Nội dung

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT 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   10  y y a) Giải hệ phương trình:   x 2  1  2 x 12  y2 b) Giải phương trình:  cos 2 x  cos 4 x  2 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:  1 n (n 1) un 1 n 1 un  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  ax3  bx 2  cx  d 0 a) Với d  2013 , chứng minh rằng phương trình có ít nhất hai nghiệm phân biệt. b) Với d 1 , giả sử phương trình có nghiệm, chứng minh a 2  b 2  c 2  --------------------HẾT---------------------- 4 3 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 Điểm 1 1,5 điểm 1 a) ĐK: y 0 . Đặt a x  1; b  y Ta có hệ phương trình trở thành a  b  ab 11 a  b 5 a  b  7    (VN )   2 2 ab  6 ab  18 a  b  13    a 2  1  ( x; y )  1;  TH1:   3 b 3 a 3  1  ( x; y )  2;  TH2:   2 b 2 b)  cos 2 x  cos 4 x  2 6  2sin 3 x 0,25 a 2 a 3    b 3 b 2 0,75 0,25 0,25 1,5 điểm 0,5 0,5 0,5 Trang: 1 - Đáp án Toán 11  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  4  sin 2 x(1  sin 2 3 x)  cos 2 x   2(1  sin 3 x) 0  4(sin 2 x cos 2 3x  cos 2 x)  2(1  sin 3 x) 0 sin 3 x  1   sin 2 x cos 2 3 x 0  cos 2 x 0  sin 3 x  1   x   k 2 (k  Z )  2 2 cos x 0 2 a) lim  n4  n2  1  3  n6  1 lim  n 4  n2  1  n2  ( 3 n6  1  n 2 )  1,0 điểm 0,25 Ta có:   1 1    1 2   n 1 n   lim 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   1 lim( 3 n6  1  n 2 ) lim 0 3 (n6  1) 2  n 2 3 ( n6  1)  n 4 1 Do đó lim n 4  n 2  1  3 n 6  1  2 2     b) un  0, n  N 0,25 0,25 0,25 1,5 điểm 0,25 * 1 1  unn11  unn  n 2013 2013n 1 Do đó: u22  u11  20131 1 u33  u22  20132 unn11 unn  ... unn  unn 11  Suy ra: unn  u11  1 2013n  1 0,5 1 1 1   ...  1 2 2013 2013 2013n  1  1  1   n 2013  un  2013   2012  1  1   n 2013   1  un  2013  2012  1  1   2013    2012 n 1 n 1 0,25 n 1  n 2014  1  1  ...  1  2014 2013 (Cô si) 1  n n Trang: 2 - Đáp án Toán 11 0,25 0,25 2013   Mặt khác lim  1   1 . Vậy lim un 1 n   3 2,5 điểm S K Q B C J 0,25 P O A T M D N 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. Ta có: DT=AC= a 3 . Xét tam giác SCT có SC=2a, CT=a, SCT 1200  ST a 7 Xét tam giác vuông SDT có DT= a 3 , ST a 7  SD 2a 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. 1 2 1 2 0,25 0,25 0,25 0,25 dt(NPQKJ)=dt(NMKJ)+dt(MPQK)= ( NJ  MK ) MN  ( MK  PQ) MP 1  ( NJ  MK ).NP (do NJ=PQ). 2 NP MD AC.MD x.a 3   NP   3 x a Ta có: AC OD OD 3  a  2a.   x NJ AN OM SD.OM 3  2(a  x 3)    NJ    a SD AD OD OD 3   KM BM SD.BM 2a. a 3  x 2   KM    (a 3  x) SD BD BD a 3 3 1 2  Suy ra: dt(NPQKJ)=  2(a  x 3)  (a 3  x)  3x 2(3a  2 3x) x 2 3   2 1 1   3 3 a 2 (3a  2 3 x)2 3 x  (3 a  2 3 x )  2 3 x  4 3 4 3 Diện tích NPQKJ lớn nhất bằng 3 3 2 3 a khi x  a 4 4 Trang: 3 - Đáp án Toán 11 0,25 0,5 0,25 0,25 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 Mặt khác lim f ( x)  , nên tồn tại 2 số   0;   0 sao cho 0,25 x   f ( )  0; f (  )  0 . Do đó f (0). f ( )  0; f (0). f (  )  0 . Vậy phương trình có ít nhất hai nghiệm phân biệt thuộc hai khoảng ( , 0) và (0,  ) 0,5 0,25 1.0 điểm b) d=1: Gọi x0 là nghiệm của phương trình ( x0 0 ) 1 1 x04  ax03  bx02  cx0  1 0  b  x02  2  ax0  c x0 x0 0,25 2   2 1 1 1  2 1 2 2 Ta có:  a  b  c  ( x  2  1)  a  c    x0  2  ax0  c   ( x0  2  1) x0 x0 x0   x0    2 2 2 2 0 2  1 1 1  1   ax0  c  x02  2  ax0  c   x02  2  x0 x0 x0   x0   2 0,25 2  2 1   x0  2  1 2 x0  t2 Suy ra:  a 2  b 2  c 2    với t x0  x 2 2  1 0 x02  2  1 t  1 x0 t2 4   3t 2  4t  4 0  (t  2)(3t  2) 0 (đúng do t 2 ). Mặt khác: t 1 3 4 Vậy a 2  b2  c 2  . 3 2 Dấu bằng xảy ra khi a b c  (ứng với x0 1 ) 3 2 2 a c  , b  (ứng với x0  1 ) 3 3 Trang: 4 - Đáp án Toán 11 0,25 0,25