Đề thi chọn học sinh giỏi Toán lớp 11 năm học 2003 - 2004

 Sở gd-đt hà tây Đề thi chọn học sinh giỏi toán lớp 11
Trường thpt hoài đức a năm học 2003 - 2004 
Câu 1: Giải phương trình: 
Câu 2: Tìm m để phương trình: cos3x – cos2x + mcosx – 1 = 0 có đúng 7 nghiệm khác nhau thuộc khoảng 
Câu 3: Chứng minh rằng nếu trong DABC có: 
 thì DABC là tam giác cân.
Câu 4: Cho dãy {un} xác định bởi công thức: 
 Chứng minh rằng dãy {un} có giới hạn và hãy tìm giới hạn đó.
Câu 5: Trong mặt phẳng (a) cho đường tròn (S) đường kính AB = 2R. Trên đường thẳng vuông góc với (a) tại A, lấy điểm C sao cho AC = AB, M là một điểm thuộc (S), H là hình chiếu của A xuống CM.
	a) Chứng minh rằng khi M di động trên (S) thì H di động trên một đường tròn (T).
	b) Xác định vị trí của M trên (S) sao cho diện tích của thiết diện tạo bởi mặt phẳng chứa đường tròn (T) và hình chóp HABC đạt giá trị lớn nhất.
	c) Cho góc . Tính góc tạo bởi hai đường thẳng CM và AB và tính độ dài đoạn vuông góc chung của chúng theo R.
Đáp án đề thi chọn học sinh giỏi toán lớp 11
năm học : 2003 - 2004
Câu 1:
Û 
Câu 2: cos3x – cos2x + mcosx – 1 = 0 
Û 4cos3x –3cosx – 2cos2x + 1 + mcosx – 1 = 0
Û 4cos3x – 2cos2x – 3cosx + mcosx = 0
Û cosx(4cos2x –2cosx – 3 + m) = 0 Û 
	(1) có 2 N0 thuộc khoảng là và . Đễ ptrình có đúng 7 N0 thuộc thì (2) phải có đúng 5 N0 phân biệt khác x1, x2 trên Mặt khác nếu đặt t = cosx (-1 Ê t Ê 1) thì (2) ị f(t) = 4t2 –2t – 3 + m = 0 (3)
	Với 0 < t < 1 thì pt: cosx = t có đúng 3 N0 phân biệt thuộc 
	Với -1 < t < 0 thì pt: cosx = t có đúng 2 N0 phân biệt thuộc Do đó (2) có đung 5 N0 phân biệt thuộc Û (3) có đúng 2 N0 trái dấu thuộc khoảng (-1; 1) Û 
Câu 3: Hệ thức đã cho Û 
Câu 4: Ta có un > 0 " n ẻ N. Lại có Bằng quy nạp ta c/m un < un+1 (1). Thật vậy, (1) đã đúng với n = 1, giả sử (1) đã đúng đến k, ta có:
 Vậy {un} là dãy đơn điệu tăng.
	Mặt khác " n ³ 3, ta có: 
Do đó {un} là dãy đơn điệu tăng và bị chặn nên nó có giới hạn: 
Ta có: 
	Vậy: limun = 4
Câu 5: a) MB ^ (CAM) 
ị (CAM) ^ (CBM) mà AH ^ CM
ị AH ^ (CBM) ị AH ^ BC
Dựng AK ^ BC tại K, ta có:
K cố định và (AHK) ^ BC cố định.
AH ^ (CBM) ị AH ^ HK. Vậy 
H di động trên đường tròn đường (T)
kính AK thuộc mf(AHK) đi qua A 
và vuông góc với BC tại K. 
	b) Thiết diện là tam giác AHK vuông tạ H có HA2 + HK2 = AK2 không đổi mà theo bđt Côsi HA2 + HK2 ³ 2HA.HK = 4SAHK. Do đó diện tích tam giác AHK lớn nhất khi HA = HK = (DABC vuông cân). Trong DCAM vuông tại A đường cao AH có: . Vậy có hai điểm M cần tìm, đó là hai điểm nằm trên đường tròn (S) , đối xứng nhau qua AB và cách A một khoảng 
	c) Trong mf(MAB) dựng ME ^ AB tại E và hình chữ nhật AEMF
Ta có MF //AB và MF ^ (ACF) ị MF ^ CF ị DCMF vuông tại F. Gọi j là góc tạo bởi AB và CM, ta có: cosj = , trong DAMB có: , trong DAME có: và , trong DCAM có:
. Vậy cosj = 
	AB//(CMF) ị d(A, (CMF) = d(AB, CM), dựng AI ^ CF tại I ị AI ^ (CMF) mặt khác AI ^ FM ị AI = d(AB, CM). Ta có: