KBA HSG11 TOAN 01 (1)

KBA HSG11 TOAN 01 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM TRƯỜNG THPT A KIM BANG ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Người ra đề Nguyễn Thị Hằng ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 NĂM HỌC 2020 2021 MÔN TOÁN 11 Thời gian làm bài 180 p[.]

KBA_HSG11_TOAN_01 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 TRƯỜNG THPT A KIM BANG NĂM HỌC 2020 - 2021 ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Người đề: Nguyễn Thị Hằng MƠN: TỐN 11 Thời gian làm bài: 180 phút( Không kể thời gian phát đề) Câu I (5,0 điểm) Giải phương trình: sin x  cos x   sin x  cos x 1    2015 2016 2017 2018 2.Tìm số nghiệm phương trình: sin x  cos x 2  sin x  cos x   cos x   10;30 Câu II (4,0 điểm) 2 2017 2017 2018 2018 2 C2018  C2018        C2018    C2018  2018 2017 2.Cho một đa giác  H  có 60 đỉnh nội tiếp một đường tròn  O  Người ta lập mợt tứ giác tùy Tính tổng : S  ý có bốn đỉnh là các đỉnh  H  Tính xác suất để lập được một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo đa giác  H  u1 1  Câu III (2,0 điểm) Cho dãy số xác định  1 n   (n  * ) u  u   n1  n n  3n      Xác định số hạng tổng quát un Câu IV (2 điểm) Cho hai đường tròn  O; R  và  O; R tiếp xúc tại A  R  R Đường kính qua A cắt  O; R  tại B và cắt  O; R tại C Một đường thẳng di động qua A cắt  O; R  tại M và cắt  O; R tại N Gọi I là giao điểm BN và CM Tìm tập hợp điểm I Câu V (5 điểm) Cho hình vng cạnh a , tâm O Gọi S là một điểm ngoài mặt phẳng ( ABCD) cho SB SD Gọi M là điểm tùy ý AO với AM  x Mặt phẳng ( ) qua M song song với SA và BD cắt SO, SB, AB tại N , P, Q a) Tứ giác MNPQ là hình gì? b) Cho SA a Tính diện tích MNPQ theo a và x Tìm x để diện tích MNPQ lớn nhất Câu VI (2,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z 1 Chứng minh rằng: x y z    x  yz y  zx z  xy Hết ĐÁP ÁN KBA_HSG11_TOAN_01 Câu Ý Nội dung Câu I Ta có sin x  cos x   sin x  cos x 1  (5 (2,5 điểm) điểm)  2sin x.cos x  cos x    2sin x    sin x   0     cos x  2sin x  1   sin x  2sin x  1   2sin x  1 0  Điểm 0,5    2sin x  1 cos x  sin x  0  sin x      sin x  cos x 1 0,5   x   k 2   k   +) sin x     x  5  k 2  0,5 +) sin x  cos x 1  1   sin x  cos x   sin  x    2 6       k 2  x   k 2 6    k     5   k 2  x   k 2 6 Vậy phương trình cho có các họ nghiệm là  5  x   k 2 , x   k 2 , x   k 2 , x   k 2  k   6 0,5  x  x  (2,5 điểm) Ta có: sin 2015 x  cos 2016 x 2(sin 2017 x  cos 2018 0.5 x)  cos x  sin 2015 x(1  2sin x)  cos 2016 x(2 cos x  1) cos x  cos x 0  sin 2015 x.cos x  cos 2016 x.cos x cos x   2015 x  cos 2016 x 1  sin   Với cos x 0  x   k , k     20 60  k     k 18 Vì x    10;30   10   k 30     2015 2016 2015 2016 Với sin x  cos x 1 Ta có sin x sin x, cos x cos x 0,5 0,5 Do đó sin 2015 x  cos 2016 x sin x  cos x 1 suy 2013 sin x(sin x  1) 0   2016 cos x cos x  sin x 0, cos x 1  sin x 1, cos x 0  Nếu sin x 0  x k , k   Vì x    10;30   10 k 30    Nếu sin x 1  x   k , k   2 10 30 k    k 9   0,5 KBA_HSG11_TOAN_01  15 Vì x    10;30   10   k 30    k     k 4   Vì điểm cuối họ nghiệm đường tròn lượng giác là khác nên các nghiệm không thể trùng Vậy số nghiệm phương trình cho là: 13   25 44 0,5 0,5 n  k 1 k  Câu Cn với k   , n   , n k nên: Ta có : Cnk  II (2,0 k (4,0 điểm) 2018 2017 2017 2017 điểm) 2016 S C2018 C2018  C2018 C2018   C2018 C2018 2018 2018 2018 2017  C2018 C2018 2018 2017 2 2017 2017 2016 2018 2017 k 2018  k C2018 C2018  C2018 C2018   C2018 C2018  C2018 C2018 C2018 Mà C2018 suy 2018 2017 2017 2018 S C2018 C2018  C2018 C2018   C2018 C2018  C2018 C2018 0,5 Mặt khác ta có : 1 x 2018 2018 k   C2018 xk    x  2018   x  2018 k 0 2018  C k k 2018 k 0 2018 x  C l 0 l l 2018 2018 x  C  1 k 2018 C l 2018 x k l k ,l 0 0,5 Suy hệ số số hạng chứa x 2019 khai triển  1 là 2018 2017 2017 2018 S C2018 