 1 1  2 1 Ta có:  a  b  c  ( x  2  1)  a  c    x0  2  ax0  c   ( x0  2  1) 2 2 2 2 0 2 2 x0   x0 x0   x0   2 2  1 2 1 1  2 1    ax0  c  x0  2  ax0  c    x0  2  0,25  x0 x0 x0   x0  2  2 1   x0  2  x0  t2 1 Suy ra:  a  b  c    2 2 2  với t  x02  2  2 1 x0  2  1 t  1 2 x0 x0 t2 4 Mặt khác:   3t 2  4t  4  0  (t  2)(3t  2)  0 (đúng do t  2 ). 0,25 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 ) 0,25 3 2 2 a  c  , b   (ứng với x0  1 ) 3 3 Trang: 5 - Đáp án Toán 11