SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2
ĐỀ KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 11
MƠN: TỐN – NĂM HỌC 2018-2019
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Đề thi gồm: 01 trang
Câu 1 (2,0 điểm).
cos x 2 sin x
2 cos x sin x
2 cos x )(sin x cos x ) 0
3
.
4
a) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số: y
b) Giải phương trình: cos 2x
(1
Câu 2 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC có BC
a,
a, AB
c, AC
b . Biết góc BAC
900 và
2
b, c theo thứ tự tạo thành cấp số nhân. Tính số đo góc B, C .
3
Câu 3 (1,0 điểm). Cho n là một số nguyên dương. Gọi a 3n
2)n . Tìm n sao cho a3n
1)n (x
thành đa thức của (x 2
3
là hệ số của x 3n
3
trong khai triển
26n.
3
Câu 4 (1,0 điểm). Cho các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 . Từ 8 chữ số trên lập được bao nhiêu số tự
nhiên có 8 chữ số đơi một khác nhau sao cho tổng 4 chữ số đầu bằng tổng 4 chữ số cuối.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho dãy số (un ) thỏa mãn:
u1
2019
un
n 1
1
. Tìm cơng thức số hạng
1
2019n
unn
tổng qt và tính lim un .
Câu 6 (2,0 điểm). Cho hình chóp
AD
2a, AB
BC
CD
là hai điểm thỏa mãn 3MB
S .ABCD
ABCD
là hình thang có
600 , SA vng góc với đáy và SA
a, BAD
MS
có đáy
0, 4IS
3ID
a 3 . M và I
0 . Mặt phẳng (AMI ) cắt SC tại N .
a) Chứng minh đường thẳng SD vng góc với mặt phẳng (AMI ).
b) Chứng minh ANI
900 ; AMI
900.
c) Tính diện tích của thiết diện tạo bởi mặt phẳng (AMI ) và hình chóp S .ABCD.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho tứ diện ABCD , gọi G là trọng tâm tam giác BCD,G ' là trung điểm của
AG. Một mặt phẳng ( ) đi qua G ' cắt các cạnh AB, AC , AD lần lượt tại B ', C ', D '. Tính
AB
AB '
AC
AC '
AD
.
AD '
Câu 8 (1,0 điểm). Cho n số a1, a2, a3,..., an
(1
a1
a2
a3
...
[0;1] . Chứng minh rằng:
an )2
4(a12
a 22
a 32
...
an 2 ).
-------------Hết----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………….………..…….…….….….; Số báo danh……………………
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2
ĐÁP ÁN KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI
11
MƠN: TỐN – NĂM HỌC 2018-2019
Đáp án gồm: 05 trang
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 tồn bài tính đến 0,25 và khơng làm trịn.
- Với bài hình học nếu thí sinh khơng vẽ hình phần nào thì khơng cho điểm tương ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu
Nội dung trình bày
Điể
m
1
(2,0 điểm)
a.(1,0 điểm).
cos x 2 sin x 3
Gọi y 0 là một giá trị của hàm số y
. Khi đó phương trình
2 cos x sin x 4
cos x 2 sin x 3
phải có nghiệm.
y0
0,5
2 cos x sin x 4
Ta có phương trình
cos x 2 sin x 3
y0
(y0 2)sin x (1 2y0 )cos x
4y 3 (1)
2 cos x sin x 4
Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi:
2
0,25
(y0 2)2 (1 2y0 )2 (4y0 3)2
11y02 24y0 4 0
yo 2
11
2
0,25
.
Vậy max y 2, min y
11
b.(1,0 điểm)
(cos2 x sin2 x ) (1 2 cos x )(sin x cos x ) 0
Phương trình
2
(cos x
sin x )(cos x
sin x )
(cos x
sin x )(sin x
cos x
cos x
sin x
0
sin x
cos x
1
(1
1)
2 cos x )(sin x
cos x )
0
0
0,5
k .
0,25
0
+) Với cos x
sin x
0
+) Với sin x
cos x
1
tan x
0
1
2 sin(x
x
4
4
)
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.
(1,0 điểm)
2
Ta có: b 2 ac . Do tam giác ABC vng ta có
3
1
x
2
k2 ; x
k2 .
0,25
0,25
a
sinA
b
sin B
2 2 2
a sin B
3
Suy ra
900, B
Vậy A
3
c
sin C
b
a sin B; c
a 2 cos B
0,25
(1,0 điểm)
Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:
(x
2
n
n
1) (x
2)
n
k
n
2k
Số hạng chứa x
2k
i
3n
0
k, i
n
3n 3
i
n i
C x2
i 0
n
k
n
2k
2n iC ni x i )
C x )(
) (
k 0
i 0
(k, i)
3
{(n, n
là a3n
3
3);(n
C nn .23.C nn
3
1, n
1)}
C nn 1.21.C nn
0,5
1
1
8C n3
2n 2
n(n 1)(n 2)
3
2
26n
8
2n 2
26n
Theo giả thiết ta có: 8C n 2n
6
2n 2 3n 35 0
n 5.
Vậy n 5 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
(1,0 điểm)
Do 0 1 2 3 4 5 6 7 28 , nên để tổng 4 chữ số đầu và tổng 4 chữ số
cuối bằng nhau, điều kiện là tổng đó bằng 14.
-Ta lập bộ 4 số có tổng là 14 và có chữ số 0 là:
(0;1;6;7); (0;2;5;7);(0; 3; 4;7);(0; 3;5;6). Với mỗi bộ có số 0 trên ứng với một bộ cịn
lại khơng có số 0 và có tổng bằng 14.
