DTA HSG11 TOAN 01 (2)

DTA HSG11 TOAN 01 1 Đề thi đề xuất 1 Kỳ thi Kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Môn thi Toán Thời gian làm bài 180 phút 1 Họ và tên Bùi Thị Hằng Chức vụ Giáo viên 1 Đơn vị Trường THPT A Duy Tiên 1 Nội du[.]

tempfile_29427.docx1 Đề thi đề xuất Kỳ thi: Kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 180 phút Họ tên: Bùi Thị Hằng Chức vụ: Giáo viên Đơn vị: Trường THPT A Duy Tiên Nội dung đề Câu (5,0 điểm) Giải phương trình: sin x  cos x  cos x  0 Tìm giá trị thực tham số m để phương trình sin 3x  cos x  m sin x 1 có bảy      ; 2   nghiệm khác thuộc khoảng  Câu (5,0 điểm) 1 2 2 n 2n  198 n  Cn    Cn    Cnn   C2 n   n 1 199 Cho n số nguyên dương thỏa mãn n    x   , x 0 x  Tìm số hạng không chứa x khai triển nhị thức New-ton  Cho tập hợp A  0;1; 2;3; 4;5;6 có số tự nhiên gồm chữ số khác lập từ A có số lẻ chúng khơng ba vị trí liền kề x Câu (2,0 điểm) Cho dãy số  n  xác định bởi: un  x1 1; xn 1  (2 xn  1) 2020  xn 2020 Với n số (2 xn 1) 2019 (2 x1  1)2019 (2 x2  1)2019 (2 x3  1) 2019     x2  x3  x3  xn 1  Tìm limu n nguyên dương Đặt Câu (6,0 điểm) Bạn Nam bạn Minh chơi trò chơi xoay Rubic Nam đố Minh xoay tầng thứ để lộ tầng thứ hai Hãy xác định góc  tạo cạnh hình vng tầng cạnh hình vng tầng cho giao hai hình vng có chu vi nhỏ Cho hình vng cạnh a , tâm O Gọi S điểm mặt phẳng (ABCD) cho SB = SD Gọi M điểm tùy ý AO với AM = x mặt phẳng () qua M song song với SA BD cắt SO , SB , AB N, P , Q a Tứ giác MNPQ hình ? b Cho SA = a Tính diện tích MNPQ theo a x Tính x để diện tích lớn Câu (2,0 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn x  xy  y2 1 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức -HẾT - A x  y3  3x  y Họ tên thí sinh……………………………… Số báo danh………………………………… Giám thị số 1……………………………… ….Giám thị số 2………………………………… tempfile_29427.docx1 CÂU Câu ( 5,0 điểm) SƠ LƯỢC LỜI GIẢI Giải phương trình: sin x  cos x  cos x  0  3sin x  4sin x  cos x  cos x  0  sin x  cos x  1   cos x  1  cos x   0   cos x  1  sin x  2sin x cos x  cos x   0  cos x  0  1   sin x  cos x  2sin x cos x  0     1  cos x   x   k 2 1  Giải , ta có   t sin x  cos x  sin  x    với t   Giải   , đặt 2 Khi t 1  2sin x cos x  2sin x cos x t  ; 2 Phương trình   trở thành t  t   0  t  t  0 phương trình vơ nghiệm Tìm giá trị thực tham số m để phương trình sin 3x  cos x  m sin x 1 có bảy nghiệm khác thuộc khoảng      ; 2    sin 3x  cos x  m sin x 1  3sin x  4sin x   2sin x  m sin x 1  4sin x  2sin x   m  3 sin x 0 t    1;1 Đặt sin x t với Ta có  t 0   4t  2t   m  3 0  * t    1;  Với giá trị      ; 2    t   0;1 2,5 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 2,5 0,25 0,25 0,25     ; 2    Với t 0 sin x 0  x k , có nghiệm 0;  thuộc       ; 2   Với t 1 phương trình sin x t có nghiệm thuộc  Với giá trị      ; 2    ĐIỂM 0,25 phương trình sin x t có nghiệm thuộc 0,5 phương trình sin x t có nghiệm thuộc Để pt có nghiệm thỏa mãn phương trình (*) phải có nghiệm