C2018  C2018 C2018   C2018 C2018  C2018 C2018 Lại có   x  1 x 4036 2018   x  2018   x  4036 0,5 ; 4036 n   C4036 x n   suy hệ số số hạng chứa x 2019 khai triển n 0 2019   là C4036 2018 2017 2017 2018 2019 S C2018 C2018  C2018 C2018   C2018 C2018  C2018 C2018 C4036 0.5 2019 Vậy S C4036 (2,0 điểm) Số phần tử không gian mẫu là: n    C60 Gọi E là biến cố “lập được một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo  H  ” KBA_HSG11_TOAN_01 Để chọn một tứ giác thỏa mãn đề bài ta làm sau: Bước 1: Chọn đỉnh tứ giác, có 60 cách 0,5 Bước 2: Chọn đỉnh còn lại cho hai đỉnh bất kỳ tứ giác cách nhất đỉnh Điều này tương đương với việc ta phải chia m 60 chiếc kẹo cho n 4 đứa trẻ cho đứa trẻ có nhất k 2 n cái, có Cm n ( k  1)  C55 cách, làm thế tứ giác lặp lại 0,5 lần 0,5 60.C553  Số phần tử biến cố E là: n  E   Xác suất biến cố E là: P  E   Câu III (2,0 điểm) n  E  60.C553  80,7% n    4.C604 0,5 Ta có: 1 n  1  2 u n 1   2u n       2un    un  3 n  3n    n  n 1  n  n 1  un 1  0,5 2    un    1 n2 3 n 1  Đặt un  , từ  1 ta suy ra: 1  n 1 Do đó   là cấp số nhân với v1 u1  Suy ra: v1.q  2  un     3 Vậy un  n n   2     3 n 1  , công bội q  2 1  2  un     n 1   0,5 n 0,5 2n  n  n 1 n 1 2n   n n 1 0.5 KBA_HSG11_TOAN_01 Câu IV (2 điểm) M N I B A C O O'  BM  AM  BM / / CN CN  AM IC CN AC R ' IC R'      Do đó: IM BM AB R CM R ' R Ta có:   R'   CI  CM R ' R đó I là ảnh M qua phép vị tự V R'   C,   R ' R  Vì M di đợng đường tròn  O; R  nên tập hợp các điểm I là đường tròn Câu V (2.5 điểm) (5,5 điểm)  R' R' R và tâm O " thỏa mãn: CO "  CO  O ''; R " với bán kính R "  R ' R R ' R a Tứ giác MNPQ hình gì? 0,5 0,5 0,5 0.5 S N I P D A Q M O C B Ta có SB SD nên SBC SDC (c-c-c) Gọi I là trung điểm SC , ta có IBC IDC Suy IB ID Do đó, IBD cân tại I Vì vậy IO  BD Mà OI / / SA Ta có : nên SA  BD ( ) // BD    BD  ( ABO )  ( )  ( ABO )  MQ 0,5 (*) MQ // BD (1) 0,5 KBA_HSG11_TOAN_01 Tương tự, ta có: NP // BD Từ (1) và (2), suy (2) MQ // NP // BD (3) Mặt khác ( ) // SA   SA  ( SAO) nên MN // SA ( )  ( SAO) MN  Tương tự: PQ // SA Từ (4) và (5) , suy 0,5 (4) (5) MN // PQ // SA (6) 0,5 Từ (3), (6) và (*), suy MNPQ là hình chữ nhật Vậy MNPQ là hình chữ nhật 0,5 b Tính diện tích MNPQ theo a x (2,5 Ta có: S MNPQ MQ.MN điểm) Tính MQ : Xét tam giác AQM : Ta có: ˆ 450    Qˆ 45  ˆ  M 90 nên AQM cân tại M  MQ  AM  x 0,5 Tính MN : Xét tam giác SAO , ta có: a  x MN OM OM MN / SA    MN  AS a a  x AS OA OA a 2 Suy ra: S MNPQ  MQ.MN  x.(a  x )  x (a  x ) Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số dương x 2(a  x 2) Suy ra: SMNPQ   ( x  a  x 2) ) x  a² và a  x 0,5 , ta có: 0,5 a² a²  4 0,5 KBA_HSG11_TOAN_01 Do đó diện tích lớn nhất MNPQ là: Đẳng thức xảy x a  x a²  x a a  2  M là trung điểm AO 0,5 Vậy x a Câu VI (2,0 điểm) S MNPQ đạt giá trị lớn nhất Đặt a  y  z , b z  x , c x  y 0.25 Khi đó a  b  c 2 và a  b  c, b  c  a , c  a  b nên a, b, c là cạnh tam giác ABC có nửa chu vi p 1 0.25 Ta có = x 1 a 1 a 1 a    x  yz  a  (1  b)(1  c)  (a  b  c)  bc bc 0.25 p ( p  a)  a  b  c   b  c  a   cosA   bc 4bc Tương tự ta có 0,25 y  cosB z  cosC  ,  y  zx z  xy 0.25 Suy x y z 3      cosA  cosB  cosC     x  yz y  zx z  xy 2 2 0,5 (Dấu xảy và chỉ ABC đều  a b c  x  y z  ) 0,25 ... điểm) 2018 2017 2017 2017 điểm) 2016 S C 2018 C 2018  C 2018 C 2018   C 2018 C 2018 2018 2018 2018 2017  C 2018 C 2018 2018 2017 2 2017 2017 2016 2018 2017 k 2018  k C 2018 C 2018  C 2018 C 2018 ... C 2018   C 2018 C 2018  C 2018 C 2018 C 2018 Mà C 2018 suy 2018 2017 2017 2018 S C 2018 C 2018  C 2018 C 2018   C 2018 C 2018  C 2018 C 2018 0,5 Mặt khác ta có : 1 x 2018 2018 k   C 2018 xk ... hạng chứa x 2019 khai triển n 0 2019   là C4036 2018 2017 2017 2018 2019 S C 2018 C 2018  C 2018 C 2018   C 2018 C 2018  C 2018 C 2018 C4036 0.5 2019 Vậy S C4036 (2,0 điểm) Số phần