Tổ 2 đợt 2 đề 1 đề thi hsg lớp 11 yên lạc 2 vĩnh phúc 2019

ĐỀ KSCL ĐỘI TUYỂN HSG KHỐI 11 TRƯỜNG THPT YÊN LẠC – VĨNH PHÚC MƠN TỐN TIME: 180 PHÚT Câu (1,0 điểm) a) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số b) dGiải phương trình: y cos x  2sin x  cos x  sin x  cos x    2cos x   sin x  cos x  0 Câu (1,0 điểm)  Cho tam giác ABC có BC a, AB c, AC b Biết góc BAC 90 lập thành cấp số nhân Tính số đo góc B, C a, b, c theo thứ tự Câu (1,0 điểm) 3n  a Cho n số nguyên dương Gọi 3n  hệ số x khai triển thành đa thức x  1 n  x  2 n a 26n ? Tìm n cho 3n  Câu (1,0 điểm) Cho chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; Từ chữ số lập số tự nhiên có chữ số đơi khác cho tổng chữ số đầu tổng chữ số cuối? Câu (1,0 điểm) Cho dãy số lim un  un  u1 2019   n un 1 n 1 un  2019n Tìm cơng thức số hạng tổng qt tính thỏa mãn:  Câu (2,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang có  AD 2a, AB BC CD a , BAD 60 , SA  ( ABCD ), SA a M I hai điểm thỏa       MB  MS  0, IS  3ID 0 Mặt phẳng ( AIM ) cắt SC N mãn a) Chứng minh đường thẳng SD vng góc với mặt phẳng ( AIM )   b) Chứng minh ANI 90 ; AMI 90 c) Tính diện tích thiết diện tạo mặt phẳng ( AMI ) hình chóp S ABCD Câu (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD , gọi G trọng tâm tam giác BCD , G trung điểm AG phẳng ( ) qua G  cắt cạnh AB, AC , AD B, C , D Tính AB AC AD   AB AC  AD Câu (1,0 điểm) a , a , , an   0;1 Cho n số Chứng minh rằng:   a1  a2  a3   an  4  a12  a22  a32   an2  Một mặt GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI CHỌN HSG THPT YÊN LẠC – VĨNH PHÚC KHỐI 11 Câu (1,0 điểm) a) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số b) Giải phương trình: y cos x  2sin x  cos x  sin x  cos x    2cos x   sin x  cos x  0 Lời giải a) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y cos x  2sin x  cos x  sin x  Lời giải Tác giả: Nguyễn Yên Phương; Fb: Yenphuong Nguyen Phản biện: Fb:Hieu Le Với x   ta có: cos x  sin x  2  cos x  1    sin x    (vì sin x    1;1 , cos x    1;1 ) nên y cos x  2sin x   y  cos x  sin x   cos x  2sin x  cos x  sin x    y   sin x    y  cos x    y  0 Phương trình (*) có nghiệm tương đương 11 y  24 y  0   y  2 2 (*)    y    y  ,  y 2 11 m  , M 2 11 Giá trị lớn nhỏ hàm số cho b) Giải phương trình: cos x    2cos x   sin x  cos x  0 Lời giải Tác giả: Lê Trọng Hiếu ; Fb: Hieu Le Phản biện: Nguyễn Văn Mạnh ; Fb: Nguyễn Văn Mạnh Ta có: cos x    2cos x   sin x  cos x  0  cos x  sin x    cos x   sin x  cos x  0   cos x  sin x   cos x  sin x     cos x   cos x  sin x  0   cos x  sin x   cos x  sin x   cos x  0   cos x  sin x   sin x  cos x  1 0  cos x  sin x 0   sin x  cos x  0    cos x  sin x 0  sin x  cos x 0  sin  x   0  x   k  k   4       x    k 2   x   k 2    4  sin x  cos x  0  sin  x   1     k    4   x    3  k 2  x   k 2   4    x   k x   k 2 x   k 2  k   Vậy phương trình có nghiệm : ; ; Câu (1,0 điểm)  Cho tam giác ABC có BC a, AB c, AC b Biết góc BAC 90 lập thành cấp số nhân Tính số đo góc B, C a, b, c theo thứ tự Lời giải Tác giả: Nguyễn Văn Mạnh ; Fb: Nguyễn Văn Mạnh Phản biện: Nguyễn Đức Hoạch ; Fb: Hoạch Nguyễn B a c A Do a, C b 2 b, c b ac theo thứ tự lập thành cấp số nhân nên ta có (*) a b c    Áp dụng định lí sin cho tam giác ABC ta có sin A sin B sin C mà BAC 90  sin A 1 b c  a  b a sin B, c a sinC a cosB Do sin B sin C (vì tam giác ABC vng A ) Khi (*)  2 a sin B a cos B    cos B  3cos B  cos B  3cos B  0  cosB     cosB  2(lo¹i) Với cosB  B góc tam giác ABC nên B 60  C 30 Vậy B 60 , C 30 Câu (1,0 điểm) 3n  a Cho n số nguyên dương Gọi 3n  hệ số x khai triển thành đa thức x  1 n  x  2 n a 26n ? Tìm n cho 3n  Lời giải Tác giả: Nguyễn Đức Hoạch, Fb: Hoạch Nguyễn Phản biện: Nguyễn Văn Mộng, FB: Nguyễn Văn Mộng Ta có: x  1 n  x  2 n n k   n  n   n   n    Cnk  x     Cnm x n  m m    Cnk x n  k    Cnm x n  m 2m   k 0   m 0   k 0   m0   m, n, k  ; m, k n  3n   2n  2k    n  m  3n   2k  m 3 Xét số hạng chứa x ta suy  k , m     0;3 ,  1;1  Do k , m   nên suy 3 1 ⇒ Hệ số số hạng chứa x 3n  a3n  Cn Cn  Cn Cn Theo giả thiết a3n  26n nên Cn0 Cn3 23  Cn1 Cn1 26n   n! n! n!  26n 3! n   !  n  1 !  n  1 ! 4n  n  1  n    2n 26n  2n  3n  35 0  n 5 (Do n  ) Vậy n 5 thỏa mãn yêu cầu toán Câu (1,0 điểm) Cho chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; Từ chữ số lập số tự nhiên có chữ số đơi khác cho tổng chữ số đầu tổng chữ số cuối? Lời giải Tác giả: Nguyễn Văn Mộng; Fb: Nguyễn Văn Mộng GVPB: Trần Thanh Sơn; Fb: Trần Thanh Sơn Do        28 , nên để tổng chữ số đầu tổng chữ số cuối tổng 14 Ta lập số có tổng 14 có chữ số là:  0;1;6;7  ;  0;2;5;7  ;  0;3;4;7  ;  0;3;5;6  Với số có số ứng với cịn lại khơng có số có tổng 14 TH1: Bộ có số đứng trước: có có chữ số 0, ứng với có: +) Xếp số đầu có 3.3! cách +) Xếp số cuối có 4! cách Áp dụng qui tắc nhân có 4.3.3!.4! 1728 số TH2: Bộ có số đứng sau: có có chữ số 0, ứng với có: +) Xếp khơng có chữ số đứng trước có 4! cách +) Xếp có chữ số đứng sau có 4! cách Áp dụng qui tắc nhân có 4.4!.4! 2304 số Vậy có 1728  2304 4032 số thỏa mãn yêu cầu toán Câu (1,0 điểm) Cho dãy số lim un  un  u1 2019   n un 1 n 1 un  2019n Tìm cơng thức số hạng tổng qt tính thỏa mãn:  Lời giải Tác giả: Trần Thanh Sơn ; Fb: Trần Thanh Sơn Phản biện: Dương Hà Hải; Fb: Dương Hà Hải Ta có unn11 unn  1  unn11  unn  n 2019 2019n  u2  u1  20191  u  u  20192    u n  u n   n  n 2019n  Suy ra: unn  u11  1    2019 2019 2019n    1   n 2019  un  2019   2018 Vậy   1   2019    2018 n n Ta có   1   n 2019    un  2019  2018 n  n 2020  n 1.11.2020       2020 2019 1  n n (AM-GM cho n  số số 2020 )  2019  lim    1 n   Mặt khác Vậy lim un 1 Câu (2,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang có  AD 2a, AB BC CD a , BAD 60 , SA  ( ABCD ), SA a M I hai điểm thỏa       MB  MS  