Đề KSCL đội tuyển HSG toán 11 năm 2017 2018 trường THPT yên lạc 2 vĩnh phúc

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT YÊN LẠC ĐỀ KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 11 MƠN: TỐN – NĂM HỌC 2017-2018 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Đề thi gồm: 01 trang Câu (2,0 điểm) a Tìm m để hàm số y  cos x có tập xác định 3sin x  4cos5 x  2m  sin x  sin x  cos x Câu (1,0 điểm) Một tứ giác có bốn góc tạo thành cấp số nhân số đo góc lớn gấp lần số đo góc nhỏ Tính số đo góc tứ giác b Giải phương trình 2(1  cos x)(1  cot x)  Câu (1,0 điểm) Cho n số nguyên dương thỏa mãn Cnn41  Cnn3  4(n  2) Tìm hệ số x khai triển nhị thức Niu – tơn P  x(1  x)n  x (1  3x)2 n Câu (1,0 điểm) Cho hình đa giác H có 24 đỉnh, chọn ngẫu nhiên đỉnh hình H Tính xác suất để đỉnh chọn tạo thành hình chữ nhật khơng phải hình vng? f ( x)   f ( x)  20  10 Tính A  lim Câu (1,0 điểm) Cho f ( x) đa thức thỏa mãn lim x 2 x 2 x2 x2  x  Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông A , hai điểm A B nằm đường thẳng x  y  11  , điểm A có hồnh độ dương, trọng tâm tam giác ABC G ( ; ) chu vi tam giác ABC 10  Tìm tọa độ điểm A, B, C 3 Câu (2,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a cạnh bên a Gọi M điểm nằm SB cho SM  SB a Gọi ( P) mặt phẳng chứa CM song song với SA Tính theo a diện tích thiết diện tạo ( P) hình chóp S ABCD b E điểm thay đổi cạnh AC Xác định vị trí điểm E để ME vng góc với CD Câu (1,0 điểm) Xét phương trình ax3  x2  bx   với a, b số thực, a  0, a  b cho nghiệm số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức  3ab  10a P a2 -Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………….……… …….…….….….; Số báo danh…………………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT YÊN LẠC ĐÁP ÁN KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 11 MƠN: TỐN – NĂM HỌC 2017-2018 Đáp án gồm: 05 trang I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa - Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm trịn - Với hình học thí sinh khơng vẽ hình phần khơng cho điểm tương ứng với phần II ĐÁP ÁN: Câu Nội dung trình bày Điểm (2,0 điểm) a.(1,0 điểm) Hàm số có tập xác định 0,25 f ( x)  3sin 5x  4cos5x  2m   0, x  2m  Ta có: f ( x)  0, x   sin x  cos5 x  , x  0,25 5  cos    2m    sin(5 x   )  , x  với  sin   0,5  2m   1  m  1 Do 1  sin(5x   )  1, x  nên f ( x)  0, x   Vậy m  1 b.(1,0 điểm)  x  k sin x   ĐK:   ,k  x    k  sin x  cos x   0,25  sin x  Pt  2(1  cos x)  sin x sin x  cos x sin x     sin x  cos x  sin x.cos x    cos x sin x  cos x 0,25  Đặt t  sin x  cos x  sin( x  ),   t  2, Phương trình trở thành: t 1 t    t  1     x     k 2   x    k 2 (tm)  4  Với t  1, ta có sin( x  )        x    k 2  x    k 2 (l )  4 Vậy phương trình có họ nghiệm x     k 2 0,25 0,25 (1,0 điểm) Giả sử góc A, B, C, D (với A  B  C  D) theo thứ tự tạo thành cấp số nhân thỏa mãn yêu cầu với cơng bội q Ta có: B  qA, C  q A, D  q3 A   A(1  q  q  q3 )  360  A  B  C  D  360  q  Theo gt, ta có :    D  A Aq  A A  24      Suy B  480 , C  960 , D  1920 (1,0 điểm) (n  4)! (n  3)! (n  4)(n  3) (n  3)(n  1) ĐK: n  , ta có   4(n  2)   4 (n  1)!.3! n!.3! 