NHT HSG11 TOAN 01 (1)

1 Đề thi đề xuất 2020 2 Kỳ thi chọn HSG lớp 11 3 Môn thi Toán Thời gian làm bài 180 phút 4 Đơn vị Trường THPT Nguyễn Hữu Tiến 5 Nội dung đề thi Câu 1 (5,0 điểm) 1 Giải phương trình 2 Tìm m để phương t[.]

1 Đề thi đề xuất 2020 Kỳ thi chọn HSG lớp 11 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 180 phút Đơn vị: Trường THPT Nguyễn Hữu Tiến Nội dung đề thi: Câu (5,0 điểm)  sin x  cos x   sin x    cot x  Giải phương trình:    tan  x   4    5  Tìm m để phương trình sau có nghiệm x    ;  :  6  9 5 m cos(  x)  (2m  1)sin(7  x)  5m  2cos( x  ) 2 1 Câu (4,0 điểm) Một nhóm 10 học sinh gồm bạn nam có An bạn nữ có Bình xếp ngồi vào 10 ghế hàng ngang (10 ghế đánh số từ đến 10 từ trái sang phải) Có cách xếp cho bạn nữ gần có bạn nam, đồng thời An khơng ngồi cạnh Bình 11 Cho khai triển:   x  x  x3   x10  a0  a1 x  a2 x  a3 x   a110 x110 Chứng minh đẳng thức sau: C110 a0  C111 a1  C112 a2  C113 a3   C1110 a10  C1111a11 11 Câu (3,0 điểm) Cho dãy số  an   a1  n 1, n   thỏa mãn:   n   a n a   n  1 a a n n 1 n n 1  Tìm lim an Câu (6,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD hình bình hành, M điểm cạnh SC cho SC 3SM Giả sử (P) mặt phẳng qua hai điểm A, M cắt cạnh SB, SD N, P (N khác B, P khác D) SB SD  a) Nêu cách dựng điểm N, P tính giá trị SN SP b) Xác định vị trí mp(P) để tam giác SNP có diện tích nhỏ Cho dãy ngũ giác lồi An BnCn Dn En , xác định sau: a) Ngũ giác A1B1C1 D1E1 có diện tích S1 2020 ; b) Với n  N * ngũ giác An 1Bn1Cn 1Dn 1En1 tạo thành cách: Từ trung điểm cạnh ngũ giác An BnCn Dn En ta nối với trung điểm cạnh không kề Ngũ giác An 1Bn 1Cn1Dn1 En 1 có đỉnh trung điểm cạnh thẳng nhận theo cách nối Gọi Si diện tích ngũ giác Ai BiCi Di Ei Tìm S 2021 ?  Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc thỏa mãn A B C  Tính góc tam giác biểu thức P 2cos 4C  4cos 2C  cos A  cos B đạt giá trị nhỏ tempfile_29539.doc HƯỚNG DẪN CHẤM CÂU Câu ( 5,0 điểm) ĐIỂ M SƠ LƯỢC LỜI GIẢI 1 Giải phương trình:  sin x  cos x   sin x    cot x     tan  x   4  2,5 3  k  1  tan x tan x  Phương trình   sin  x    sin x  4 tan x  tan x     sin x sin   x  4   2 3  x  k x   k 2 , 12  Đối chiếu điều kiện suy nghiệm phương trình x   k 2 12 7 x   k 2 12   5  Tìm m để phương trình sau có nghiệm x    ;   6  9 5 m cos(  x)  (2 m  1)sin(7  x)  5m  2cos(x  ) 2 PT  m sinx  (2 m  1)sinx  5m  2sinx Nếu m = PT  0sinx=2 Vậy phương trình cho vơ nghiệm  5m Nếu m ≠ PT  sinx  (2) 3(m  1)  5m   5    Đặt t = sinx, (2)viết lại : t  Với x    ;   t    ;1 3(m  1)  6    Điều kiện: x k , x   1   5  Nếu t    ;  t = PT sinx = t có nghiệm x    ;   2  6  1    5  Nếu t   ;1 t = PT sinx = t có nghiệm x    ;  2   6  m 1 m 1   Yêu cầu toán    5m   5m  3m  1   3m     m 4   17  m 11  13 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 2,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 tempfile_29539.doc Câu (4,0 điểm)   m 4   5  Vậy  PT có nghiệm x    ;   6   17  m 11  13 Một nhóm 10 học sinh gồm bạn nam có An bạn nữ có Bình xếp ngồi vào 10 ghế hàng ngang(10 ghế đánh số từ đến 10 từ trái sang phải) Có cách xếp thỏa mãn bạn nữ gần nhau: có bạn nam, đồng thời An khơng ngồi cạnh Bình Vì bạn nữ gần có bạn nam nên bạn nữ ngồi vào vị trí 1, 4, 7, 10 dãy 10 ghế đánh số thứ tự từ đến 10; từ trái sang phải TH1: Bình ngồi vào vị trí 10 An có cách chọn vị trí để khơng ngồi cạnh Bình Suy số cách là: 2.5.(3!).(5!) 7200 TH2: Bình ngồi vào vị trí An có cách chọn vị trí để khơng ngồi cạnh Bình Suy số cách là: 2.4.(3!).(5!) 5760 Vậy số cách thỏa mãn điều kiện toán 12.960 (cách) Cho khai triển: 1 x  x Xét x 1 từ khai triển nhân hai vế với  x  1 x 11 11  1  x  1 11 VT (2)  C11k x11k   1 k 0 11 k 11 11 ta có: 0,5 0,5 0,5 0,5 Cho dãy số  an  2,0 0,5 a 110  (2)  a1 x  a2 x   a110 x  Hệ số x11 vế trái C111 11  11 k  VP (2)   C11k x11 k   1   a0  a1 x  a2 x   a110 x110   k 0   Hệ số x11 vế phải C110 a0  C111 a1  C112 a2  C113 a3   C1110 a10  C1111a11 Từ suy đẳng thức cần chứng minh 0,5 0,5 0,5  a1  n 1, n   thỏa mãn:   n   a n a   n  1 a a n n 1 n n 1  Tìm lim an +) Nhận thấy số hạng dãy số (un ) dương un 1  2n   Ta có un 1  (2n  3)un  un1 un v1 3  vn 1 2n   (*) +) Áp dụng cơng thức (*) ta có Đặt  2,0 11  x   x10  a0  a1x  a2 x  a3 x   a110 x110 Chứng minh đẳng thức sau: C110 a0  C111 a1  C112 a2  C113 a3   C1110 a10  C1111a11 11 Câu ( 3,0 điểm) 0,25 , n  *  un 0,5 0,5 0,25 tempfile_29539.doc v2 5  v1 v3 7  v2 2n    Cộng đẳng thức theo vế tương ứng ta v1     (2n  1) 3     (2n  1) 0,25 Áp dụng cơng thức tính tổng cấp số cộng suy n(n  2) 1 1 1     Từ   un    un n(n  2)  n n   0,25 0,25 11 1 1 1 1 1  +) u1  u2   un              21 3 2 4 2 n n2 11 1   u1  u2   un        n 1 n   Câu ( 6,0 điểm) 0,25 1 1   lim  u1  u2   un  lim      n 1 n   Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD hình bình hành, M điểm cạnh SC cho SC 3SM Giả sử (P) mặt phẳng qua hai điểm A, M cắt cạnh SB, SD N, P (N khác B, P khác D) a) Nêu cách dựng điểm N, P tính giá trị SB SD  SN SP 0,25 