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.

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 Năm học 2012 - 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN THPT Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (3,0 điểm)  x  x + + = 10 y y a) Giải hệ phương trình:  x + + 2x = 12 y2 b) Giải phương trình: (cos 2x − cos 4x)2 = + sin 3x Câu II (2,5 điểm) √ √ n4 + n2 + − n6 +  u1 = 2013 b) Cho dãy số (un ) thỏa mãn un+1 = n+1 unn + a) Tính giới hạn: lim 2013n Tìm số hạng tổng quát giới hạn dãy số Câu III (2,5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thang cân (AD||BC) BC = 2a, AB = AD = CD = a Gọi O giao điểm AC BD Mặt bên SBC tam giác Biết SD vuông góc AC a) Tính độ dài đoạn thẳng SD b) Mặt phẳng (α) qua M thuộc đoạn OD song song SD AC Xác định thiết diện hình chóp cắt (α) Biết M D = x, tìm x để diện tích lớn Câu IV (2,0 điểm) Cho phương trình : x4 + ax3 + bx2 + cx + d = a) Với d = −2013, chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt b) Với d = 1, giả sử phương trình có nghiệm, chứng minh: a2 + b2 + c2 ≥ ——— Hết ——— LỜI GIẢI CHI TIẾT Giáo viên biên soạn: NGUYỄN MINH HIẾU Câu I (3,0 điểm)  1  x + + + (x + 1) = 11 y y a) Hệ cho tương đương với  (x + 1)2 + = 13 y2 u + v + uv = 11 2(u + v) + 2uv = 22 (1) Đặt x + = u; = v, hệ trở thành ⇔ 2 y u + v = 13 (u + v)2 − 2uv = 13 (2) u+v =5 Cộng theo vế (1) (2) ta có (u + v)2 + 2(u + v) = 35 ⇔ u + v = −7 Với u + v = −7 ⇒ uv = 18 (vô nghiệm)  x=2  u=3   y=  v =  Với u + v = ⇒ uv = ⇒  ⇒  x=1 u=2   v=3 y= 1 Vậy hệ có hai nghiệm (x; y) = 2; ; (x; y) = 1; b) Phương trình cho tương đương với sin2 x sin2 3x = + sin 3x Ta có sin2 x sin2 3x ≤ + sin 3x ≥ 4, phương trình tương đương với hệ   π  sin x = x = + kπ cos x = π ⇔ ⇔ x = + k2π ⇔ sin2 3x = π 2π   sin 3x = −1  x=− +k sin 3x = −1 Vậy phương trình có nghiệm x = π + k2π (x ∈ Z) Câu II (2,5 điểm) a) Đặt L = lim √ n4 + n2 + − √ n6 + , ta có n4 + n2 + − n2 + n2 − L = lim n6 +   n6 n6 − +1  n4 + n2 + − n4 = lim  √ + √ n4 + n2 + + n2 n4 + n2 n + + √ n6 +   = lim   = n2 + n2 1+ n2 + +1 n4 + Vậy L = 2  − n4  2 1+ n6 + 1+ n6    b) Nhận thấy un > 0, ∀n ∈ N∗ 1 n n Theo giả thiết ta có un+1 ⇔ un+1 n+1 = un + n+1 − un = n 2013 2013n 1 n−1 ; u33 − u22 = ; ; unn − un−1 = Do u22 − u11 = 2013 2013 2013n−1 1 − 2013 1 Cộng theo vế đẳng thức unn −u11 = + + + = 2012 20131 20132 2013n−1 n Từ suy un = Dễ thấy < un = n 2013 + 2013 + 1− n−1 2013 2012 1− n−1 2013 2012 n−1 < √ n 2014, ∀n ∈ N∗ + + + +2014 √ Theo bất đẳng thức AM − GM có n 2014 < 2013 Do < un < + , ∀n ∈ N∗ n 2013 = ⇒ lim un = Lại có lim + n Vậy lim un = n−1 số =1+ n 2013 n Câu III (2,5 điểm) S K Q J B H C P O A M I D a) Gọi H trung điểm BC, từ giả thiết ta có HA = HB = HC = HD = a Suy AHCD hình thoi nên HD⊥AC mà SD⊥AC nên AC⊥(SHD) ⇒ SH⊥AC (1) √ Lại có tam giác SBC cạnh 2a nên SH = a SH⊥BC (2) √ √ Từ (1) (2) ta có SH⊥(ABCD) ⇒ SH⊥HD ⇒ SD = SH + HD2 = 3a2 + a2 = 2a b) Qua M kẻ đường thẳng song song AC cắt AD