Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
ĐỀ SỐ 16:
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT CẤP TỈNH
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
(Dành cho học sinh THPT chuyên )
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
————————————
Câu I (4 điểm)
1. Giải phương trình:
( ) ( )
2
3 1 cos 3 1 sin .cos sin cos 3 0x x x x x+ + − + − − =
2. Giải hệ phương trình:
( )
2 2
2 2
2 1
2 3 1 , ,
1
x y
y z x y z
xy yz zx

− =

− = ∈


+ + =

¡

9
.
Câu IV (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC. Phân giác trong của các góc A, B, C cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC lần lượt tại các điểm
1 1 1
, ,A B C
. Đường thẳng
1
AA
cắt đường thẳng
1
CC
tại điểm
I
;
đường thẳng
1
AA
cắt đường thẳng
BC
tại điểm
N
; đường thẳng
1
BB
cắt đường thẳng
1 1
AC
tại điểm

 
với mọi
0x >
. Chứng minh rằng
( )
f x x≥
với mọi
0x >
.
Hết
Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ……………………………………………SBD: …………………
1
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
Câu Nội dung Điểm
I
4điểm
I.1 (2 điểm)
( ) ( )
( )
2
2 2
3 1 cos 3 1 sin .cos sin cos 3 0
3 cos 1 3 sin .cos cos sin .cos sin cos 0
x x x x x
x x x x x x x x
+ + − + − − =
⇔ − + + − + − =
0,5

 ÷

− =

 

⇔ ⇔


+ =
 

+ =

 ÷
 

0,5
( )
4
4
2 2
6 6
2
5
2
2
3
6 6
x k

+ = +



¢
0,5
I.2 (2 điểm)
+) Nếu
0x =
thay vào hệ ta có hệ vô nghiệm
0,25
+) Nếu
0x ≠
ta đặt
; y ax z bx= =
thay vào hệ ta được
0,25
( )
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
2 2 2
2 2 2
2
2
2
1 2 1



0,5
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2
1
1
4 3 1 4 3 1
1 2
1 2 1 1 0 1 2 1 0
2 3 1 0
a
b
a b a b
b a
a a b a a a b
a a

= −



= ±
 
− = − =

 

⇔ ⇔ ⇔

1
1
1 2
1
2 3 1 0
2
0
a
b
b a
a a
a
b

=



= −


= −


⇔


− + =
=


=

vào (1) ta có
2x = ±
. Do đó nghiệm của hệ là
( )
1 1
; ; 2; ;0 , 2; ;0
2 2
x y z
   
= − −
 ÷  ÷
   
0,25
II
2điểm
II.1 (1 điểm)
Nhận xét. Nếu
0 ,0 ;
2
x y
x y
π
+
< < <
thì

sin sin 2sin cos 2sin
2 2 2

+ +
+ + ≤
. Dấu bằng xảy ra khi
A B C
= =
.
0,25
II.2 (1 điểm)
Đặt
,
3
B C D
t
+ +
=
ta có
( )
2
2 3 ; 1
3 3
A t t
π π
π
= − < <
0,25
Khi đó theo phần II.1 ta có
2 3 3 5
sin 3sin cos sin
3 2 2
t

Đẳng thức xảy ra khi
( )
3 5
cos ; sin 2
28
28
t t= − =
Vậy
max 7 , 2 3P B C D t A t
π
= ⇔ = = = = −
(với
t
xác định bởi (1) và (2))
0,25
III
1điểm
+) Trước hết ta tính n(A). Với số tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau thì chữ số đầu
tiên có 9 cách chọn và có
7
9
A
cho 7 vị trí còn lại. Vậy
( )
7
9
9n A A=
0,25
+) Giả sử
{ }

IV
2điểm
* Dễ thấy
·
0
1
90IPC =
, do đó O là trung điểm của
1
IC
. 0,5
*
·
·
·
·
1 1 1
2 //IOP IC P CAB CC B BC OP= = = ⇒
* Do BM=MN;
1 1
//OI OC IN C B= ⇒
0,5
Do đó
·
·
1
CIA BAC=
, mà
·
·