3,0 b) Xác định vị trí mp(P) để tam giác SNP có diện tích nhỏ S Gọi O giao điểm AC BD Trong mp(SAC): SO cắt AM I; Qua IM dựng đường thẳng  cho  cắt cạnh SB, SD N N, P (N khác B, P khác D) Áp dụng cơng thức tính tỉ số diện tích tam giác ta có: SSNI SN SI SSPI SP ISI  (1)  (2) P SSBO SB SO S SDO SD B SO SSBO S SDO  S SBD (3) O 2SSNP SI  SN DSP  A    Từ (1), (2) (3) suy  S SBD SO  SB SD  0,5 0,25 C 0,5 SN SP SI  SN SP  2SO SB SD      (4)  SB SD SO  SB SD  SI SN SP 2SO SA SC   (5) tương tự ta có: SI SA SM 0,5 Từ (4) (5) suy ra: 0,25 Hay SB SD SA SC   4 (vì 3SM=SC) = SN SP SA SM tempfile_29539.doc SB SD SB SD  4  4 SN SP SN SP S SBD SB SD  mà S SNP SN SP SSBD 4 hay SSNP 1 SSBD Suy SSNP SB SD   NP / / BD Dấu ‘=’ xảy SN SP 2, Từ 0,25 0,5 0,25 Vậy tam giác SNP có diện tích nhỏ mp(P) qua A, M song song BD Cho dãy ngũ giác lồi An BnCn Dn En , xác định sau: a) Ngũ giác A1B1C1 D1E1 có diện tích S1 2020 ; b) Với n  N * ngũ giác An 1Bn 1Cn1Dn1 En 1 tạo thành cách: Từ trung điểm cạnh ngũ giác An BnCn Dn En ta nối với trung điểm cạnh khơng kề Ngũ giác An 1Bn 1Cn1Dn1 En 1 có đỉnh trung điểm cạnh thẳng nhận theo cách nối Gọi Si diện tích ngũ giác Ai Bi Ci Di Ei Tìm S 2021 ? 3,0 0,5 Gọi G trọng tâm ngũ giác An BnCn Dn En với kí hiệu thứ tự đỉnh ngũ giác An 1Bn1Cn 1Dn 1En1 hình vẽ ta có       1    1 GAn1  (GM  GN )  (GB n  GC n  GD n  GE n )  GAn 2      ( Vì GAn  GB n  GC n  GD n  GE n 0 ) Tương tự ta có     1 GB n 1  GB n ; GC n 1  GC n 4     1 1 GD n 1  GD n ; GE n 1  GE n 4 Vậy ngũ giác An 1Bn1Cn 1Dn 1En1 ảnh ngũ giác An BnCn Dn En qua phép vị 1 tự tâm G tỉ số k  Do S n 1 k Sn  S n (n  N * ) 16 0,5 0,5 0,5 tempfile_29539.doc Như diện tích ngũ giác An BnCn Dn En ( n  N * ) lập thành cấp số nhân  1 với công bội q  Do S n S1   16  16  Vậy Câu ( 2,0 điểm)  1 S 2021 S1    16  2021 n 0,5 2020  2020 16 0,5  Cho tam giác ABC có góc thỏa mãn A B C  Tính góc tam giác biểu thức sau đạt giá trị nhỏ P 2cos 4C  4cos 2C  cos A  cos B   C   cos C  2 cos A  cos B 2cos  A  B  cos  A  B   2cocC cos  A  B   2cos C ( Do cos C 0 cos  A  B  1 )  Dấu xảy A B C  2 2 Từ P 4  2cos C  1    2cos C  1  1  2cos C    Ta có A B C  8cos C  2cos C  1  2cos C 0,5 0,5 0,5 Và 16cos C  8cos C    2cos C   4cos C  1    2cos C    Dấu xảy C    Vậy P đạt giá trị nhỏ A B C  0,5 -HẾT - tempfile_29539.doc ... tích tam giác ta có: SSNI SN SI SSPI SP ISI  (1)  (2) P SSBO SB SO S SDO SD B SO SSBO S SDO  S SBD (3) O 2SSNP SI  SN DSP  A    Từ (1), (2) (3) suy  S SBD SO  SB SD  0,5 0,25