CD I P Qua I, M, P kẻ đường thẳng song song SD cắt SA, SB, SC J, K, Q Khi thiết diện cần tìm ngũ giác IJKQP Ta có SD⊥AC nên IJKM P QKM hình thang vng I, M P, M 1 Do SIJKQP = SIJKM + SP QKM = IM (IJ + KM ) + P M (P Q + KM ) 2 1 Dễ thấy IJ = P Q nên SIJKQP = (IJ + KM )(IM + P M ) = IP (IJ + KM ) 2√ OD AD 1 a Ta có ∆OAD ∼ ∆OCB ⇒ = = ⇒ OD = BD = OB BC √3 IP DM DM.AC x.a Từ IP ||AC ⇒ = ⇒ IP = = √ = 3x a AC DO DO Từ IJ||SD ⇒ IJ AI OM OM.SD = = ⇒ IJ = = SD AD OD OD √ a 3 − x 2a √ a 3 √ = 2(a − x 3) √ √ a − x 2a KM BM BM.SD √ Từ KM ||SD ⇒ = ⇒ KM = = = √ a 3−x SD BD BD a 3 √ √ √ 2x = 3a − 2x 2x Khi SIJKQP = 3x 2a − 2x + 2a − √ √ √ √ 3a − 2x + 2x 3a2 Theo bất đẳng thức AM − GM ta có SIJKQP ≤ = √ √ a Dấu xảy 3a − 2x = 2x ⇔ x = √ √ a 3 3a2 x = Vậy diện tích thiết diện IJKQP đạt giá trị lớn 4 Câu IV (2,0 điểm) a) Với d = −2013, phương trình trở thành x4 + ax3 + bx2 + cx − 2013 = Đặt f (x) = x4 + ax3 + bx2 + cx − 2013; f (x) hàm số đa thức nên liên tục R Ta có lim f (x) = +∞ nên tồn hai số α < β > cho f (α) > 0; f (β) > x→±∞ Lại có f (0) = −2013 < nên f (α).f (0) < f (β).f (0) < Vậy phương trình cho có hai nghiệm phân biệt thuộc hai khoảng (α; 0) (0; β) 1 b) Với d = 1, phương trình trở thành x4 + ax3 + bx2 + cx + = ⇔ x2 + + ax + c + b x x Giả sử phương trình có nghiệm x0 1 1 Khi x20 + + ax0 + c + b = ⇒ ax0 + c + b = x0 + x0 x0 x0 x0 1 Theo bất đẳng thức Cauchy −Schwarz có ax0 + c + b ≤ a2 + b2 + c2 x20 + + x0 x0 x0 + x0 Hay x0 + ≤ a2 + b2 + c2 x20 + + ⇔ a2 + b2 + c2 ≥ x0 x0 x20 + +1 x0 t Đặt x20 + = t ≥ 2, ta có a2 + b2 + c2 ≥ t+1 x0 t2 Lại có ≥ ⇔ 3t2 − 4t − ≥ ⇔ (t − 2)(3t + 2) ≥ (đúng t ≥ 2) t+1 2 Do a + b + c2 ≥ Ta có điều phải chứng minh a = b = c = 23 x0 = Dấu xảy t = ⇒ x20 = ⇒ ⇒ x0 = −1 a = c = −b = 23 ——— Hết ——— SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC  TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ  ĐỀ THI CHUYÊN ĐỀ KHỐI 11 LẦN I NĂM HỌC 2013 -2014 Mơn thi: TỐN Khối D Thời gian làm bài: 150 phút không kể thời gian phát đề   Câu I (4.0 điểm)  1. Giải phương trình:  sin x  cos x  sin x  cos x  cos x    x  x   x  y   2. Giải hệ phương trình      x  x  y  Câu II (2.0 điểm) Cho bất phương trình  x   m  1 x  3m       1. Giải bất phương trình với  m      2. Tìm tất cả những giá trị của tham số  m để bất phương trình nghiệm đúng  x    Câu III (3.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ   Oxy :     1.  Cho  đường  tròn  (C):  x  y  2x  y     Viết  phương  trình  đường  trịn  (C')  là  ảnh  của  đường trịn (C) qua phép đối xứng trục là đường thẳng  () :  x     2. Cho 4 điểm:  A(1; 0), B( 2; 4), C ( 1; 4), D(3;5)  và đường thẳng  () : 3x  y    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 x    trên  nửa     khoảng    ;     6 Hết   Họ tên thí sinh…………………………………………SBD……………………………… Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích thêm!                   ĐÁP ÁN TOÁN 11 Câu           I.1    2.2    2.0(điểm)  Nội dung trình bày PT  cos x sin x  2cos x cos x  cos x cos x  ……………………………… 1.0đ   cos x 2sin x  cos x        cos  x      4    x   k   x  7  l 2  k , l , m    ………………………………………………………………   12   x     m2  12     Điểm 0.5  0.5      0.5            0.5  1.0đ  Hệ      0.5     x  x   x  y      I.2  …………………………………………… 0.5đ   x x x y             2.      0.5  2.0(điểm)  Vậy  x  x va x  y  là 2 nghiệm của PT:     t  6t    t  ………………… .0.5đ  0.5  Giải hệ tìm được   x; y   1;1 ,  x; y    3;9  ………………………………………  0.5đ  0.5  Đáp số………………………………………………………                                  0.5đ  II.1  1.0   Với  m   ta có BPT  x  4x    m  ; 2     2  3;                1.0đ   1.       1.0(điểm)    0.25   /  m  m   m                                                                                                                                Gọi  x1 , x2  x1  x2   là hai nghiệm của PT  x   m  1 x  3m     II.2  0.5  1         Thì  nghiệm  của  BPT  là  x   ; x1    x2 ;      BPT  đúng  x   x1  x2                    1.0(điểm)  0.5đ     S  2  m  1   m   Kết luận  ……….                                                   0.5đ   0.25     P  3m     0.25  1  y  2sin x  2sin x  1, t  sin x  1  t                                                                                                2   IV  0.25  0.25đ  1.          1  Xét hàm số   trên nửa khoảng  Lập BBT      0.5đ      1; f ( t )  t  t  1.0(điểm)         1 0.25  Kết luận:  Maxy  sin x  Miny  sin x                       0.25đ  2 2   0.25    Đường trịn (C) có tâm  I (1; 2), R   Gọi I'(a;b), R' lần lượt là tâm và bán kính của (C') ,   0.25      Thì R' =R và I' đối xứng với I qua    thì trung điểm O của II' thuộc                0.5đ      a 1    a        0.5   và  u  II '                                     1.0đ   b  III.1     0( a  1)  1(b  2)   2        0.25  2.0(điểm)  vậy (C'):   x  32   y  2                  0.5đ      0.5          III.2   1.      1.0(điểm)      0.5  0.5  0.25  pt AB :4 x  y   0, AB  5; CD : x  y  17  0, CD  17 M    M  t ;3t   d  M , AB   13t  19 11t  37 ; d  M , CD   17        0.75đ  S MAB  S MCD  d  M , AB   d  M , CD   t  9; t    7  Kết luận: Có hai điểm M thỏa mãn  M  9; 32  ; M  ;  …… .                 0.25đ  3        Hết -          0.25  SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH GIẢI TỐN TRÊN MÁY TÍNH CASIO LỚP 11 ĐỀ THI CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2010-2011 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 29/03/2011 Chú ý: 1, Thí sinh sử dụng loại máy tính Casio: fx 500A , fx 220, fx 500MS, fx 570MS, fx 500ES, fx 570ES, Vinacal 2, Nếu khơng nói thêm tính xác đến chữ số sau dấu phẩy 3, Đề thi gồm có 03 trang 4, Thí sinh làm trực tiếp vào đề thi Điểm thi Bằng số Bằng chữ Giám khảo Giám khảo Số phách Bài 1(5 điểm):Tìm nghiệm gần đúng( theo độ, phút, giây) phương trình: 3sin x  sinx cos x  4cos x  Sơ lược cách giải: Bài 2(5 điểm): Cho hàm số f ( x )  Kết quả: x3 sin  ln(7  11x4 )  e 19 x  Tính gần giá trị hàm số x   Sơ lược cách giải: Kết quả: Bài 3(5 điểm): Tìm chữ số tận số S  1! 