6  3n  15  n  Với n  5, ta có P  x(1  x)5  x2 (1  3x)10 0,25 0,5 0,25 0,25 Xét khai triển: x(1  x)5  x C5k (2 x) k , suy hệ số chứa x ứng với k  ta k 0 có a5  C (2)  80 0,5 10 Xét khai triển: x (1  3x)10  x  C10k (3x)m , suy hệ số chứa x ứng với m  m 0 ta có a5  C  3240 10 Vậy hệ số x khai triển là: a5  80  3240  3320 (1,0 điểm)  10626 Số phần tử không gian mẫu   C24 Đa giác 24 đỉnh có 12 đường chéo qua tâm Cứ đường chéo qua tâm tương ứng cho ta hình chữ nhật hình vng Số hình chữ nhật hình vng tạo thành C122 Giả sử A1 , A2 , , A24 24 đỉnh hình H Vì H đa giác nên 24 đỉnh nằm đường tròn tâm O 3600 AOA   150 với i  1,2, ,23 Góc i i 1 24 Ta thấy: AOA  A7OA14  A14OA21  90 , A1 A7 A14 A21 hình vng, xoay hình vng 150 ta hình vng A2 A8 A15 A22 , ta hình vng Số hình chữ nhật khơng hình vng là: C122   60 60 10 Vậy xác suất cần tính là:  C24 1771 (1,0 điểm) f ( x)  20  g ( x)  f ( x)  20  ( x  2).g ( x) Đặt x2 f ( x)  20  lim g ( x)  g (2)  g (2)  10 Ta có: lim x 2 x 2 x2 Lại có: f (2)  20   f (2)  20 Suy ra: 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 A  lim x 2  lim x 2 f ( x)   6( f ( x)  20)  lim x 2 x2  x  ( x  2)( x  3)( (6 f ( x)  5)  f ( x)   25) 6.g ( x) ( x  3)( (6 f ( x)  5)  f ( x)   25)  6.g (2) 5( (6 f (2)  5)  f (2)   25) 25 (1,0 điểm) = 10 11 ) ; GH  d (G, AB)  3 Gọi I , J trung điểm AC, BC Ta có AC  AI  .GH  10 2 2    BC  AB  AC  (2 10)  40  BC   Ta có:  BC  AB  10   AC  10  AB  10     2 AG  AJ  BC  3 3 a  2 Gọi A(3a  11, a)  AB Ta có AG   3a  22a  40     a  10 3  Với a   A(1;4) 10 10 Với a   A(1; ) (l ) 3 Ta có: AB  AH  B(2;3) ; BG  BI  I (2;1) Do I trung điểm AC  C (3; 2) Vậy A(1;4); B(2;3); C (3; 2) Gọi H hình chiếu G đoạn AB  H (0; (2,0 điểm) a.(1,0 điểm) Từ M kẻ MN / / SA ( N  AB) Khẳng định thiết diện tam giác CMN MN BM 2a    MN  Ta có: SA BS 3 a2 a 7a Xét SMC có: MC  SM  SC  2.SM SC.cos MSC =  a  .a  9 a  MC  0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 4a 13a CN  BN  CB   a2  4a 7a 13a   MN  MC  CN 9  Có cos CMN   2.MC.MN 14 a 2a 3 21 Suy sin CMN   cos CMN  14 Diện tích thiết diện là: 1 a 2a 21 SCMN  MC.MN sin CMN   a (đvdt) 2 3 14 b.(1,0 điểm) Đặt CE  xCA Kẻ EH  CD ( H  CD)  EH / / AD nên CH  xCD 2 Suy CH  xCD MH  CH  CM  xCD  ( CS  CB) 3 ME  MH  HE Để ME vuông góc CD điều kiện là: ME.CD   (MH  HE ).CD   MH CD  HE  CD 2     xCD  ( CS  CB)  CD   xCD  CS.CD  CB  CD 3   Do SCD nên CS CD  CS CD.cos600  a Do 2 1 x.a  a   a ( x  )   x  3 Vậy E thuộc đoạn AC thỏa mãn CE  CA (1,0 điểm) Giả sử phương trình cho có ba nghiệm x1 , x2 , x3  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25   x1  x2  x3  x1.x2 x3  a  Theo viet ta có:   a, b  b x x  x x  x x   3  a Đặt t  (t  0) Ta có: a t3 x1  x2  x3  t  3 x1  x2  x3  x1 x2 x3  ( ) (áp dụng BĐT Côsi)  t  27 Ta lại có: ( x1  x2  x3 )2 x1 x2  x1 x3  x3 x1   3( x1 x2  x1 x3  x3 x1 )  ( x1  x2  x3 )  t  3ab  10a b  2   10  t  10t a a a a Xét hàm f (t )  t  10t , t  3 Ta  a  3 f (t )  27  30  t  3   x3 3;  b    a  3 thay vào thỏa mãn phương trình cho Vậy P  27  30 Với  b   Khi P  0,25 0,25 0,25 ... x)  20  lim g ( x)  g (2)  g (2)  10 Ta có: lim x ? ?2 x ? ?2 x? ?2 Lại có: f (2)  20   f (2)  20 Suy ra: 0 ,25 0 ,25 0,5 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0,5 A  lim x ? ?2  lim x ? ?2 f ( x)   6( f ( x)  20 )... C 122 Giả sử A1 , A2 , , A24 24 đỉnh hình H Vì H đa giác nên 24 đỉnh nằm đường tròn tâm O 3600 AOA   150 với i  1 ,2, ,23 Góc i i 1 24 Ta thấy: AOA  A7OA14  A14OA21  90 , A1 A7 A14 A21...  lim x ? ?2 x2  x  ( x  2) ( x  3)( (6 f ( x)  5)  f ( x)   25 ) 6.g ( x) ( x  3)( (6 f ( x)  5)  f ( x)   25 )  6.g (2) 5( (6 f (2)  5)  f (2)   25 ) 25 (1,0 điểm) = 10 11 ) ;