P
A1
B1
C1
A
B
C
0,5
V
1điểm
1
(3 ) (2 ) 2 (1)
2
f x f f x x
 
≥ +
 ÷
 
Từ (1) suy ra
1 2 2 2
( ) ( ) , 0
2 3 3 3
x x x
f x f f f x x
 
 
≥ + ⇒ > ∀ >
 ÷
 ÷
 

n n
a a
+
= +
.
0,25
4
Tuyn tp cỏc thi hc sinh gii toỏn lp 11 (cú ỏp ỏn chi tit) phn 2
Ta s chng minh bng quy np theo n rng vi mi
*
nƠ
luụn cú
( )
n
f x a x>
vi
0x >
(3)
Tht vy, khi
1n =
thỡ theo (2), ta cú ngay (3)
Gi s mnh (3) ỳng vi
n k=
. Khi ú
1
1 2 2 1 2 2 1 2 2
( ) . . .
2 3 3 2 3 3 2 3 3
2
2

1
n
a n< Ơ
. Do ú:
1
1
( 1)( 2) 0
3
n n n n
a a a a
+
= >
, suy ra dóy
( )
n
a
tng ngt.
Dóy
( )
n
a
tng v b chn trờn nờn hi t. t
lim
n
a l=
thỡ
2
1 2
3 3
l l= +

25 9
2sin 2cos tan
4 2
0
2 cos 1 2 sin 1
x x x
x x


+ +
ữ ữ

=
+ +
Bi 2 (3 im).
Kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 11
Mụn thi: toáN THPT
Thi gian lm bi: 180 phỳt
5
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
1. Cho dãy số
( )
n
u
xác định bởi
( )
1
*
1
4

− − −
+ − + − + + + = +

3. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn có mặt hai
chữ số chẵn và hai chữ số lẻ.
Bài 3 (2 điểm).
1. Cho dãy số
k
{x }
xác định bởi:
k
1 2 k
x
2! 3! (k 1)!
= + + +
+
Tính :
1 2 3 2012
lim
n n n n
n
x x x x+ + + +

2. Cho hàm số :

2
3
1 sin 1
0
( )

Tính độ dài PQ biết cạnh của tứ diện có độ dài bằng 1.
Hết

Họ và tên : Số báo
danh :
6
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
Bài Lời giải Điểm
Bài 1
1.(1 đ)
Điều kiện :
( )
cos 0
sin 2 0 1
tan cot 2 0
x
x
x x
≠


≠


+ >

Ta có :
2
2sin cos2 1
tan cot 2

1
sin 2
2
x
x
=


⇔

=

( Thỏa điều kiện (1) )
Giải các phương trình trên ta được :

( )
5
; ;
4 12 12
x k x k x k k Z
π π π
π π π
= + = + = + ∈
2. (1 đ)
ĐK:
( )
1 1 2 3
2 3
cos 0
2

≠ − + π ≠ + π
≠ −
 


( ) ( ) ( )
2 2
2 2
2
2sin 6 2cos 4 tan 0
4 2
sin
1 cos 2 2sin tan 1 sin 2 2sin
2 cos
2sin cos sin
1 sin 2 tan sin 2 1 1 sin 2 1 tan 0
cos
pt x x x
x
x x x x x
x
x x x
x x x x x
x
π π
   
⇔ − π − − + π+ + =
 ÷  ÷
   
π

So với điều kiện
( )
2
4
x m m Z
π
= + π ∈
là nghiệm phương trình đã cho.

0.25đ
0.25đ

0.25 đ

0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
7
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
ĐỀ SỐ 18:
Trường THPT Lê Quý Đôn
o0o
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
MÔN TOÁN- KHỐI 11-VÒNG 2
Năm học 2013-2014
Thời gian làm bài: 60 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (2,5 điểm). Giải hệ phương trình :

phẳng chứa tam giác
ABC
lấy điểm
M
thỏa mãn
2 2 2
MA MB MC+ =
. Tìm quỹ tích
của điểm M.
Câu 3 (2,5 điểm). Cho ba số dương a, b c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh
rằng:
1 1 1
1
1 1 1a b b c c a
+ + ≤
+ + + + + +
Câu 4 (3,0 điểm). Cho dãy số
( )
n
u
xác định bởi
1
1u =
và
2
1
3 2
n n
u u
+

2
= y(1 + x
2
) ≥ 2xy (BĐT cosi)⇔ x ≥ y
3y
3
= z(y
4
+ y
2
+1) ≥ z.3y
2
⇔ y ≥ z (vì y
4
+ y
2
+ 1 ≥ 3y
2
)
4z
4
= x(z
6

+ z
4
+ z
2
+1) ≥ x.4z
3

vuông cân tại B, nên ta có:
( )
2;0A
,
( )
0;2C
. Giả sử
( )
;M x y
.
0,5
2 2 2
MA MB MC+ =
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
2 2x y x y x y⇔ − + + + = + −
⇔
2 2
4 4 0x y x y+ − + =
. Đây là pt của đường tròn tâm
( )
2; 2I −
,
2 2R =
.
1,0
Vậy quỹ tích điểm M là một đường tròn tâm
( )
2; 2I −

+ + + +
0,5
9
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
Tương tự:

( ) ( )
3 3
3 3 3
3 3 3 3 3 3 3 3
1 1 abc a
b c 1
a b c
bc a b c bc a b c
≤ = =
+ +
+ +
+ + + +
( ) ( )
3 3
3 3 3
3 3 3 3 3 3 3 3
1 1 abc b
c a 1
a b c
ca a b c ca a b c
≤ = =
+ +
+ +
+ + + +

0,25
Đặt
2
n n
v u=
thì có:
( )
1 1
3 2 1 3 1
n n n n
v v v v
+ +
= + ⇔ + = +
*
, n N∀ ∈
.
0,5
Đặt
1
n n
x v= +
, ta có:
1
3
n n
x x
+
=
*
, n N∀ ∈

2 3 3 3 3 2015= + + + + −
0,25

( )
2015
2 3 1
2015
3 1
−
= −
−
0,25

2015
3 2016= −
0,25
ĐỀ SỐ 19:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
NĂM HỌC 2010-2011
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu I (2,0 điểm)
1) Giải phương trình lượng giác
2 2
sin 3 cos2 sin 0.x x x+ =
2) Giải hệ phương trình
( ) ( )

khi và chỉ khi
0.a b c+ + =
2) Các số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành một cấp số nhân có tổng bằng 26.
Tìm các số đó, biết rằng: nếu một cấp số cộng có a là số hạng thứ nhất, b là số hạng
thứ ba thì c là số hạng thứ chín.
Câu III (2,0 điểm)
1) Chứng minh rằng: với mọi số tự nhiên n, số
3
2 1+
n
chia hết cho
1
3
+n
nhưng
không chia hết cho
2
3 .
+n

2) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy
ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ
số khác nhau.
Câu IV (3,0 điểm)
1) Cho hình hộp
. ' ' ' '.ABCD A B C D
Trên cạnh AB lấy điểm M khác A và B. Gọi
(P) là mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng
( ').ACD


( ) ( )
2 2
2 2 8
4 4 4.
x y
x y y x
 − + =


− + − =


2,0 đ
I.1
(1,0đ)
Có:
3 2
sin 3 3sin 4sin (3 4sin )sin (1 2cos 2 )sin ,x x x x x x x= − = − = +
0,25
nên PT
2 2
[(1 2cos 2 ) cos2 1]sin 0x x x⇔ + + =
0,25

3 2 2
2 2
(4cos 2 4cos 2 cos 2 1)sin 0
(1 cos 2 )(1 4cos 2 )sin 0
x x x x
x x x

x u
y v
với
, [0; ]
2
u v∈
π
HPT ⇔
(1 cos2 )(1 cos 2 ) 2
cos2 sin 2 cos 2 sin 2 1
u v
u v v u
− + =


+ =

0,25
⇔
2 2
sin cos 1/ 2
sin 2( ) 1
u v
u v

=

+ =

⇔

u v

− =


+ =


π
⇔
4
4
u v
u v

− =




+ =


π
π
⇔
4
0
u
v

là dãy số được xác định bởi công thức:
1 2 3 ( *).
n
u a n b n c n n= + + + + + ∀ ∈ ¥
Chứng minh rằng
lim 0
n
n
u
→∞
=
khi và chỉ khi
0.a b c
+ + =
2) Các số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành một cấp số nhân có tổng bằng 26. Tìm các số
đó, biết rằng: nếu một cấp số cộng có a là số hạng thứ nhất, b là số hạng thứ ba thì c là số
hạng thứ chín. 2,0 đ
II.1
(1,00đ
)
Đặt
2 3
1 1
1
n
n n
u
n n
v a b c v a b c
n n