2! 3! 4! 5!  9999! ( n! =1.2.3.4.5…n tích n số nguyên dương đầu tiên) Sơ lược cách giải: Kết quả: Bài 4(5 điểm): Tìm hệ số x8 khai triển (x2 + 2)n, biết: A 3n  8C2n  C1n  49 Sơ lược cách giải: Kết quả: 20102011 20082009 Bài 5(5 điểm): Tìm số dư Sơ lược cách giải: chia cho 19 ? Kết quả: Bài 6(5 điểm):Tìm hai số tự nhiên nhỏ thỏa mãn: ( ag ) Trong ***** chữ số không ấn định điều kiện Sơ lược cách giải:  a     g Kết quả: Bài 7(5 điểm): Cho hình chóp SABCD, ABCD hình vng cạnh , SA (ABCD), SA = Mặt phẳng () qua BC tạo với AC góc 30o, cắt SA, SD M N Tính diện tích thiết diện BCNM Sơ lược cách giải: Kết quả: Bài 8(5 điểm): Tìm nghiệm gần phương trình: x 70  x 45  x 20  10 x12  x  25  Sơ lược cách giải: Kết quả: Bài 9(5 điểm): Số M=123456789101112…998999, ta viết số từ đến 999 liên tiếp Hỏi chữ số thứ 2012 M chữ số nào? Sơ lược cách giải: Kết quả: Bài 10(5 điểm):Cho tập hợp số nguyên liên tiếp sau:{1},{2,3},{4,5,6}, {7,8,9,10}, , tập hợp chứa nhiều tập hợp trước phần tử, phần tử tập hợp lớn phần tử cuối tập hợp trước đơn vị Gọi Sn tổng phần tử tập hợp thứ n Tính S999 Sơ lược cách giải: Kết quả: Hết ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CHẤM MÔN MTCT LỚP 11 NĂM HỌC 2010-2011: Bài Điểm TP Cách giải Điểm toàn Đưa pt 3sin x  sinx cos x  4cos x  thành pt t  t   với t  t anx, ta tìm t1  3; t2  2 Từ suy nghiệm phương trình cho là: x1  71033'54'' k1800; x2  630 26'6'' k1800 , k  Tính giá trị biểu thức g(x)= sin  ln(7  11 x4 ) x   , ta   g   0,4186969412, ấn tiếp SHIFT STO A 2 X3 Ấn tiếp 19 X   f 9   e A , nhập X   , ta kết 5,2377 Ta có S  1! 2! 3! 4! 5!  9999!    1.2.3  1.2.3.4   1.2.3.4.5 9.10   1.2.3.4.5 9999     24  120  720  5040  40320  262880  100k , k      24  20  20  40  20  80(mod100)  13(mod100) Vậy chữ số tận S b Điều kiện n    2 n  C x n Ta có: x   k 2k n  k n k 0 Hệ số số hạng chứa x8 C4n 2n  Ta có: A 3n  8C2n  C1n  49 (n – 2)(n –1)n – 4(n – 1)n + n= 49 2  n3 – 7n2 + 7n – 49 =  (n – 7)(n2 + 7) =  n = Vậy hệ số x8 khai triển C47 23  280 Kiểm tra máy tính, ta có: 59  1(mod19);2008  1(mod 9) 20102011 Do đặt 2008 2009 20102011 20082009  k  1  59 k1  5.(59 )k  5(mod19) Vậy số dư cần tìm Do ( ag )  a    g gồm chữ số nên ta có : 1.000 000  (ag )  9.999 999  31  ag  57 Dùng phương pháp lặp để tính: Ấn 31 SHIFT STO A Ghi vào hình : A = A + : A ^ ấn = = Ta thấy A = 45 46 thoả điều kiện toán ÐS : 45 ; 46 BC// AD  Ta có: ()  (SAD)  MN  MN // BC// AD BC  (); AD  (SAD)  Mà: BC  BA; BC  SA (SA  (ABCD))  BC  (SAB)  BC  BM 2 Suy thiết diện BCNM thang vuông B, M Dựng AH  BM Ta có: BC  AH (vì BC  (SAB)) Suy ra: AH  ()  ACH  30o Tam giác ABM vng A, đường cao AH có: 1 1       AM  2 AM AH AB2 3  BM  (tam giác ABM vuông cân) MN  Diện tích hình thang vng BCNM:   1 S  MB.