NHT HSG11 TOAN 02 (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 Tính tổng các ngh[.]

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) Giải phương trình: cos5 x  2cos x  2cos5 x  cos x 2 cos x  cos x  cos x  Tính tổng nghiệm phương trình sau  0;1004  8sin x.cos x  sinx  cos x 0 3 7 sin( x  )  3cos( x  ) 2 Câu (5,0 điểm) Tính tổng gồm 2n số hạng 1 1 S  C21n  Cn2   ( 1) k C2kn   ( 1)2 n1 C22nn k 2n  k ( Cn số tổ hợp chập k n phần tử ) Một thầy giáo có 15 sách đơi khác nhau, có sách toán, sách lý, sách hố sách sinh Thầy giáo lấy đem tặng cho học sinh A, B, C, D, M, N, P em Tìm xác suất để sau tặng sách xong thầy cịn đủ loại sách loại Câu (2,0 điểm) Cho dãy số (un ) xác định sau: x1 1  1     xn 1  xn ( xn  1)( xn  2)( xn  3)  với n  * Tính lim   n   x  x  x  2 n   Câu (6,0 điểm) Cho h×nh chãp S ABC , M điểm bên tam giác ABC Qua M lần lợt vẽ đờng thẳng song song với cạnh SA, SB, SC cắt mặt phẳng SBC , SCA ,  SAB  theo thø tù t¹i A ', B ', C ' a) Chøng minh r»ng MA ' MB ' MC ' có giá trị không đổi M di ®éng tam   SA SB SC giác ABC b) Xác định M để tích MA '.MB '.MC ' có giá trị lớn Cho t diện ABCD có AB CD 4, BC  AD 5, AC BD 6 M điểm thay đổi tam giác ABC Các đường thẳng qua M song song với AD, BD, CD tương ứng cắt mặt phẳng  BCD  ,  ACD  ,  ADB  A, B, C  Tìm giá trị lớn biểu thức P MA.MB.MC  Câu (2,0 điểm) Cho a, b, c số thực khác c  b Tìm giá trị lớn biểu thức P  bc  a  b a  c  c a  b a2  b2 a2  c2 -HẾT - NHT_HSG11_TOAN_02 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CÂU Câu ( 5,0 điểm) SƠ LƯỢC LỜI GIẢI Giải phương trình: cos5 x  2cos x  2cos5 x  cos x 2 cos x  cos x  cos x   Xét cosx =0 thoả mãn, x=  k (k  Z ) nghiệm phương trình Xét cosx 0 Chia hai vế phương trình cho Ta được: Đặt t = cos x 2  cos x 3 1 t (t  2)  (t  2)(2t  1)  (2t  1) Từ phương trình ta t =1, 0,25 0,25 0,25 2t  t  2,5 0,25 cos x cos x cos x 1  1 cos x cos x cos x , ta t   cos x Nhân liên hợp ta : ĐIỂ M t  0,25 0,25 k  x  (k  z) Thay vào ta cos5x=cosx   k  x     x   k  (k  Z ) Các nghiệm phương trình  k    x 0,5 0,5 Tính tổng nghiệm phương trình sau  0;1004  8sin x.cos x  sinx  cos x 0 3 7 sin( x  )  3cos( x  ) 2 Điều kiện xác định: 3 7 sin( x  )  3cos( x  ) 0  s inx  cosx 0 2    tan x   tan x tan  x   k , k  Z 6 PT  4sin x sin x  sinx  cosx 0  2(cosx  cos3x)  sinx  cosx 0   cos3x  cosx  sinx  cos3x cos(x  ) 2      3x  x   k 2  x   k   (k  Z )  3x  ( x   )  k 2  x    k   12  2,5 0,25 0,25 0,25 0,25 NHT_HSG11_TOAN_02 Kết hợp với điều kiện xác định ta có nghiệm phương trình cho   x   k (k  Z ) 12    k 1004 Vì x   0;1004    12 1  k   2008 1 k 2008  6   k  Z k  Z Suy nghiệm phương trình cho  0;1004  1 k 2008   xk  k với  gồm 2008 nghiệm lập thành cấp số cộng có 12 k  Z   5    công sai d  12 12 nên tổng nghiệm n   2008  5   3025052 S   x1  ( n  1)    (2008  1)    2 2  12 2 Tính tổng gồm 2n số hạng 0,5 0,5 0,25 x1  Câu ( 4,0 điểm) 1 1 S  C21n  Cn2   ( 1) k C2kn   ( 1) n1 C22nn k 2n 1 0,25 2,0 k ( Cn số tổ hợp chập k n phần tử ) Ck k1 (2n)!  n1 +)Ta có : C2 n  k k (k  1)!(2n  k  1)! 2n  n 1 k S=  ( 1) k 2 0,5 C2kn 1 2n  0,5 n 1 (  (  1) k C2kn 1  C20n 1  C21n 1 ) S= 2n  k 0 0,5 2n ((1  1) n 1   2n  1)  2n  n 1 Một thầy giáo có 15 sách đơi khác nhau, có sách tốn, sách lý, sách hoá sách sinh Thầy giáo lấy đem tặng cho học sinh A, B, C, D, M, N, P em Tìm xác suất để sau tặng sách xong thầy đủ loại sách loại Số cách tặng Khơng cịn sách tốn: C102 7! Khơng cịn sách lý: C113 7! Khơng cịn sách hố: C124 7! Khơng cịn sách sinh: C124 7! Khơng cịn sách lý hố: 7! Khơng cịn sách lý sinh: 7! Khơng cịn sách hố sinh: C91.7! Số cách tặng khơng cịn đủ loại sách: S= 0,5 2,0 0,5 0,5 NHT_HSG11_TOAN_02 Câu ( 3,0 điểm) C102 7! + C113 7! + C124 7! + C124 7! -(7!+ 7!+ C91.7! ) Số cách tặng đủ loại sách: A157 -[ C102 7! + C113 7! + C124 7! + C124 7! -(7!+ 7!+ C91.7! ) ]=26439840 26439840  xác suất cần tìm P  A157 Cho dãy số (un ) xác định sau: x1 1 0,5 0,5 xn 1  xn ( xn  1)( xn  2)( xn  3)  với n  *  1     Tính nlim     x  x2  xn    xn 1  ( x n  3xn )( x n  3xn  2)   xn  3xn  0,5 xn 1  xn  3xn   3xn 0,5 Có xn 1  ( xn  1)( xn  2) , 0,5 1   xn  xn  xn 1  0,5 n U n  i 1 n 1 1  (  )  xi  i 1 xi  xi 1  xn 1  1 n un  lim (  Vì xn 1   nlim   n   xn 1  ) 0,5 0,5 Câu Cho h×nh chãp S ABC , M điểm bên tam giác ABC Qua M ( 6,0 lần lợt vẽ đờng thẳng song song với cạnh SA, SB, SC cắt mặt phẳng im) SBC , SCA ,  SAB  theo thø tù t¹i A ', B ', C ' MA ' MB ' MC ' có giá trị không đổi M di động  SA SB SC tam gi¸c ABC b/X¸c định M để tích MA '.MB '.MC ' có giá trÞ lín nhÊt a/Chøng minh r»ng 3,0 Gäi AM  BC I , BM  AC K , CM  AB H  A '  SI , B ' SK , C ' SH 0,5 Theo định lÝ Talet ta cã MA ' MI MB ' MK MC ' MH  ,  ,  SA AI SB BK SC CH 0,25 NHT_HSG11_TOAN_02 MA ' MB ' MC ' MI MK MH      SA SB SC AI BK CH MI S MBC MK S MAC MH S MAB  ,  , Mặt khác