ta có
( ) ( )
2
2 1 3 1 0
2 1 3 1
n
b c
u b n n c n n
n n n n
= + − + + + − + = + →
+ + + + + +
0,50
II.2
(1,00đ
)
Gọi
1 2 3
, ,u a u b u c= = =
là ba số theo thứ tự lập thành một cấp số nhân có công bội q; (v
n
)
là cấp số cộng có công sai d với
1 3 9
, ,v a v b v c= = =
. Khi đó ta có:
1 1
1 1
2 3
2
3 9



Dễ thấy q = 1 ⇔ d = 0, nên:
0,50
q = 1
⇔

26
3
a b c= = =
0,25
Nếu q ≠ 1
( 0)ad ≠
hệ trên trở thành
2
2
1
4 3 0
3 10 26
d
a
q
q q
a d

=

−



+n
nhưng không chia
hết cho
2
3 .
+n

2) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu
nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác
nhau. 2,0 đ
III.1
(1,0đ)
Đặt A
n
=
3
2 1
n
+
n = 0 thì A
0
=
1
2 1+
= 3 chia hết cho 3
1
mà không chia hết cho 3
2

0,25

A
k+1
( )
2 3
3 2
k
k k
A A= − ×
=
( )
2
1 1 3
3 3 3 2
k
k k
B B
+ +
 
× × − ×
 
=
2 3 2 1 3
3 3 2
k
k k
B B
+ +
 
× − ×
 

5
9 59.049Ω = =
0,25
Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có:
Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là
3
9
C
. Chọn 2 chữ số
còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây:
TH1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5!
hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 3! hoán vị
của các vị trí mà a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH1 này có cả
0,25
13
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
thảy
5!
3 60
3!
× =
số tự nhiên.
TH2. 1 trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số kia bằng 1 chữ số khác
trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c
tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 2! hoán vị của các vị trí mà a, a chiếm chỗ và 2! hoán vị
của các vị trí mà b, b chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH2 này có cả thảy
5!
3 90
2!2!
× =

a) Trình bày cách dựng thiết diện của hình hộp và mặt phẳng (P).
b) Xác định vị trí của M để thiết diện nói trên có diện tích lớn nhất.
2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và M là trung điểm của SC. Một
mặt phẳng (P) chứa AM và lần lượt cắt các cạnh SB, SD tại các điểm B', D' khác S. Chứng
minh rằng:
4 ' ' 3
.
3 2
SB SD
SB SD
≤ + ≤
3,0 đ
IV.1.a
(0,75đ
)
S
J
R
P
K
I
Q
F
E
N
O
C'
B'
A'
C

các tam giác JKI, ACD’ lần lượt là S
2
, S) 0,25
Đặt
;
AM
k
AB
=
ta có điều kiện
0 1k< <
và có:
2 2 2
2
1
S JM AM AM
k
S AC DC AB
     
= = = =
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
 
⇒ S
1
= k
2

2 4 2 2
td
S
S S k k S k
 
 
= − + + = − − ≤
 
 ÷
 
 
 
(dấu bằng xảy ra ⇔
1
2
k =
)
0,25
S lớn nhất ⇔
1
2
k =
⇔ M là trung điểm của AB
0,25
VI.2
(1,00đ
)
P
N
D'

' '
SD SB
x y
SD SB
= =
⇒
2 3
2 3
' ' 2
SB SD SP SN SO
x y
SB SD SI SI SI
+ = + = + = = =
⇒
, [1;2]x y ∈
(*)
0,25
Suy ra:
2
1 1 3 2 4
3
3x y xy x y
 
+ = ≥ =
 ÷
+
 
0,25
Từ (*):
1 2x


V
(1,0đ)
Tập xác định của hàm số
( )
( ) sin siny f x x= = π
là
D = ¡
(đối xứng qua 0)
( ) ( )., x f x f x∀ ∈ − =¡
Vậy, f chẵn (f không lẻ vì nó không đồng nhất bằng 0)
0,25
( 2 ) ( )., x f x f x∀ ∈ + π =¡
Vậy, f tuần hoàn
0,25
Tập giá trị của hàm số
sint x= π
là
[ ]
0; π
nên
0,25
0
min min sin 0,
t
f t
≤ ≤π
= =