-TH1: Bộ có số 0 đứng trước: Có 4 bộ có chữ số 0, ứng với mỗi bộ có:
+) Xếp 4 chữ số đầu có 3.3! cách.
+) Xếp 4 chữ số cuối có 4! cách.
Áp dụng qui tắc nhân có 4.3.3!.4!=1728 số
-TH2: Bộ có số 0 đứng sau: Có 4 bộ có chữ số 0, mỗi bộ có
+) Xếp bộ khơng có chữ số 0 trước có 4! cách.
+) Xếp bộ có chữ số 0 sau có 4! cách.
Áp dụng qui tắc nhân có 4.4!.4!=2304 số.
Vậy có 1728+2304=4032 số thỏa mãn u cầu bài tốn.
(1,0 điểm)
1
1
unn 11 unn
Ta có unn 11 unn
n
2019
2019n
1
u22 u11
20191
1
u 33 u22
Do đó:
20192
...
unn
unn
1
1
0,25
tương ứng với cặp (k, i ) thỏa mãn:
3
Do đó hệ số của x 3n
n
i
n
C x )(
(
k 0
5
0,5
300.
n
4
a cos B.
600
B
600, C
a sin C
1
2019n
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
1
0,5
n
n
1
20191
1
1
Suy ra: u
u
n
Vậy un
1
2019
1
20192
1 n 1
(
)
2019
2018
1
1
2019n
...
1
1 n
(
)
2019
2018
1
Ta có
1
6
a)
n
un
1
2019
1 n
(
)
2019
2018
1
n
n
2020
1.1...1.2020
1
1
...
1
2020
n
0,25
2019
1
( Cơsi cho n 1 số 1 và số 2020)
n
2019
) 1 . Vậy lim un
1.
Mặt khác lim(1
n
(2,0 điểm)
0,75
Đặt AB
BC
a, AD
1
b, a
2
Ta có: SD
b, AS
a, b
b
Suy ra: SD.AI
c, AI
c . Ta có
2a, c
3
b
7
0, SD.AM
2
a 3, a.b
4
c, AM
7
a , a.c
3
a
4
0 . Do đó SD
0, b.c
0,25
0.
1
c.
4
AI , SD
0,25
AM . Vậy SD
(AMI ).
b)
0,25
0,5
Ta có: AN
1
a
2
1
b
4
1
c, NI
2
1
a
2
5
b
28
1
c
14
AN .NI
0
AN
NI
ANI
900.
3
1
3
3
9
AM
a
c, MI
a
b
c
+
4
4
4
7
28
AM .MI
0
AM
MI
AMI
900.
c)
Thiết diện tạo bởi mặt phẳng AMI
và hình chóp S .ABCD là tứ giác AMNI . Ta có
0,25
0,25
0,75
0,25
SAMNI
SANI
Ta có: AM
SANI
SAMN
a 3
a 6
, AN
, NI
2
2
1
3a 2 7
AN .NI
2
28
15a 2
16
Ta có: AM .AN
a 42
14
0,25
AM .AN
AM .AN
cos MAN
5
4 2
sin MAN
14
8
2
SAMN
Vậy SAMNI
7
1
3a 7
AN .AM . sinMAN
2
32
2
2
3a 7 3a 7
45a 2 7
.
28
32
224
0,25
(1,0 điểm)
Ta có bài tốn : « Cho tam giác ABC , trung tuyến AM . Một đường thẳng d bất kỳ
cắt AB, AM , AC lần lượt tại B1, M1, C 1. Khi đó
AB
AB1
AC
AC 1
2
AM
»
AM 1
0,25
Thật vậy : Kẻ BE, CF lần lượt song song với B1C 1
Ta có BE / /B1M1 nên
CF / /C1M1 nên
Mặt khác
AC
AC 1
BME
AB
AB1
AF
AM 1
CMF (g
AE
AM1
AM ME
AM1
AM MF
AM 1
c g ) nên ME
MF
AB
AC
AM ME AM MF
AM
2
.
AB1 AC 1
AM1
AM1
AM1
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của CD, BG; M ', N ' là giao điểm của mặt phẳng
Do đó
( ) với AM , AN .
Áp dụng bài tốn vào tam giác ACD , ta có:
AC
AD
AM
2
(1)
AC ' AD '
AM '
Áp dụng bài toán vào tam giác ANM , ta có:
0,5
AN
AM
AG
AN
AM
2
2
2
AN ' AM '
AG '
AN '
AM '
Áp dụng bài toán vào tam giác ABG, ta có:
AB
AB '
AB
Thay (1), (3) vào (2) ta được:
AB '
8
(1,0 điểm)
Xét tam thức
f (x ) x 2 (1
a1
a2
a3
AG
AG '
AC
AC '
an )x
...
4
AG
(2)
AG '
AN
(3)
AN '
AD
AG
3
AD '
AG '
2
(a12
a 22
a 32
6.
...
f (1) 1 (1 a1 a2 a 3 ... an ) (a12 a22 a 32
Ta có:
a1(a1 1) a2 (a2 1) a 3 (a 3 1) ... an (an 1).
Mặt khác a1, a2, a3, ...., an
a1(a1
a2 (a2
...
an (an
1)
1)
0
0
1)
0
f (1)
Suy ra
a1
(1
a1
...
an 2 )
0
a2
a2
an 2 )
0,25
a3
a3
0,25
[0;1] nên:
f (1).f (0)
Mà f (0) a12 a22 a32 ... an 2 0
Do đó phương trình f (x ) 0 có nghiệm trên đoạn [0;1]
(1
0,25
...
...
an )2
2
an )
4(a12
2
1
4(a
0
a22
a 32
2
2
a2
a3
0,25
...
...
an 2 )
2
an )
0
0,25