t1 ; t2 thỏa mãn điều kiện:   t1   t2   *  m  4t  2t   f  t  0,5 tempfile_29427.docx1 0,25 m  1;3 Câu ( 5,0 điểm)   Từ bảng biến thiên ta có Cho n số nguyên dương thỏa mãn 0,25 1 2 2 n 2n  198 n  Cn    Cn    Cn2   C2 n   n 1 199 Tìm số hạng khơng chứa x khai triển nhị thức New-ton 2,5 n    x   , x 0 x   k n Cnk   Cnk11Cnk11  n 1 Ta chứng minh k  0,25 Thay k=1,2,3,….,n vào vế trái ta có: 1 2 2 n n Cn    Cn    Cn2   (Cn0 1Cn21  Cn1 1Cn31   Cnn 11Cnn11 )   n 1 n 1 0,25 Mặt khác Ta có Suy  1 x n 1 n 1  Cnk1 x k ;   x  n k 0  1 x 2n   x  n 1  1 x n n  Cni  x i k 0 n 1 n n  Cnk1 x k  Cni  1x i  k 0 k 0 i 0 n 1 C i n Cnk1 x k i 0,25 k 0 n n Hệ số x khai triển vế trái C2 n Ta n C C tìm hệ n n 1 n số C C n n 1 xn n n   C C n 1 n C C n 1 khai n C C triển n 1 0,25 n n   C C vế phải n 1 n 1 n  n 1 n Suy Cn  1Cn 1  Cn 1Cn 1   Cn Cn 1 C2 n 0,25 n 2n  198   n 198 199 Vậy n  2019 198 198 k k n  1  C  x     Cnk x198 k x  k 0 k 0 Theo yêu cầu toán ta cần có 198  6k 0  k 33   x  4 x   k 2019 0,25 0,5 0,5 33 Vậy số hạng không chứa x khai triển cần tìm C198 Cho tập hợp A  0;1; 2;3; 4;5;6 có số tự nhiên gồm chữ số khác lập từ A có số lẻ chúng khơng ba vị trí liền kề 2,5 Giả sử abcde số cần tìm Ta tính tất số gồm chữ số cho ln có mặt chữ số lẻ, sau trừ trường hợp mà số lẻ đứng liền 0,25 + Tất số lẻ, xếp số lẻ vào vị trí ta có A5 60 cách Khi cịn lại hai vị trí tùy chọn số chẵn ta có A4 12 cách Vậy có 60.12= 720 số Nếu a=0 xếp số lẻ vào vị trí cịn lại vị trí chọn số chẵn 0,5 0,5 tempfile_29427.docx1  2; 4;6 ta có A42 A31 72 số Vậy tất có 720- 72 =648 số gồm chữ số cho ln có mặt chữ số lẻ + Tính số có chữ số cho có số lẻ đứng liền Nếu a,b,c số lẻ ta có Khi hai vị trí cịn lại d,e chọn tùy ý số chẵn ta có A4 12 Vậy có 6.12 =72 số 0,5 Nếu chọn b,c,d số lẻ ta có A3 6 (cách xếp) Khi a có cách chọn, e có cách chọn Vậy có 6.3.3 =54 số Tương tự c,d,e số lẻ có 54 số Vậy có tất 72 +2.54= 180 số có số lẻ đứng liền Vậy tổng cộng có 648 -180= 468 số Câu ( 2,0 điểm) x Cho dãy số  n  xác định bởi: (2 xn  1) 2020  xn 2020 Với n số 2019 (2 x3  1) (2 xn 1) 2019    x3  xn 1  0,5 0,25 x1 1; xn 1  (2 x1  1)2019 (2 x2  1)2019 un   x2  x3  nguyên dương Đặt 2,0 Tìm limun (2 xn  1) 2020 2020 Ta có , n 1 2( xn 1  xn ) (2 xn 1) 2019 1    Suy xn  xn 1  (2 xn  1)(2 xn1  1) 1010(2 xn 1  1) xn1  xn  n    (2 x i 1) 2019  1010     1010    xi 1   i 1  xi   x1  xn 1    i 1 xi 1  (2 x  1) 2020 xn 1  xn  n 0 x 2020 Mặt khác: nên dãy  n  dãy số tăng n 1 Nếu lim xn  xn  0,25 0,5 n bị chặn 0,5 0,25 tồn (a  1)2020 a lim xn a  x a 1 2020 Đặt (vô lý) Suy  n  không bị chặn lim xn  hay suy lim xn 1  =0 a Câu ( 6,0 điểm) 1010 lim un  Suy n   Bạn Nam bạn Minh chơi trò chơi xoay Rubic Nam đố Minh xoay tầng thứ để lộ tầng thứ hai Hãy xác định góc  tạo cạnh hình vng tầng cạnh hình vng tầng cho giao hai hình vng có chu vi nhỏ 0,25 0,25 2,5 tempfile_29427.docx1 A1 Qua phép quay ta có: B A F E α G B1 N O H D1 M K C L D 0,5 C1 A1EF C1LK  EF KL, A1 