0

+
 
.
Câu 2 (3,0 điểm).
1. Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính
xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1.
2. Chứng minh đẳng thức sau:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
0 1 2 3 2011 2012 1006
2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012
C C C C C C C− + − + − + =
.
Câu 3 (2,5 điểm).
1. Chứng minh rằng phương trình
3
8 6 1 0x x− − =
có ba nghiệm thực phân biệt. Hãy tìm 3
nghiệm đó.
2. Cho dãy số
( )
n
u
được xác định bởi:
1 1
2
sin
sin1;
n n
n

2 2 2 2
1 1 1 1
SH SA SB SC
= + +
.
3. Cho tứ diện ABCD thỏa mãn điều kiện
, ,AB CD BC AD AC BD= = =
và một điểm X thay
đổi trong không gian. Tìm vị trí của điểm X sao cho tổng
XA XB XC XD
+ + +
đạt giá trị nhỏ
nhất.
—Hết—
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh……………….
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
———————
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT KHÔNG CHUYÊN
NĂM HỌC 2011-2012
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
———————————
I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh
làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần
đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý Nội dung trình bày Điểm

Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
+ Với
1 5
2sin 1 0 sin 2 ; 2
2 6 6
x x x k x k
π π
π π
− = ⇔ = ⇔ = + = +
0,25
Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của phương trình đã cho là:
5
; 2 ; 2 ( )
4 6 6
x k x k x k k
π π π
π π π
= − + = + = + ∈¢
0,25
2 1 1,5 điểm
Số các số tự nhiên có 5 chữ số là
99999 10000 1 90000− + =
Giả sử số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là:
1abcd
0,5
Ta có
1 10. 1 3. 7. 1abcd abcd abcd abcd= + = + +
chia hết cho 7 khi và chỉ khi
3. 1abcd +


Xét đẳng thức
( ) ( )
( )
2012
2012 2012
2
1 . 1 1x x x− + = −
0,5
+) Ta có
( ) ( )
2012
2012
2 2
2012
0
1
k
k
k
x C x
=
− = −
∑
suy ra hệ số của số hạng chứa
2012
x
là
1006
2012
C

0 1 2 3 2011 2012
2012 2012 2012 2012 2012 2012
C C C C C C= − + − + − +
Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh.
0,5
3 1 1,5 điểm
Đặt
( )
3
8 6 1f x x x= − −
; tập xác định
D = ¡
suy ra hàm số liên tục trên
¡
. Ta có 0,25
( ) ( ) ( )
1
1 3, 1, 0 1, 1 1
2
f f f f
 
− = − − = = − =
 ÷
 
suy ra 0,5
( ) ( ) ( ) ( )
1 1
1 0, 0 0, 0 1 0
2 2
f f f f f f

π
∈
ta
được
5 7
; ;
9 9 9
t
π π π
 
∈
 
 
. Do đó phương trình đã cho có 3 nghiệm:
0,5
18
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
5 7
cos , cos , cos
9 9 9
x x x
π π π
= = =
.
2 1,0 điểm
Nhận xét. Với mỗi số nguyên dương n ta có:
2 2 2 2
1 1 1 1
2
1 2 3 n

1 2
n
u
n
≤ + + + <
với mọi n (theo nhận xét trên) (1) 0,25
Mặt khác
2 2 2
1 1 1
2
1 2
n
u
n
 
≥ − + + + > −
 ÷
 
với mọi n (theo nhận xét trên) (2). Từ (1) và
(2) suy ra dãy số đã cho bị chặn.
0,25
4 1 1,0 điểm
I
O
M
S
D
C
A
B

a
SO =
.
0,5
2 1,0 điểm
19
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
D
K
H
C
B
S
A
Gọi K là giao điểm của đường thẳng AH và BC; trong mặt phẳng (SBC) gọi D là giao
điểm của đường thẳng qua S, vuông góc với SC. Ta có BC vuông góc với SH và SA nên
BC vuông góc với mặt phẳng (SAH) suy ra BC vuông góc với SK.
0,25
Trong tam giác vuông SAK ta có
2 2 2
1 1 1
SH SA SK
= +
, kết hợp với giả thiết ta được
2 2 2
1 1 1
SK SB SC
= +
(1)
0,5

