SỞ GD&ĐT NGHỆ AN Trường THPT Tân Kỳ ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 11 NĂM HỌC 2013 - 2014 MÔN : TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm có 01 trang) Câu 1.(3 điểm) Cho phương trình: (2sin 1)(2 s 2 2sin ) 1 2 2x co x x m cos x− + + = − (Với m là tham số) Tìm m để phương trình có đúng 2 nghiệm thuộc [ ] 0; π Câu 2 . (4 điểm) Cho A, B, C là ba góc của tam giác ABC. a, Chứng minh rằng tam giác ABC vuông nếu : cos sin sin sin B cosC A B C + = + b, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2 2 2 2 sin sin sinA B C M cos A cos B cos C + + = + + Câu 3: (3 điểm) Giải phương trình: ( ) 411244 42 +=++ xxx Câu 4: (2 điểm) Cho k là số tự nhiên thỏa mãn 5 k 2011.≤ ≤ Chứng minh rằng: 0 k 1 k 1 5 k 5 k 5 2011 5 2011 5 2011 2016 C .C C .C C .C C − − + + + = . Câu 5. (2 điểm) Cho dãy {u n } xác định bởi: 1 * 2 1 2 2012 2013 n n n u n N u u u + = ∈ + = Thành lập dãy: {S n } xác định bởi: 1 1 1 n i n i i u S u = + = − ∑ . Tìm lim n n S →∞ Câu 6: (2 điểm) Tìm * + ∈ Zn sao cho phần nguyên của 3 2 8 1 3 n n n + + là một số nguyên tố. Câu7.(2 điểm) Trong mp Oxy cho hai đường tròn (C 1 ) : 2 2 13x y+ = , (C 2 ) : 2 2 ( 6) 25x y− + = . Gọi giao điểm có tung độ dương của (C 1 ) và (C 2 ) là A viết phương trình đường thẳng đi qua A cắt (C 1 ) và (C 2 ) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau. Câu 8: (4 điểm) Cho tứ diện ABCD có các cạnh: BC = DA = a; CA = DB = b; AB = DC = c. .Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 9 a b b c c a S + + ≤ (S là diện tích toàn phần của tứ diện) Hết Họ và tên : Số báo danh : ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 11 NĂM HỌC 2013 - 2014 MÔN : TOÁN HỌC (Đáp án và biểu điểm gồm có 04 trang) Câu Lời giải Điểm Câu1 Phương trình đã cho tương đương với : (2sin 1)(2 s 2 1) 0x co x m− + − = Với [ ] 1 5 sin 0; 2 6 6 x x x π π π = ⇔ = ∨ = ∈ Để phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm thuộc [ ] 0; π thì phương trình : 1 2 2 m cos x − = vô nghiệm hoặc có hai nghiệm 5 ; 6 6 x x π π = = . Từ đó ta được m <-1v m >3 v m =0 . 0.5 1.0 1.0 0.5 Câu 2 a, Chứng minh rằng tam giác ABC vuông nếu : cos sin sin sin B cosC A B C + = + Từ 2 sin cos 2 sin 2sin . 