Đề thi chọn học sinh giỏi năm học 2009 - 2010 môn: Toán khối 11

Sở GD&ĐT Thanh Hoá Kỳ thi chọn HSG năm học 2009-2010
 Trường THPT Yên Định 2 Môn: Toán. Khối 11.
 ( Thời gian làm bài 180 phút).
Câu 1 ( 4 điểm):
 1.Tìm điều kiện của m để phương trình sau có các nghiệm lập thành cấp số cộng: 
 2. Tính các góc của một tam giác vuông có độ dài 3 cạnh lập thành cấp số nhân.
Câu 2 ( 3 điểm):
 1.Với các giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm? Hãy tìm tất cả các nghiệm đó.
 2.Tính tổng:
Câu 3 ( 5điểm):
 1. Tính các giới hạn sau:
 2. Cho dãy có số hạng tổng quát: 
 a) Viết 5 số hạng đầu của dãy.
 b) Chứng minh: 
 c) Suy ra cách viết dãy trên là: 
Câu 4( 4 điểm):
 Cho tứ diện ABCD, trọng tâm G của tam giác BCD và điểm M thuộc miền trong tam giác BCD. Đường thẳng Mx qua M song song hoặc trùng với GA
 ( khi M trùng với G) cắt các mặt phẳng (ABC), (ACD), (ADB) tại các điểm tương ứng P, Q, R.
 1. Chứng minh rằng luôn luôn tồn tại các điểm P, Q, R. Hãy dựng các điểm ấy.
 2. Chứng minh rằng tỷ số ( MP + MQ + MR ) : AG không đổi khi điểm M di động trên miền trong tam giác BCD. Tìm vị trí của M để tích MP.MQ.MR đạt giá trị lớn nhất có thể được.
Câu 5 ( 4 điểm):
 Cho đường tròn tâm O, đường kính AB nằm trên mặt phẳng (P); một đoạn thẳng OA vuông góc với mf(P) tại A; một điểm M di động trên trên đường tròn (O). Hạ các đường cao AI, AK của các tam giác tương ứng SAB, SAM.
 1. Chứng minh rằng AK (SMB)
 2. Gọi N là giao điểm của các đường thẳng IK, BM. Tìm tập hợp của điểm N.
----Hết-----
Hướng dẫn chấm môn toán khối 11
 ( Hướng dẫn này có 4 trang)
Câu
ý
 Nội dung
Điểm
1
1
Đặt ta có 
PT đã cho có 4 nghiệm khi PT (2) có 2 nghiệm dương . Khi đó 4 nghiệm của PT đã cho là: ; 4 nghiệm này lập thành cấp số cộng . Ta có 
+) ,PT có 4 nghiệm: -3; -1; 1; 3 lập thành cấp số cộng
+) , PT có 4 nghiệm: lập thành cấp số cộng.
0,5
1
0,5
2
3 cạnh tam giác vuông: 
 ( loại) hoặc . Vậy:
1
1
2
1
PT đã cho tương đương với 
Đặt ( ĐK: ), ta được PT (2) 
PT (1) có nghiệm thì PT (2) có nghiệm tức là , khi đó (2) có 2 nghiệm nhưng nghiệm bị loại. Nghiệm còn lại đối chiếu với 2 ĐK ta thấy . Khi đó ta có . Vậy . 
Gọi là góc nhọn sao cho thì 
0,5
1
2
 Nếu , thì . Giả thiết , tức là . Ta có 
. Vậy 
0,5
1
3
1
a)Ta có 
b) Đặt và ta có 
mà .
Do vậy b)= 
1
1
2
a) 
. Vậy ta có: 
1
1
1
4
1. Hiển nhiên đường thẳng AG cắt các mặt phẳng (ABC), (ACD)
Và (ADB) tại A. Nếu Mx // AG thì Mx cũng cắt các mặt phẳng đó hay P, Q, R tồn tại. Nếu Mx trùng với GA thì P, Q, R trùng với A. Cách dựng: Gọi I, J, K lần lượt là giao điểm của đường thẳng MG với các đường thẳng BC, CD, DB. Trên mf(AIJ),kẻ qua M đường thẳng Mx song song với AG cắt các đường thẳng AI, AJ 
AK lần lượt tại các điểm P, Q, R cần dựng. Chẳng hạn, P nằm trên AI nên thuộc mf(ABC) và là giao điểm của Mx với mf(ABC)
A
B
C
D
J
G
M
K
I
R
P
Q
1
1
2. Trên mf(BCD), ta có . Trên mf( AI J), ta lại có: . Do đó: . Tương tự ta cũng có:
( Vì M thuộc miền trong của tam giác BCD) hay MP + MQ + MR = 3 GA không đổi suy ra tích MP.MQ. MR đạt giá trị lớn nhất bẳng khi và P, Q, R trùng với A.
1
1
5
1. Trên (P), ta có mà , nên theo định lý ba đường vuông góc ta có do đó . Vậy , mà và AK vuông góc với giao tuyến SM nên 
A
B
I
M
O
N
K
x
S
P
2. Do . Ta lại có nên 
Hay . Mặt khác do nên . Kết hợp (2) với (1) ta có giao tuyên Ax của ( AIK ) với (P) vuông góc với (SAB) . Do đó . Vậy trên (P), Ax qua A và vuông góc với AB. Do nên nên .
 Vậy N nằm trên đường thẳng Ax, nối N’B cắt (O) tại M’. Hạ các đường cao AI’, AK’ của các tam giác tương ứng SAB, SAM’. Theo chứng minh phần thuận thì I’K’ cắt M’B tại một điểm trên Ax, tức là điểm N’ và N’ là một điểm thuộc quỹ tích của điểm N. Vậy tập hợp các điểm N là đường thẳng Ax.
1
1
1
1