Đề thi học sinh giỏi lớp 11 năm 2012-2013 môn Toán - Sở GD&DT Quảng Bình

Chia sẻ: Mai Mai | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:18

Thêm vào BST

Báo xấu

77
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Gửi đến các bạn Đề thi học sinh giỏi lớp 11 năm 2012-2013 môn Toán - Sở GD&DT Quảng Bình giúp các bạn học sinh có thêm nguồn tài liệu để tham khảo cũng như củng cố kiến thức trước khi bước vào kì thi. Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi lớp 11 năm 2012-2013 môn Toán - Sở GD&DT Quảng Bình

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 Năm học 2012 - 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN THPT Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (3,0 điểm)  2 x  x + + = 10 y y . a) Giải hệ phương trình: 1  2 x + + 2x = 12 y2 b) Giải phương trình: (cos 2x − cos 4x)2 = 6 + 2 sin 3x. Câu II (2,5 điểm) √ √ n4 + n2 + 1 − 3 n6 + 1 .  u1 = 2013 r b) Cho dãy số (un ) thỏa mãn n+1 un+1 = unn + a) Tính giới hạn: lim 1 2013n . Tìm số hạng tổng quát và giới hạn của dãy số. Câu III (2,5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang cân (AD||BC) và BC = 2a, AB = AD = CD = a. Gọi O là giao điểm AC và BD. Mặt bên SBC là tam giác đều. Biết SD vuông góc AC. a) Tính độ dài đoạn thẳng SD. b) Mặt phẳng (α) đi qua M thuộc đoạn OD song song SD và AC. Xác định thiết diện hình chóp cắt bởi (α). Biết M D = x, tìm x để diện tích lớn nhất. Câu IV (2,0 điểm) Cho phương trình : x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0. a) Với d = −2013, chứng minh phương trình có ít nhất hai nghiệm phân biệt. 4 b) Với d = 1, giả sử phương trình có nghiệm, chứng minh: a2 + b2 + c2 ≥ . 3 ——— Hết ——— 1 LỜI GIẢI CHI TIẾT Giáo viên biên soạn: NGUYỄN MINH HIẾU Câu I (3,0 điểm)  1 1  x + 1 + + (x + 1) = 11 y y a) Hệ đã cho tương đương với . 1  (x + 1)2 + = 13 y2 ( ( u + v + uv = 11 2(u + v) + 2uv = 22 (1) 1 Đặt x + 1 = u; = v, hệ trở thành ⇔ . 2 2 y u + v = 13 (u + v)2 − 2uv = 13 (2) u+v =5 2 Cộng theo vế (1) và (2) ta có (u + v) + 2(u + v) = 35 ⇔ . u + v = −7 Với u + v = −7 ⇒ uv = 18 (vô nghiệm).  ( x=2  u=3  1  y=  v = 2  2 . Với u + v = 5 ⇒ uv = 6 ⇒  ⇒ (  x=1 u=2   1 v=3 y= 3 1 1 Vậy hệ có hai nghiệm (x; y) = 2; ; (x; y) = 1; . 2 3 b) Phương trình đã cho tương đương với 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 với hệ   2 π (  sin x = 1 x = + kπ cos x = 0 π 2 ⇔ ⇔ x = + k2π ⇔ sin2 3x = 1 π 2π   2 sin 3x = −1  x=− +k sin 3x = −1 6 3 Vậy phương trình có nghiệm x = π + k2π (x ∈ Z). 2 Câu II (2,5 điểm) a) Đặt L = lim √ L = lim n4 + n2 + 1 − √ 3 n6 + 1 , ta có p p 3 n4 + n2 + 1 − n2 + n2 − n6 + 1  n6  n6 − +1   n4 + n2 + 1 − n4 = lim  √ + √ 2  √ 4 2 2 3 3 n +n +1+n n4 + n2 n 6 + 1 + n6 + 1   = lim   = n2 + 1 q n2 1 + n12 + 1 n4 +1 − 1 2 1 Vậy L = . 2 2 1 q n4 1 + 3 1 + 1 n6 q + 3 1+ 1 n6   2   b) Nhận thấy rằng un > 0, ∀n ∈ N∗ . 1 1 n n Theo giả thiết ta có un+1 ⇔ un+1 . n+1 = un + n+1 − un = n 2013 2013n 1 1 1 n−1 ; u33 − u22 = ; ...; unn − un−1 = . Do đó u22 − u11 = 1 2 2013 2013 2013n−1 n−1 1 1 − 2013 1 1 1 n 1 Cộng theo vế các đẳng thức trên được un −u1 = + +...