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

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.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi học sinh giỏi lớp 11 năm 2012-2013 môn Toán - Sở GD&DT Quảng BìnhSỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNHKỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11Năm học 2012 - 2013ĐỀ CHÍNH THỨCMôn: TOÁN THPTThời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề)Câu I (3,0 điểm)2 xx + + = 10yy.a) Giải hệ phương trình:12x ++2x=12y2b) Giải phương trình: (cos 2x − cos 4x)2 = 6 + 2 sin 3x.Câu II (2,5 điểm)√√n4 + n2 + 1 − 3 n6 + 1 .u1 = 2013rb) Cho dãy số (un ) thỏa mãnn+1un+1 =unn +a) Tính giới hạn: lim12013n.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 hìnhchóp 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.4b) Với d = 1, giả sử phương trình có nghiệm, chứng minh: a2 + b2 + c2 ≥ .3——— Hết ———1LỜI GIẢI CHI TIẾTGiáo viên biên soạn: NGUYỄN MINH HIẾUCâu I (3,0 điểm)11x + 1 + + (x + 1) = 11yya) Hệ đã cho tương đương với.1(x + 1)2 +=13y2((u + v + uv = 112(u + v) + 2uv = 22 (1)1Đặt x + 1 = u; = v, hệ trở thành⇔.22yu + v = 13(u + v)2 − 2uv = 13 (2)u+v =52Cộng theo vế (1) và (2) ta có (u + v) + 2(u + v) = 35 ⇔.u + v = −7Với u + v = −7 ⇒ uv = 18 (vô nghiệm). (x=2 u=31y=v=22 .Với u + v = 5 ⇒ uv = 6 ⇒ ⇒ (x=1u=21v=3y=311Vậy hệ có hai nghiệm (x; y) = 2;; (x; y) = 1;.23b) 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2π(sin x = 1x = + kπcosx=0π2⇔⇔ x = + k2π⇔sin2 3x = 1π2π2sin 3x = −1x=− +ksin 3x = −163Vậy phương trình có nghiệm x =π+ k2π (x ∈ Z).2Câu II (2,5 điểm)a) Đặt L = lim√L = limn4 + n2 + 1 −√3n6 + 1 , ta cópp3n4 + n2 + 1 − n2 + n2 − n6 + 1n6n6−+1 n4 + n2 + 1 − n4= lim  √+√2 √42233n +n +1+nn4 + n2 n 6 + 1 +n6 + 1= lim =n2 + 1qn21 + n12 +1n4+1−121Vậy L = .221qn4 1 + 3 1 +1n6q+ 3 1+1n62 b) Nhận thấy rằng un > 0, ∀n ∈ N∗ .11nnTheo giả thiết ta có un+1⇔ un+1.n+1 = un +n+1 − un =n20132013n111n−1; u33 − u22 =; ...; unn − un−1=.Do đó u22 − u11 =12201320132013n−1n−111 − 2013111n1Cộng theo vế các đẳng thức trên được un −u1 =++...+=.201220131 201322013n−1sn−111 − 2013nTừ đó suy ra un = 2013 +.2012sn−11√1 − 2013nDễ thấy 1 < un = 2013 +< n 2014, ∀n ∈ N∗ .20121| + 1 +{z... + 1} +2014√2013n−1 số 1Theo bất đẳng thức AM − GM có n 2014 <=1+.nn2013Do đó 1 < un < 1 +, ∀n ∈ N∗ .n2013= 1 ⇒ lim un = 1.Lại có lim 1 +nVậy lim un = 1.Câu III (2,5 điểm)SKQJBHCPOAMIDa) 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⊥ACnên 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 .11Do đó SIJKQP = SIJKM + SP QKM = IM (IJ + KM ) + P M (P Q + KM ).2211Dễ thấy IJ = P Q nên SIJKQP = (IJ + KM )(IM + P M ) = IP (IJ + KM ).22√ODAD11a 3Ta có ∆OAD ∼ ∆OCB ⇒== ⇒ OD = BD =.OBBC23√3IPDMDM.ACx.a 3Từ IP ||AC ⇒=⇒ IP == √ = 3x.a 3ACDODO3 √a 3−x.2a√3IJAIOMOM.SD√Từ IJ||SD ⇒==⇒ IJ === 2(a − x 3).a 3SDADODOD33√√a 3 − x .2aKMBMBM.SD2√Từ KM ||SD ⇒=⇒ KM === √ a 3−x .SD BDBDa 33√√ √12x= 3 3a − 2x 2xKhi đó SIJKQP = 3x 2a − 2x 3 + 2a − √23!2√√√3a − 2x + 2x3 3a2Theo bất đẳng thức AM − GM ta có SIJKQP ≤ 3=.24√√a 3Dấu bằng xảy ra khi 3a − 2x = 2x ⇔ x =.4√√a 33 3a2khi x =.Vậy diện tích thiết diện IJKQP đạt giá trị lớn nhất là44Câu 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).11b) Với d = 1, phương trình trở thành x4 + ax3 + bx2 + cx + 1 = 0 ⇔ x2 + 2 + ax + c. + b.xxGiả sử phương trình có nghiệm x0 .2 1111 2Khi đó x20 + 2 + ax0 + c. + b = 0 ⇒ ax0 + c. + b = x0 +.x0x0x0x02 211222x0 + 2 + 1 .Theo bất đẳng thức Cauchy −Schwarz có ax0 + c. + b ≤ a + b + cx0x0!21x0 + 21 21x0222Hay x0 +.≤ a +b +cx0 + 2 + 1 ⇔ a2 + b2 + c2 ≥1x0x0x20 + 2 +1x021tĐặt x20 + 2 = t ≥ 2, ta có a2 + b2 + c2 ≥.t+1x0t24Lại có≥ ⇔ 3t2 − 4t − 4 ≥ 0 ⇔ (t − 2)(3t + 2) ≥ 0 (đúng do t ≥ 2).t+13422Do đó a + b + c2 ≥ . Ta có điều phải chứng minh.3a = b = c = 23x0 = 1Dấu bằng xảy ra khi t = 2 ⇒ x20 = 1 ⇒⇒.x0 = −1a = c = −b = 23——— Hết ———4SỞGD&ĐTVĨNHPHÚCTRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰĐỀ THI CHUYÊN ĐỀ KHỐI 11 LẦN I NĂM HỌC 2013 -2014Môn thi: TOÁN Khối DThời gian làm bài: 150 phút không kể thời gian phát đềCâu I (4.0 điểm)1.Giảiphươngtrình: sin 3 x  cos 3 x  sin x  cos x  2 cos 2 x  x  x  2  2 x  y   92.Giảihệphươngtrình  2 ...