Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 11 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh

Với Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 11 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh được chia sẻ dưới đây, các bạn học sinh được ôn tập, củng cố lại kiến thức đã học, rèn luyện và nâng cao kỹ năng giải bài tập để chuẩn bị cho kì thi HSG sắp tới đạt được kết quả mong muốn. Mời các bạn tham khảo đề thi!

( s inx − cosx )( sin x − 3) − sin x − cos2 x + Câu Xét phương trình: 2sin x − = (1) π  x ≠ + k 2π   ĐK sin x ≠ ⇔ (k , l ∈ Z )  x ≠ 3π + l 2π  Khi phương trình (1) ⇔ ( s inx − cosx )( sin x − 3) − sin x − cos2 x + = ⇔ ( s inx − cosx )( sin x − 3) − 2sin x.cosx + 2sin x = ⇔ ( s inx − cosx )( sin x − 3) + 2sin x(s inx − cosx) = (2) s inx − cosx = ⇔ ( s inx − cosx )( sin x + 2sin x − ) = ⇔  sin x + sin x − = (3) π π 5π + k 2π (k ∈ ℤ) PT (2) ⇔ sin( x − ) = ⇔ x = + kπ , đối chiếu điều kiện ta có x = 4 sin2x =1 PT (3) ⇔ sin2x +2sin x = ⇔  (vn) sin x = 5π Vậy x = + k 2π (k ∈ ℤ) 5π x ∈ (−2018π ; 2019π ) ⇔ −2018π < + k 2π < 2019π ⇔ −2018 < + 2k < 2019 4 Do k ∈ ℤ nên k ∈ { − 1009, − 1008, ,1008} suy có 2018 nghiệm ( x + x + − x + x + + mx ) Nếu m = −3 lim ( x + x + − x + x + + mx ) = lim ( ( x + x + − x) − ( x + x + + x) ) 2x + Ta có lim ( x + x + − x ) = lim ( x + x + 1) + x ( x + x + 1) Câu 1b Tính lim 3 2 x →−∞ 3 2 x →−∞ 3 2 x →−∞ 3 x →−∞ lim x →−∞ ( x →−∞ ) x + x + + x = lim Suy lim x →−∞ ( 2 2x + x2 + x + − x x + x + − x + x + + mx = Nếu m < −3 lim ( x →−∞ ( x →−∞ = 2 + x2 −1 ) 3 x + x + − x + x + + mx ) ) = lim ( x3 + x + − x) − ( x + x + + x) + (m + 3) x = +∞ x →−∞ Nếu m > −3 lim ( x →−∞ ( x + x + − x + x + + mx ) ) = lim ( x3 + x + − x) − ( x + x + + x) + (m + 3) x = −∞ x →−∞ Câu 2a Theo giả thiết ta có Cn2 = Cn1 + 4d ; Cn3 = Cn1 + 14d  ⇔ 7(Cn2 − Cn1 ) = 2(Cn3 − Cn1 ) ⇔ 2Cn3 − 7Cn2 + 5Cn1 = Cn2 − Cn1 Cn3 − Cn1 = 14 =  n = 11 n(n − 1)(n − 2) n(n − 1) 2 −7 + 5n = ⇔ 2n − 27 n + 55 = ⇔   n = ( L)  Với n = 11 , thử lại thỏa mãn cấp số cộng 2 2 Ta cần chứng minh ( C23 ) + ( C232 ) + ( C234 ) + + ( C2322 ) = 12 C4623 2 2 Ta chứng minh toán tổng quát ( Cn0 ) + ( Cn2 ) + ( Cn4 ) + + ( Cnn −1 ) = C2nn với n lẻ 2n n n n n n n −1 Xét khai triển (1 + x) = (1 + x) ( x + 1) = ( Cn + Cn x + + Cn x )( Cn x + Cn x + + Cnn ) Đồng hệ số x n đẳng thức ta có (C ) + (C ) + (C ) + (C ) n n 2 n n + ( Cnn ) = C2nn n −1 n +1 Do n lẻ Cn0 = Cnn ; Cn1 = Cnn −1 ; Cn = Cn ; nên (C ) + (C ) + (C ) + (C ) n n 2 n n (1) ( + ( Cnn ) = ( Cn0 ) + ( Cn2 ) + ( Cn4 ) + + ( Cnn −1 ) 2 2 ) 2 2 Thay vào (1) ta có ( Cn0 ) + ( Cn2 ) + ( Cn4 ) + + ( Cnn −1 ) = C2nn (đpcm Câu 2b Kiến muốn đến B bắt buộc phải qua D Gọi m số cách từ A đến D Gọi n số cách từ D đến B Gọi k số cách từ D đến B mà không qua C A D G C E I F H K B Ta có số cách từ A đến B mn ; số cách từ A đến B mà không qua C mk mk k Ta có xác suất mà kiến đến B p = = mn n Các cách từ D đến B mà có qua C là: DCEFB; DCIFB; DCIKB; suy số cách từ D đến B có mà khơng qua C Vì tính đối xứng lưới ô vuông 2x2 nên số cách từ D đến B mà không qua C k Suy k = 3, n = Do p = = n Câu 3a Vì SA = SC nên SO ⊥ AC S Vì SB = SD nên SO ⊥ BD Do SO ⊥ ( ABCD) P Trong tam giác SAC kẻ M MH ⊥ AC ( H ∈ AC )  MH SO  MH ⊥ ( ABCD) C Theo giả thiết MNH = 600 D I H A N O K B Ta có: HQ = a a; QN = D A 2 2 B Suy NH = N Q C a 13 Do MH = NH tan 600 = Ta có S ∆SMB = O H  3a   a  13a NH = HQ + QN =   +   = 16   2 a 39 a 39 , suy SO = MH = 1 39a a 43 + a2 = S ∆SAB = SK AB ; SK = SO + KO = 4 a 43 Suy S ∆SMB = SK AB = Câu 3b Gọi P trung điểm SD, ta có tứ giác MPCN hình bình hành suy MN//CP Gọi α góc đường thẳng MN mặt phẳng (SBD), ta thấy α góc đường thẳng CP mặt phẳng (SBD) Kẻ CI ⊥ BD  CI ⊥ ( SBD)  α = CPI Tam giác BCD vng C có CI đường cao, suy 1 1 2a = + = + =  CI = 2 CI CB CD a 4a 4a Ta có CP = MN = NH = sin α = a 13 CI = CP 65 u1 =  2un Câu 4a Xét dãy:  u = , n ≥1  n +1 5un + +  Bằng quy nạp ta chứng minh un > ∀n Ta có un +1 = 2un = 5un + + ( ) 5un + − ⇔ 5un +1 + = 5un + ⇔ 25un2+1 + 20un +1 + = 20un + ⇔ un2+1 = (un − un +1 ) S n = u12 + u22 + u32 + + un2 = u12 + (u1 − un ) = − un (1) 5 Ta chứng minh (un ) dãy giảm 2( − 1) < u1 , giả sử uk > uk +1 , thay vào công thức xác định dãy ta thấy uk +1 > uk + Vậy (un ) dãy giảm, mà un > ∀n suy tồn giới hạn lim un = l (l ≥ 0) Thật có u2 = Từ đẳng thức un +1 = ( )  l = 2( 5un + − ) ⇔ 5l + = 5l + − ⇔ 25l + 20l + = 20l + ⇔ l = Thay vào (1) ta có lim S n = 5l + Câu 4b P = sin A + sin B + 12 sin C Ta có ( sin A + sin B ) ≤ 2(sin A + sin B ) = cos  sin A + sin B ≤ cos  P ≤ cos C A− B C cos ≤ cos 2 C   C C sin C ≤ 2  cos + sin C  + 24 2     C C 3   Ta lại có  cos + sin C  ≤  cos + sin C  = + cos C + - cos 2C 2 2     C 3 1 = -  cos C −  ≤ suy cos + sin C ≤ 2 3 2 3 Do P ≤ = 44 3  A = B   C  C = arccos sin C ⇔  có “ = ” cos = 2   A = B  cos C = ... 55 = ⇔   n = ( L)  Với n = 11 , thử lại thỏa mãn cấp số cộng 2 2 Ta cần chứng minh ( C23 ) + ( C232 ) + ( C234 ) + + ( C2322 ) = 12 C4623 2 2 Ta chứng minh toán tổng quát ( Cn0 ) + ( Cn2 )... có số cách từ A đến B mn ; số cách từ A đến B mà không qua C mk mk k Ta có xác suất mà kiến đến B p = = mn n Các cách từ D đến B mà có qua C là: DCEFB; DCIFB; DCIKB; suy số cách từ D đến B có. .. Ta lại có  cos + sin C  ≤  cos + sin C  = + cos C + - cos 2C 2 2     C 3 1 = -  cos C −  ≤ suy cos + sin C ≤ 2 3 2 3 Do P ≤ = 44 3  A = B   C  C = arccos sin C ⇔  có “ =