SỞ GIÁO DUC VA DAO TAO KY THI CHON HOC SINH GIOI TINH CAP THPT HA TINH NAM HOC 2016 - 2017 - Môn: TOÁN - Lớp: 11 ĐỀ THỊ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 1 trang, gồm 5ð câu) Câu 1 eos ` 1 1 1
a) Giải phương trình xnxx nang 2 (cot 2z — 5)
b) Mỗi lượt, ta gieo một con súc sắc (loại 6 mặt, cân đối) và một đồng xu
(cân đối) Tính xác suất để trong 3 lượt gieo như vậy, có ít nhất một lượt gieo được kết quả con súc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt sấp Câu 2 a) Tinh L= lim œ->0 vV1+ 2+3⁄1 + 3z — v1 + 4z l+z— vl+ 2z l
b) Tìm số đo các góc của tam giác ABC sao cho biểu thức P = sin? A+ cos B + cos?C
đạt giá trị lớn nhất
Câu 3 Cho lang tru ABCD.A’B’C’D’ co day 1a hinh thoi canh a, BAD = 120° Hình chiếu của B’ lén mat phang (ABCD) la trung diém H ctia doan thang ŒD và ABP là tam giác vuông cân
a) Tính độ dài đoạn thẳng AD
b) Tinh cosa véi a là góc giữa hai đường thắng BH và AC'
Câu 4 Cho các số thực dương z, , z thỏa mãn #2-L¿z/? z2 4a+z = 2(z z zz) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức IP =z(1 — 0)(1T— z) Câu 5 Cho dãy số (z„) xác định bởi z2 +3 x, = 2017 Và #„+1 = véi moi n > 1 ~ 2 n 1 2
Với mơi sõư nguyên dương ?ø, đặt guy § nm, Gat Yn = S (sateen) —=——— |
Chitng minh day s6 (y,) c6 gidi han hitu han va tim gidi han do
HET
- Thi sinh khéng duoc sit dung tai liéu va may tinh cam tay - Gidm thi khéng giải thích gà thêm
Trang 2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THỊ CHỌN HỌC SINH GIOI TINH CAP THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2016 - 2017 Mơn: TỐN; Lóp: 11 (Hướng dẫn giải gồm 7 trang) HƯỚNG DẦN GIẢI Câu Đáp án 1.a 1 1 =2 cot3z— cose 3 - v3) Điều kién: sin 2x 0 Khi đó phương trình đã cho tương đương với 7Ý of cos 2a 1 | yas = V3 sina — cosz = V3 cos2z — sin 2x 2sinzcosz - V3 cos: ki 2z ôâ cos|2z + | = cos|# —— 6 3 ia =-—+i2n 6 .=T+ eae 6 3 Đối chiếu điều kiện ta thu được tập nghiệm của phương trình đã cho là - (k ER) S= - 2 em 2% + hen 6 6 veal “Ta có thể biến đổi phương trình đã cho về dạng
(2cosz + Ý3)(|Í3 cosz — sinz — 1) = 0
1.b Số phần tử của không gian mẫu là 0 = (6.2) = 1728
Số trường hợp xảy ra để cả 3 lượt tung đó đều thu được súc sắc mặt 1 chấm và xu sấp là 1
Trang 4=3—# moi A'+A(+z)+(1+z) tan -3,4_ 1 my 3.2.2 (trong dé A = Ÿ1 + 3z ) oviy L= E(t, +1,)=2[1+2] =, = lim .¬0 2.b Ta có P =sin? 4+ cos B + cos’ C _ 1—cos2A + 1+ cos2C 2 =1+sin Bsin(A — Ở) + cos <1+sinB+cos =1+ oa|a= 3] <1+2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi + cos B
Ta cũng có thể đại số hóa như sau:
Trang 5
Taco CAD = 5 BAD = 60° nén AƠD là tam giác đều
Suy ra AH | CD nén AH L AB Lại có B'H L AB (do B'H 1 (ABCD)) nén
AB 1 (AHB’) Suy ra AB 1 AB’ hay tam gidc ABP' vuông tại A Theo gia thiết tam giác 4” vuông cân nên 4 = AB =a Suy ra B'H = VB'A’ — AH® =, at Sa! =>
Do vay A'D = BIC = VB'H? + HC? = T+ 4 ava 2
Cé thé ly van BB’ > BH > BA kết hợp AB” là tam giác vuông cân suy ra tam giác
ABB' vuông cân tại 4 Suy ra 4P“ = AB = a, sau đó tính tiếp như trên
3.b Lấy điểm # thuộc đường thẳng ŒD sao cho 4E || BH
Khi đó a bằng góc giữa 2 đường thẳng 4E và AŒ! Ta có ABHE là hình bình hành nên AE = BH = VHA’ + AB’ = Be tat vr 2 2 p Taco EC! = VBA? + A'C” =\B'H? + AC? = ata = vỗ, 2 Goi J 14 tam cia hinh binh hanh ADC’B’ 2 Tacé AC! =2AI = J2(AD? + AB”) — BID? = per +a’) is =
Trang 6| b) Ta ciing c6 B Mặt khác AC’ = AH + HB’ + BC =-#+Z-(#+2ÿ)+ÿ =-23#-ÿ+Z Suy ra AC! = wht Do vay BH.AC'| Bat ge wosa = cou pit acl = LEAS _ +27) @# +92) _ _ bs 42 , BH.AC’ LANÑ mi = 7 27
Ta có 2? +(y +2) —4yz —2e(y + z) + dayz = 0
Trang 7cos(B—C)—cos A (do 0 < cos B.cosC = 2 Suy ra 3 P<4liT-co°4 cos? 4 2 2 4 <4 3c0s* {1 cos 4} “43 -?, 3 2 2 314 64 Khi z= By =z= 1 thi P= 2 Vậy giá trị lớn nhất của P 1a 2 4 4 64 64
Ta có thể chứng minh z,,z € (0,1) như sau:
Viết lại giả thiết thành ø? + 2z(2yz — y — 2) + y° + z? — 2z = 0
Dođó A7 >0 > (w— 1)(z — 1) > 0 Tương tự ta có (z — 1)( — 1) > 0.(z — 1)(y — 1) > 0
Trang 8“=1 =] l(a? +1 Ta có zo —Ì = a — (z, = ), + dun > 1 Kết hợp với z, = 2017 ta có ngay z„ > 2017,Vn > 2 „ z'—=4z +3 (a —1)(a° +22 +3) Ta CÓ # a — r, — n n — Tì n n “Vn n 4 4 Do dé x, —x, > 0;Vn > 1 Suy ra (x) 14 day tăng ngặt > 1