AI S ABC BK S ABC CH S ABC 0,5   0,5 MA ' MB ' MC '   1 SA SB SC 0,25 b) áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có MA ' MB ' MC ' MA ' MB ' MC '   3 SA SB SC SA SB SC SA.SB.SC 27 MA ' MB ' MC ' DÊu “=” x¶y    SA SB SC MI MK MH   M trọng tâm tam giác ABC AI BK CH Cho tứ diện ABCD có AB CD 4, BC  AD 5, AC BD 6 M điểm thay đổi tam giác ABC Các đường thẳng qua M song song với AD, BD, CD tương ứng cắt mặt phẳng  BCD  ,  ACD  ,  ADB  A, B, C   MA '.MB '.MC '  0,25 0,25 0,25 0,25 3,0 Tìm giá trị lớn biểu thức P MA.MB.MC  D B' C' J A' C M A I K B Gọi MA  BC  I  , MB  AC  J  , MC  AB  K  , từ M kẻ đường song song song với DA, DB, DC ta dựng giao điểm A, B, C  (hình vẽ 0,5 trên) MA MI S MBC MB MJ S MCA MC  MK S MBA       , , AD IA S ABC BD JB S ABC CD KC S ABC MA MB MC  S MAB  S MBC  S MAC    1 Suy AD BD CD S ABC Ta có 0,5 0,5 MA MB MC   MA MB MC         Vậy   AD BD CD 27  AD BD CD  27  MA.MB.MC   40 AD.CD.BD  27 0,5 0,5 NHT_HSG11_TOAN_02 Dấu " " xảy Câu ( 2,0 điểm) MI MJ MK    M trọng tâm AI BJ CK 0,5 tam giác ABC Cho a, b, c số thực khác c  b Tìm giá trị lớn biểu thức P  P  bc  a (a  c )(a  b ) bc  a (a  c )(a  b )   b a  b2  bc  a  b a  c  c a  b a2  b2 a2  c2 c a2  c2  b (c  b )  c  b a2  b2  c (c  b )  c  b 0,5 a2  c2 Vì số a,b,c khác o nên hệ trục tọa độ Oxy chọn điểm A(0; a); B(b;0); C (c;0), b  c ba đỉnh tam giác    Ta có AB (b;  a ); AC (c;  a ); BC (c  b;0) Xét tam giác ABC có   bc  a cos A cos( AB, AC )  ; (a  b )(a  c )   b(c  b) cos B cos( BA; BC )  ; | c  b | a2  b2  c (c  b ) cos C cos(CA, CB)  ; | c  b | a2  c2  P cos A  cos B  cos C  A B A B A B VT 2cos cos  2cos 1 2 Do A,B,C góc tam giác AB A B  0;0 cos 1 nên  cos 2 0,5 0,5 AB AB AB 1   2cos     cos    Do đó, VT  2cos 2 2 2  Dấu xảy tam giác ABC Vậy giá trị lớn P c  0; b  c; a  3c 2 0,5 -HẾT - NHT_HSG11_TOAN_02 ... đủ loại sách: S= 0,5 2,0 0,5 0,5 NHT_ HSG11_ TOAN_ 02 Câu ( 3,0 điểm) C 102 7! + C113 7! + C124 7! + C124 7! -(7!+ 7!+ C91.7! ) Số cách tặng đủ loại sách: A157 -[ C 102 7! + C113 7! + C124 7! + C124...   (k  Z )  3x  ( x   )  k 2  x    k   12  2,5 0,25 0,25 0,25 0,25 NHT_ HSG11_ TOAN_ 02 Kết hợp với điều kiện xác định ta có nghiệm phương trình cho   x   k (k  Z ) 12... SH 0,5 Theo định lí Talet ta có MA '' MI MB '' MK MC '' MH  ,  ,  SA AI SB BK SC CH 0,25 NHT_ HSG11_ TOAN_ 02 MA '' MB '' MC '' MI MK MH      SA SB SC AI BK CH MI S MBC MK S MAC MH S MAB  , ,