,
tương tự ta chứng minh được
MN CD⊥
và đường thẳng PQ vuông góc với cả hai
đường thẳng BC, AD. Từ đó suy
GA GB GC GD
= = =
.
0,25
Ta có
. . . .XAGA XB GB XC GC XD GD
XA XB XC XD
GA
+ + +
+ + + =
. . . .XAGA XB GB XC GC XD GD
GA
+ + +
≥
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
0,5
20
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
( )
2
. 4.
4
XG GA GB GC GD GA
GA
GA





+ + =


b) Giải phương trình:
( )
2
cos2 cos4 6 2sin3x x x
− = +
Câu 2:(2.5 điểm)
a) Tính giới hạn dãy số:
(
)
4 2 63
lim 1 1n n n
+ + − +

b) Cho dãy số
( )
n
u
xác định như sau:
1
1
1
2013
1

α
) 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 (
α
). Biết MD =
x. Tìm x để diện tích thiết diện lớn nhất.
Câu 4:(2.0 điểm) Cho phương trình:
4 3 2
0x ax bx cx d+ + + + =

a) Với
2013d = −
, chứng minh rằng phương trình có ít nhất hai nghiệm phân
biệt.
b) Với
1d
=
, giả sử phương trình có nghiệm, chứng minh
2 2 2
4
3
a b c+ + ≥

HẾT
SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi: Toán
(Khóa ngày 27 tháng 3 năm 2013)
HƯỚNG DẪN CHẤM

a b ab
a b a b a a
VN
ab ab b b
a b
+ + =
+ = + = − = =

   
⇔ ∨ ⇔ ∨
    
= = = =
+ =
   

TH1:
2
1
( ; ) 1;
3
3
a
x y
b
=

 
⇒ =

 ÷

− = +

2 2
2 2
2 2 2
2 2 2
2 2
2
2
4sin sin 3 6 2sin3
4(1 sin sin 3 ) 2(1 sin3 ) 0
4 sin (1 sin 3 ) cos 2(1 sin3 ) 0
4(sin cos 3 cos ) 2(1 sin3 ) 0
sin3 1
sin3 1
sin cos 3 0 2 ( )
2
cos 0
cos 0
x x x
x x x
x x x x
x x x x
x
x
x x x k k Z
x
x
π
π

+ + − + = + + − − + −
Ta có:
(
)
2
2
4 2 2
4 2 2
2 4
1
1
1 1
lim 1 lim lim
2
1 1
1
1 1
n
n
n n n
n n n
n n
 
+
 ÷
 
+
 ÷
+ + − = = =
 ÷

0,25
0,25
23
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
b)
*
0,
n
u n N> ∀ ∈
1 1
1 1
1 1
2013 2013
n n n n
n n n n
n n
u u u u
+ +
+ +
= + ⇒ − =

Do đó:
2 1
2 1
1
1
2013
u u− =

3 2

2013 2013 2013 2012
n
n
n
n
u u
−
−
 
−
 ÷
 
− = + + + =

1
1
1
2013
2013
2012
n
n
n
u
−
 
−
 ÷
 
= +

lim 1
n
u =
1,5 điểm
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
3

O
B
C
A
D
S
T
M
N
P
K
Q
J
2,5 điểm
0,25
24
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2

a) Dễ thấy đáy ABCD là nữa hình lục giác đều cạnh a.

NP MD AC MD x a
NP x
a
AC OD OD
= ⇒ = = =

2 .
.
3
2( 3)
3
a
a x
NJ AN OM SD OM
NJ a x
a
SD AD OD OD
 
−
 ÷
 
= = ⇒ = = = −

( )
2 . 3
. 2
( 3 )
3 3
a a x
KM BM SD BM

a
khi
3
4
x a=

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
4
a) d= -2013
Đặt
4 3 2
( ) 2013f x x ax bx cx= + + + −
liên tục trên R.
Ta có:
( )
0 2013 0f = − <
Mặt khác
lim ( )
x
f x
→±∞
= +∞
, nên tồn tại 2 số