E C1K , A1F C1L B1GH D1MN  GH MN , B1G D1M , B1H D1 N BGF DML  GF ML, BG DM , BF DL CHK ANE  HK  NE , CH NA, CK  AE Suy phần giao hai hình vng ABCD, A1B1C1D1 bát giác EFGHKLMN có chu vi là: y 2( EF  FG  GH  HK ) 0,5 Ta có:  A1E  A1F  FG  BF  BG   BF  BG  GH  B1G  B1H   B1G  B1H  HK  CH  CK   CH  CK  Cộng vế với vế ta có: y 2  A1E  A1F  BF  BG  B1G  B1H  CH  CK  Thay A1E C1K , CK  AE Ta có: EF  A1 E  A1F  0,5 0,5 y    AE  BF   ( A1F  B1G )  ( BG  CH )  ( B1H  C1K )  Gọi x cạnh hình vng ta có: y   x  EF  x - GF  x - GH  x - HK  y   y   x    y 8 x 2   y 8 x     21  , '' ''  EN  x   0,5 21 ( Giao hai hình vng bát giác góc tạo thành AD A1D1 o hợp với góc  45 ) Cho hình vng cạnh a , tâm O Gọi S điểm mặt phẳng (ABCD) cho SB = SD Gọi M điểm tùy ý AO với AM = x mặt phẳng () qua M song song với SA BD cắt SO , SB , AB N, P , Q a Tứ giác MNPQ hình ? 3,5 tempfile_29427.docx1 b Cho SA = a Tính diện tích MNPQ theo a x Tính x để diện tích lớn S Tứ giác MNPQ hình ?: Ta có : SB = SD   SBC =  SDC (c-c-c) Gọi I trung điểm SC Xét  IBC  IDC Ta có : IC cạnh chung BC = CD N DCI = BCI  Ta có : Tương tự : D A Q   IBC =  IDC  IB = ID   IBD cân I IO  BD mà OI // SA SA  BD I P 0.5 M O C B {( α)//BD¿ { BD⊂( ABO)¿¿¿¿ {( α)//BD¿ { BD⊂(SBO)¿¿¿¿ Từ (1) (2) , suy MQ // NP // BD Mặt khác : 0, (3) {( α)//SA¿ {SA⊂(SAO)¿¿¿¿ {( α)//SA¿ {SA⊂(SAB)¿¿¿¿ Tương tự : Từ (4) (5) , suy MN // PQ // SA Từ (3) , (6) (*), suy MNPQ hình chữ nhật Vậy : MNPQ hình chữ nhật 0,5 (6) Ta có : S MNPQ=MQ MN Tính MQ : Xét tam giác AQM : ˆ 450    Qˆ 45   ˆ M 900 Ta có :  0,5 AQM cân M  MQ = AM = x Xét tam giác SAO : a  x MN OM OM   MN  AS a a  x AS OA OA a 2 Ta có : MN//SA  0,5 tempfile_29427.docx1 S MNPQ=MQ MN =x (a−x √ 2)=  x √ 2(a−x √ ) √2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số dương x √ a−x √2 x √ 2+a−x √ 2) a² ( ) x √ 2(a−x √2)   a² a² a² S MNPQ≤ = ⇒ S MNPQ = mã √2 √ 4 √2  Đẳng thức xảy x a  x a √2 x= AO Vậy : Câu ( 2,0 điểm) S MNPQ Cho hai số thực x, y thỏa mãn x  0,5 a a   M trung điểm 2 0,5 đạt giá trị lớn x  xy  y2 1 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức A x  2,0 y3  3x  y y y2  x   1   12   Từ giả thiết ta có y   x  sin   x sin   cos     y cos   y 2 cos   Đặt  0,5 0,5 y3 A x   3x  y 3   sin   cos     cos   sin    cos   cos  0,5       2sin(  )   6sin       cos   3cos    3      2sin  3     cos 3 2sin 3  cos 3 4sin  3   3    2  sin  3   1     k 3 18  GTLN A GTNN A 5 2   sin  3       k 3 18  -HẾT 0,5 ... n 1 2( xn 1  xn ) (2 xn 1) 2019 1    Suy xn  xn 1  (2 xn  1)(2 xn1  1) 1010 (2 xn 1  1) xn1  xn  n    (2 x i 1) 2019   1010       1010    xi 1   i 1  xi  ... định bởi: (2 xn  1) 2020  xn 2020 Với n số 2019 (2 x3  1) (2 xn 1) 2019    x3  xn 1  0,5 0,25 x1 1; xn 1  (2 x1  1) 2019 (2 x2  1) 2019 un   x2  x3  nguyên dương Đặt 2,0 Tìm... 198   n 198 199 Vậy n  2019 198 198 k k n  1  C  x     Cnk x198 k x  k 0 k 0 Theo yêu cầu toán ta cần có 198  6k 0  k 33   x  4 x   k 2019 0,25 0,5 0,5 33 Vậy số