+ = . 2012 20131 20132 2013n−1 s n−1 1 1 − 2013 n Từ đó suy ra un = 2013 + . 2012 s n−1 1 √ 1 − 2013 n Dễ thấy 1 < un = 2013 + < n 2014, ∀n ∈ N∗ . 2012 1| + 1 + {z... + 1} +2014 √ 2013 n−1 số 1 Theo bất đẳng thức AM − GM có n 2014 < =1+ . n n 2013 Do đó 1 < un < 1 + , ∀n ∈ N∗ . n 2013 = 1 ⇒ lim un = 1. Lại có lim 1 + n Vậy lim un = 1. Câu III (2,5 điểm) S K Q J B H C P O A M I D a) Gọi H là trung điểm BC, từ giả thiết 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). √ Lại có tam giác SBC đều cạnh 2a nên SH = a 3 và SH⊥BC (2). √ √ Từ (1) và (2) ta có SH⊥(ABCD) ⇒ SH⊥HD ⇒ SD = SH 2 + HD2 = 3a2 + a2 = 2a. b) Qua M kẻ đường thẳng song song AC cắt AD và CD lần lượt tại I và P . Qua I, M, P kẻ các đường thẳng song song SD cắt SA, SB, SC lần lượt tại J, K, Q. Khi đó thiết diện cần tìm là ngũ giác IJKQP . Ta có SD⊥AC nên IJKM và P QKM là các hình thang vuông tại 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 Dễ thấy 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 Từ IP ||AC ⇒ = ⇒ IP = = √ = 3x. a 3 AC DO DO 3 √ a 3 − x .2a √ 3 IJ AI OM OM.SD √ Từ IJ||SD ⇒ = = ⇒ IJ = = = 2(a − x 3). a 3 SD AD OD OD 3 3 √ √ a 3 − x .2a KM BM BM.SD 2 √ Từ KM ||SD ⇒ = ⇒ KM = = = √ a 3−x . SD BD BD a 3 3 √ √ √ 1 2x = 3 3a − 2x 2x Khi đó SIJKQP = 3x 2a − 2x 3 + 2a − √ 2 3 !2 √ √ √ 3a − 2x + 2x 3 3a2 Theo bất đẳng thức AM − GM ta có SIJKQP ≤ 3 = . 2 4 √ √ a 3 Dấu bằng xảy ra khi 3a − 2x = 2x ⇔ x = . 4 √ √ a 3 3 3a2 khi x = . Vậy diện tích thiết diện IJKQP đạt giá trị lớn nhất là 4 4 Câu IV (2,0 điểm) a) Với d = −2013, phương trình trở thành x4 + ax3 + bx2 + cx − 2013 = 0. Đặt f (x) = x4 + ax3 + bx2 + cx − 2013; khi đó f (x) là hàm số đa thức nên liên tục trên R. Ta có lim f (x) = +∞ nên tồn tại hai số α < 0 và β > 0 sao cho f (α) > 0; f (β) > 0. x→±∞ Lại có f (0) = −2013 < 0 nên f (α).f (0) < 0 và f (β).f (0) < 0. Vậy phương trình đã cho có ít nhất hai nghiệm phân biệt thuộc hai khoảng (α; 0) và (0; β). 1 1 b) Với d = 1, phương trình trở thành x4 + ax3 + bx2 + cx + 1 = 0 ⇔ x2 + 2 + ax + c. + b. x x Giả sử phương trình có nghiệm x0 . 2 1 1 1 1 2 Khi đó x20 + 2 + ax0 + c. + b = 0 ⇒ ax0 + c. + b = x0 + . x0 x0 x0 x0 2 2 1 1 2 2 2 x0 + 2 + 1 . Theo bất đẳng thức Cauchy −Schwarz có ax0 + c. + b ≤ a + b + c x0 x0 !2 1 x0 + 2 1 2 1 x0 2 2 2 Hay x0 + . ≤ a +b +c x0 + 2 + 1 ⇔ a2 + b2 + c2 ≥ 1 x0 x0 x20 + 2 +1 x0 2 1 t Đặt x20 + 2 = t ≥ 2, ta có a2 + b2 + c2 ≥ . t+1 x0 t2 4 Lại có ≥ ⇔ 3t2 − 4t − 4 ≥ 0 ⇔ (t − 2)(3t + 2) ≥ 0 (đúng do t ≥ 2). t+1 3 4 2 2 Do đó a + b + c2 ≥ . Ta có điều phải chứng minh. 3 a = b = c = 23 x0 = 1 Dấu bằng xảy ra khi t = 2 ⇒ x20 = 1 ⇒ ⇒ . x0 = −1 a = c = −b = 23 ——— Hết ——— 4 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ ĐỀ THI CHUYÊN ĐỀ KHỐI 11 LẦN I NĂM HỌC 2013 -2014 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  4 x  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 Oxy : 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!