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

Các em có thể tham khảo "Kì thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 11 môn Toán năm 2012 - 2013" này để luyện tập những kỹ năng làm bài, rèn luyện kiến thức tiếng Toán để chuẩn bị thật tốt cho các kì thi môn Toán sắp tới.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 11 môn Toán năm 2012 - 2013SỞ GD&ĐTQUẢNG BÌNHKỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPTNĂM HỌC 2012- 2013Môn thi: ToánĐỀ 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 ya) Giải hệ phương trình:  x 2  1  2 x  12y22b) Giải phương trình:  cos 2 x  cos 4 x   6  2sin 3 xCâu 2:(2.5 điểm)a) Tính giới hạn dãy số: limn4  n2  1  3 n6  1u1  2013b) Cho dãy số  un  xác định như sau: 1n(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 ACvà 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 vớihai 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  0a) 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----------------------43SỞ GD&ĐTQUẢNG BÌNHKỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPTNĂM HỌC 2012 - 2013Môn 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 lậpluận 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 giảisau 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 là0,5 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 từngbài.* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài.CâuNội dung1Điểm1,5 điểma) ĐK: y  0 . Đặt a  x  1; b 1yTa có hệ phương trình trở thành a  b  ab  11  a  b  5 a  b  7 a  2 a  3(VN) 22ab6ab18b3ab13b  2a  2 1TH1:  ( x; y )  1;  3b  3a  3 1TH2:  ( x; y )   2;  2b  22b)  cos 2 x  cos 4 x   6  2sin 3 x0,250,750,250,251,5 điểm 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)  00,5 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)  00,5sin 3 x  1sin 3 x  1 sin 2 x cos 2 3 x  0   2 x   k 2 (k  Z )2cos x  0cos 2 x  00,5Trang: 1 - Đáp án Toán 112a) limn 4  n2  1  3 n6  1  limn4  n 2  1  n 2  ( 3 n6  1  n 2 )1,0 điểm0,25Ta có:11 12n 1nlim n 4  n2  1  n 2  lim lim42211 2nn1n 1 2  4 1nn1lim( 3 n 6  1  n 2 )  lim03( n6  1) 2  n 2 3 ( n6  1)  n 41Do đó lim n 4  n2  1  3 n6  1 22b) un  0, n  N0,250,250,251,5 điểm0,25*11 unn11  unn n20132013n1Do đó: u22  u11 201311u33  u22 20132unn11  unn ...unn  unn11 Suy ra: unn  u11 12013n 10,5111 ... 122013 20132013n 1 1 1 n2013 un  2013  2012 1 1 2013  2012n 1n 10,25n 1 1 1 n1  1  ...  1  201420132013 1  un  2013  n 2014 1(Cô si)2012nn2013 Mặt khác lim 1   1 . Vậy lim un  1n Trang: 2 - Đáp án Toán 110,250,2532,5 điểmSKQBCJT0,25POMADNa) 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 7Xét tam giác vuông SDT có DT= a 3 , ST  a 7  SD  2ab) 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 lầnlượt tại K, J, Q. Thiết diện là ngũ giác NPQKJ.Ta có: NJ, MK, PQ cùng vuông góc với NP.12120,250,250,250,25dt(NPQKJ)=dt(NMKJ)+dt(MPQK)= ( NJ  MK ) MN  ( MK  PQ )MP1 ( NJ  MK ).NP (do NJ=PQ).2NP MDAC.MD x.a 3Ta có: NP  3xaAC ODOD3 a2a.  xNJ AN OMSD.OM 3  2(a  x 3) NJ aSD AD ODOD3KM BMSD.BM 2a. a 3  x2 KM (a 3  x )SDBDBDa 3312Suy ra: dt(NPQKJ)=  2(a  x 3)  (a 3  x )  3 x  2(3a  2 3 x) x23211 3 3 2(3a  2 3x )2 3x (3a  2 3x )  2 3x  a434 33 3 23Diện tích NPQKJ lớn nhất bằnga khi x a44Trang: 3 - Đáp án Toán 110,250,50,250,2541.0 điểma) d= -2013Đặt f ( x)  x 4  ax 3  bx 2  cx  2013 liên tục trên R.Ta có: f  0   2013  0Mặt khác lim f ( x)   , nên tồn tại 2 số   0;   0 sao cho0,25x 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,  )0,50,251.0 điểmb) d=1: Gọi x0 là nghiệm của phương trình ( x0  0 )11x04  ax03  bx02  cx0  1  0  b   x02  2  ax0  cx0x00,252 2 111  2 122Ta có:  a  b  c  ( x  2  1)  a  c    x0  2  ax0  c   ( x0  2  1)x0x0x0  x0222202111 1   ax0  c  x02  2  ax0  c    x02  2 x0x0x0  x0 20,252 2 1  x0  2 x0 t21222Suy ra:  a  b  c   với t  x02  2  21x0x02  2  1 t  1x0t24  3t 2  4t  4  0  (t  2)(3t  2)  0 (đúng do ...