(MN  BC)    3   3,1820 2   S N M A H  B 70 45 20 D C 12 Ghi vào hình : X  X  X  10 X  X Sau sử dụng phím SHIFT SOLVE Chọn X=1.1 ta tìm nghiệm 1,0522 Sau chọn tiếp X= - 1.1 ta tìm nghiệm -1,0476 ÐS : 1,0522 ; -1,0476  25  Xét 2012 chữ số M gọi z chữ số thứ 2012 Khi dãy liên tiếp số từ đến z ta chia thành đoạn sau :123456789  101112 9899   100101102  z A B C Ta thấy có chữ số nhóm A, có 2x90=180 chữ số nhóm B Do cịn 2012-(9+180)=1823 chữ số nhóm C, chia 1823 cho thương 607, dư Suy nhóm C có tất 607 số nguyên gồm chữ số, số 100 chữ số số nguyên thứ 608 Số 607 nhóm C số 706, suy z=0 Vậy chữ số thứ 2012 M Ta thấy tập hợp thứ n chứa n số nguyên liên tiếp mà số cuối n  n  1 Khi Sn tổng n số hạng n  n  1 cấp số cộng có số hạng đầu u1  , công sai d=-1(coi số hạng      n  10 cuối tập hợp thứ n số hạng đầu cấp số cộng này), ta có 1 S n  n  2u1   n  1 d   n  n  1 2 Vậy S999  999  999  1  498501999 5 SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012- 2013 Mơn thi: Tốn ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Khóa ngày 27 tháng năm 2013) SỐ BÁO DANH:…………… Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1:(3.0 điểm) x   x  y  y  10 a) Giải hệ phương trình:   x   x  12  y2 b) Giải phương trình:  cos x  cos x    2sin x Câu 2:(2.5 điểm) a) Tính giới hạn dãy số: lim  n4  n2   n6   u1  2013 b) Cho dãy số  un  xác định sau:  n (n  1) un 1  n 1 un  2013n  Tìm cơng thức số hạng tổng qt giới hạn dãy số  un  ? Câu 3:(2.5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD hình thang cân (AD//BC) BC=2a, AB=AD=DC=a (a>0) Mặt bên SBC tam giác Gọi O giao điểm AC BD Biết SD vng góc với AC a) Tính SD b) Mặt phẳng (  ) qua điểm M thuộc đoạn OD (M khác O, D) song song với hai đường thẳng SD AC Xác định thiết diện hình chóp S.ABCD cắt mặt phẳng (  ) Biết MD = x Tìm x để diện tích thiết diện lớn Câu 4:(2.0 điểm) Cho phương trình: x  ax  bx  cx  d  a) Với d  2013 , chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt b) Với d  , giả sử phương trình có nghiệm, chứng minh a  b  c  HẾT SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013 Mơn thi: Tốn (Khóa ngày 27 tháng năm 2013) HƯỚNG DẪN CHẤM (Đáp án, hướng dẫn cú trang) yêu cầu chung * ỏp ỏn ch trình bày lời giải cho Trong làm học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng * Trong bài, học sinh giải sai bước giải trước cho điểm bước giải sau có liên quan Ở câu học sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai cho điểm * Điểm thành phần nói chung phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm thành phần 0,5 điểm tuỳ tổ giám khảo thống để chiết thành 0,25 điểm * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm * Điểm tồn tổng (khơng làm tròn số) điểm tất Câu Nội dung Trang: - Đáp án Toán 11 Điểm 1,5 điểm a) ĐK: y  Đặt a  x  1; b  y 0,25 Ta có hệ phương trình trở thành  a  b  ab  11  a  b  a  b  7  a  a    ( VN )        ab  ab  18 b  b   a  b  13 a   1 TH1:   ( x; y )  1;   3 b  a   1 TH2:   ( x; y )   2;   2 b  0,75 0,25 0,25 1,5 điểm b)  cos x  cos x    2sin x  4sin x sin x   2sin x 0,5  4(1  sin x sin x)  2(1  sin x)   sin x(1  sin x)  cos