0, IS  3ID 0 Mặt phẳng ( AIM ) cắt SC N mãn d) Chứng minh đường thẳng SD vng góc với mặt phẳng ( AIM )   e) Chứng minh ANI 90 ; AMI 90 f) Tính diện tích thiết diện tạo mặt phẳng ( AMI ) hình chóp S ABCD Lời giải Tác giả: Dương Hà Hải ; Fb: Dương Hà Hải Phản biện: Vũ Huỳnh Đức; Fb: Vũ Huỳnh Đức       AB a, AD b, AS c a) Đặt  1         BC  b, a a, b 2a, c a 3, a.b a , a.c 0, c.b 0 Ta có         4 SD b  c, AI  b  c, AM  a  c 7 4 Ta có:   Suy SD AI 0, SD AM 0 Do SD  AI , SD  AM Vậy SD  ( AMI ) Trog mặt phẳng ( ABCD), AC cắt BD E Trog mặt phẳng ( SBD), SE cắt MI F ( SAC ), AF cắt SC N Khi đó, mặt phẳng         1 1 AN  a  b  c, NI  a  b  c 2 28 14 Ta có:    AN NI 0  AN  NI  ANI 900    1  3  AM  a  c, MI  a  b  c 4 28     AM MI 0  AM  MI  AMI 900 b) c) Thiết diện tạo mặt phẳng ( AMI ) hình chop S ABCD tứ giác AMNI Ta có S AMNI S ANI  S AMN Ta có AM  a a a 42 , AN  , NI  2 14 3a  S ANI  AN NI  28    15a AM AN 14   AM AN   cos MAN    sin MAN  16 AM AN Ta có 3a   S AMN  AN AM sin MAN  32 Vậy S AMNI  3a 3a 45a   28 32 224 Câu (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD , gọi G trọng tâm tam giác BCD , G trung điểm AG phẳng ( ) qua G  cắt cạnh AB, AC , AD B, C , D Tính Một mặt AB AC AD   AB AC  AD Lời giải Tác giả: Vũ Huỳnh Đức; Fb: Vũ Huỳnh Đức Phản biện: Trần Đức Phương; Fb: Phuong Tran Duc 1) Trước hết ta xét toán: “ Cho tam giác ABC có đường trung tuyến AM Một đường thẳng d cắt cạnh AB, AC đoạn thẳng AM điểm B1 , C1 , M khác AB AC AM  2 AM1 ” A Chứng minh AB1 AC1 Chứng minh:  C B Qua dựng đường thẳng nhận B1C1 làm vectơ phương Mỗi đường thẳng theo thứ tự cắt đường thẳng AM E F (hình vẽ) Khơng tính tổng quát, ta giả sử E thuộc đoạn AM F đối xứng với E qua M Áp dụng định lí Thales, ta có AB AE AM  ME AC AF AM  MF AM  ME      AB1 AM AM , AC1 AM AM AM  AB AC AM  ME AM  ME AM    2 AB1 AC1 AM AM AM (đpcm) 2) Gọi M , N theo thứ tự trung điểm CD BG M , N  theo thứ tự giao điểm mặt phẳng ( ) với AM , AN Áp dụng kết toán vào tam giác ACD, ABG, AMN ta được:  AC AD AM  2  1 AC  AD AM  ,  AB AG AN AB AN AB AN  2   2  2   2 AB AG AN  AB AN  AB AN   AM AN AG + 2 2.2 4   AM  AN  AG  AC AD AB  AM AN    2  +  2.4  6  1 ,    3 suy AC  AD AB  AM  AN   Từ AC AD AB   6 Vậy AC  AD AB Câu (1,0 điểm) a , a , , an   0;1 Cho n số Chứng minh rằng:   a1  a2  a3   an  4  a12  a22  a32   an2  Lời giải Tác giả: Trần Đức Phương; Fb: Phuong Tran Duc Phản biện: Nguyễn Phương Thu; Fb: Nguyễn Phương Thu Xét tam thức f  x   x    a1  a2   an  x   a12  a22   an2  Ta có: f  1 1    a1  a2   an    a12  a22   an2  a1  a1  1  a2  a2  1  a3  a3  1   an  an  1 Mặt khác a1 , a2 , , an   0;1 nên  a1  a1  1 0   a2  a2  1 0  f  1 0    a  a  1 0  n n Mà f   a12  a22   an2 0  f  1 f   0 Mặt khác hàm số f  x Do phương trình liên tục f  x  0 có nghiệm đoạn Suy  0;1  0;1    a1  a2   an    a12  a22   an2  0 Do đó:   a1  a2   an  4  a12  a22   an2 