2 1 cos 0 sin sin 2 2 2 2 A B cosC A A A A cos cos A A B C cos + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ + Â là góc vuông.Vậy tam giác ABC vuông tại A. b, 2 2 2 2 2 2 sin sin sinA B C M cos A cos B cos C + + = + + 2 2 2 2 2 2 sin sin sin 1 1 A B C M cos A cos B cos C + + ⇔ + = + + + 2 2 2 2 2 2 3 3 1 1 M cos A cos B cos C cos A cos B cos C M + = ⇔ + + = + + + . Biến đổi về 2 3 cos . ( ) 1 0 1 cos C C cos A B M − − + − = + 2 2 3 3 ( ) 4 1 0 4 1 ( ) 1 1 1 cos A B cos A B M M ⇒ ∆ = − − − ≥ ⇔ − ≤ − ≤ ÷ ÷ + + 3 1 1 3 1 4 M M ⇒ − ≤ ⇔ ≤ + 2 0 ( ) 1 3 60 1 cos ( ) 2 cos A B M A B C C cos A B − = = ⇔ ⇔ = = = = − Vậy MaxM = 3 khi tam giác ABC đều. 1.0 1.0 0.5 0.5 0.5 0.5 Câu 3: Giải phương trình: ( ) 411244 42 +=++ xxx ĐK: Rx ∈∀ 0.5 ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) (*)02116 222211222232 411244 2 2222 42 =−−⇔ +−++=+−−++⇔ +=++ tt xxxxxxxx xxx Với 0 22 22 2 2 > +− ++ = xx xx t Giải (*) được t = 2 thỏa mãn yêu cầu Nên 3 75 061034 22 22 2 22 22 2 2 2 2 2 ± =⇔=+−⇔= +− ++ ⇔= +− ++ = xxx xx xx xx xx t 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 Câu 4 Cho k là số tự nhiên thỏa mãn 5 k 2011.≤ ≤ Chứng minh rằng: 0 k 1 k 1 5 k 5 k 5 2011 5 2011 5 2011 2016 C .C C .C C .C C − − + + + = Dễ thấy ( ) ( ) ( ) 5 2011 2016 1 x 1 x 1 x+ + = + ; và ( ) 5 0 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 5 5 5 5 5 5 M 1 x C C x C x C x C x C x= + = + + + + + ( ) 2011 0 1 1 k k 2011 2011 2011 2011 2011 2011 N 1 x C C x C x C x .= + = + + + + + ( ) 2016 0 1 k k 2016 2016 2016 2016 2016 2016 P 1 x C C x C x C x .= + = + + + + + Ta có hệ số của k x trong P là k 2016 C . Vì P M.N= , mà số hạng chứa k x trong M.N là : 0 k k 1 k 1 k 1 2 2 k 2 k 2 3 3 k 3 k 3 4 4 k 4 k 4 5 5 k 5 k 5 5 2011 5 2011 5 2011 5 2011 5 2011 5 2011 C .C x C xC x C x C x C x C x C x C x C x C x − − − − − − − − − − + + + + + nên 0 k 1 k 1 5 k 5 k 5 2011 5 2011 5 2011 2016 C .C C .C C .C C − − + + + = 0.5 0.5 0.5 0.5 Câu 5 Tacó: ( ) 2 2 1 * 1 1 2 1 2012 2013 2013 2013 1 (*) ; 2013 2 n n n n n n n n n n n u u u u u u u u u n N u u u u u + + + + − = = − = + ∈ = ⇒ < < < < < Suy ra u n là dãy tăng Giả sử u n bị chặn trên lúc đó tồn tại số L sao cho lim ( 2) n n u L L →∞ = > . Từ (*) ta có: 1 ( 1) lim( ) lim lim 2013 n n n n n n n u u u u + →∞ →∞ →∞ − = + 1 ( 1) 0 2013 L L L L L L = − ⇒ = + ⇒ = (vô lý) ⇒ u n không bị chặn trên. Suy ra 1 lim lim 0 n n n n u u →∞ →∞ = +∞ ⇒ = Mặt khác : ( ) ( ) 2 1 1 1 1 1 1 2012 ( 1) 2013 2013 ( 1) 2013( ) 2013 1 1 1 1 1 2013 1 2013 1 1 1 1 n n n n n n n n n n n n n n n n n n n u u u u u u u u u u u u u u u u u u u + + + + + + + − = = + ⇒ − = − = − − − − ⇒ = − ⇒ = − ÷ ÷ − − − − 0.5 0.5 0.5 1 2 1 2 2 1 1 1 1 2013 2013 1 1 1 1 1 u Cho n u u u u = ⇒ = − = − ÷ ÷ − − − − Tương tự 2 3 2 3 1 1 1 1 2013 1 1 1 1 1 2013 1 1 1 n n n n u u u u u u u u + + = − ÷ − − − = − ÷ − − − M M Cộng vế theo vế ta được : 1 1 1 1 2013 1 1 1 n i n i i n u S u u = + + = = − ÷ − − ∑ ⇒ 1 1 lim lim 2013 1 2013 1 n n n n S u →∞ →∞ + = − = ÷ − 0.5 Câu 6 Câu 7 Gọi S là tập hợp các số nguyên tố Trường hợp 1: 3n k= [ ] ( ) 2 2 2 8 1 1 3 8 3 3 3 9 3 8 3 8 n n A k k n k A k k k k = + + = + + = + = + [ ] 1 3A S k n∈ ⇔ = ⇔ = Trường hợp 2: 3 1n k= + [ ] ( ) ( ) [ ] 2 2 2 2 8 1 1 8 1 1 3 2 8 3 10 3 3 3 3 3 3 3 3 3 10 3 3 3 1 0 1 n n A k k k k k n n n A k k k k A S k n = + + = + + + + + = + + + = + + = + + ∈ ⇔ = ⇔ = Trường hợp 3: ( ) 3 2 1n k n= + > [ ] 2 2 2 2 4 16 1 2 1 3 4 8 3 12 6 3 3 3 3 3 3 12 6 3 4 2 A k k k k k n n A k k k k S = + + + + + = + + + + = + + = + + ∉ Kết luận: [ ] { } 1;3A S n∈ ⇔ ∈ (C 1 ) có tâm O(0;0),bán kính 1 13R = (C 2 ) có tâm I(6;0),bán kính 2 5R = . Giao điểm của (C 1 ) và (C 2 ) là A (2;3) và B(2;-3).Với A có tung độ dương nên A(2;3) Đường thẳng d qua A có pt:a(x-2)+b(y-3)=0 hay ax+by-2a-3b=0 Gọi 1 2 ( , ); ( , )d d O d d d I d = = Yêu cầu của bài toán trở thành: 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 12R d R d d d − = − ⇒ − = 1.0 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 2 2 2 2 2 2 2 0 (4 3 ) (2 3 ) 12 3 0 3 b a b a b b ab b a a b a b = − + − = ⇒ + = ⇒ = − + + *b=0 ,chọ a=1,suy ra pt d là:x-2=0 *b=-3a ,chọ a=1,b=-3,suy ra pt d là:x-3y+7=0 0.5 Câu 8 A E F G B C D *Diện tích các mặt của tứ diện bằng nhau và bằng abc/4R=S/4 *BĐT tương đương a 2 +b 2 +c 2 ≤ 9R 2 *Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC a 2 +b 2 +c 2 = 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( )BC CA AB OC OB OA OC OB OA+ + = − + − + − uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur =6R 2 -2( .OB OC OCOA OAOB+ + uuur uuur uuuruuur uuuruuur ) =9R 2 -( OA OB OC+ + uuur uuur uuur ) 2 2 9R≤ *Dấu bằng xảy ra khi OA OB OC O+ + = uuur uuur uuur ur ⇔ O trùng trọng tâm G tam giác ABC ⇔ tam giác ABC đều ⇔ ABCD là tứ diện đều. 0.5 0.5 0.5 0.5 Giáo viên ra đề: Nguyễn Thái Lâm . GD&ĐT NGHỆ AN Trường THPT Tân Kỳ ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 11 NĂM HỌC 2013 - 2014 MÔN : TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm có 01 trang) Câu 1.(3 điểm). diện tích toàn phần của tứ diện) Hết Họ và tên : Số báo danh : ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 11 NĂM HỌC 2013 - 2014 MÔN : TOÁN HỌC (Đáp án và biểu điểm gồm có 04 trang) Câu Lời. ( ) 2 011 0 1 1 k k 2 011 2 011 2 011 2 011 2 011 2 011 N 1 x C C x C x C x .= + = + + + + + ( ) 2016 0 1 k k 2016 2016 2016 2016 2016 2016 P 1 x C C x C x C x .= + = + + + + + Ta có hệ số của