x   2(1  sin x )   4(sin x cos x  cos x )  2(1  sin x)  0,5 sin x  1 sin x  1    sin x cos x     x   k 2 (k  Z ) cos x  cos x   0,5 a) lim   n  n2   n6   lim  n4  n   n  ( n6   n )  1,0 điểm 0,25 Ta có:   1      n 1 n   lim n  n2   n  lim   lim  2 1    n  n 1  n   1  1 n n   lim( n   n )  lim 0 ( n6  1)  n ( n6  1)  n Do lim n  n2   n6      b) un  0, n  N  * 1  unn11  unn  n 2013 2013n Do đó: u22  u11  20131 u33  u22  20132 Trang: - Đáp án Toán 11 unn11  unn  0,25 0,25 0,25 1,5 điểm 0,25 unn  unn11  Suy ra: unn  u11  2013n 1 0,5 1    2013 2013 2013n 1   1  n 2013   un  2013  2012   1   2013    2012 n 1 n 1 0,25 n 1   1  n     2014 2013 2013   un  2013    n 2014  1 (Cô si) 2012 n n 2013  Mặt khác lim 1    Vậy lim un  n   0,25 0,25 2,5 điểm S K Q B C J P O M A N D Trang: - Đáp án Toán 11 T 0,25 a) Dễ thấy đáy ABCD hình lục giác cạnh a Kẻ DT//AC (T thuộc BC) Suy CT=AD=a DT vng góc SD Ta có: DT=AC= a Xét tam giác SCT có SC=2a, CT=a, SCT  1200  ST  a Xét tam giác vng SDT có DT= a , ST  a  SD  2a b) Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt AD, DC N,P Qua M, N, P kẻ đường thẳng song song với SD cắt SB, SA, SC K, J, Q Thiết diện ngũ giác NPQKJ Ta có: NJ, MK, PQ vng góc với NP 2 0,25 0,25 0,25 0,25 dt(NPQKJ)=dt(NMKJ)+dt(MPQK)= ( NJ  MK ) MN  ( MK  PQ )MP  ( NJ  MK ).NP (do NJ=PQ) NP MD AC.MD x.a Ta có:   NP    3x a AC OD OD  a  2a   x NJ AN OM SD.OM    2(a  x 3)    NJ   a SD AD OD OD   KM BM SD.BM 2a a  x   KM    (a  x ) SD BD BD a 3 1  Suy ra: dt(NPQKJ)=  2(a  x 3)  (a  x )  x  2(3a  x) x 2  1    3 a2 (3a  3x )2 3x  (3 a  x )  x  4 3 3 Diện tích NPQKJ lớn a x  a 4  0,25 0,5 0,25 0,25 1.0 điểm a) d= -2013 Đặt f ( x)  x  ax  bx  cx  2013 liên tục R Ta có: f    2013  Mặt khác lim f ( x)   , nên tồn số   0;   cho 0,25 x  f ( )  0; f (  )  Do f (0) f ( )  0; f (0) f (  )  Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt thuộc hai khoảng ( , 0) (0,  ) Trang: - Đáp án Toán 11 0,5 0,25 1.0 điểm b) d=1: Gọi x0 nghiệm phương trình ( x0  ) 1 x04  ax03  bx02  cx0    b   x02   ax0  c x0 x0 0,25   1 1  2 Ta có:  a  b  c  ( x   1)  a  c    x0   ax0  c   ( x0   1) x0 x0 x0   x0    2 2  1 1     ax0  c  x02   ax0  c    x02   x0 x0 x0   x0   0,25    x0   x0  t2 2 Suy ra:  a  b  c     với t  x02   x0 x02   t  x0 t2   3t  4t    (t  2)(3t  2)  (đúng t  ) t 1 Vậy a  b  c  Dấu xảy a  b  c   (ứng với x0  ) 2 a  c  , b   (ứng với x0  1 ) 3 Mặt khác: Trang: - Đáp án Toán 11 0,25 0,25 ...   Hết -? ?         0.25  SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO LỚP 11 ĐỀ THI CHÍNH THỨC NĂM HỌC 201 0-2 011 Thời gian: 150 phút...  1  498501999 5 SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT NĂM HỌC 201 2- 2013 Mơn thi: Tốn ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Khóa ngày 27 tháng năm 2013) SỐ BÁO DANH:…………… Thời gian...  b  c  HẾT SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013 Mơn thi: Tốn (Khóa ngày 27 tháng năm 2013) HƯỚNG DẪN CHẤM (Đáp ỏn, hng