Đề thi học sinh giỏi tỉnh Toán 11 năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Hà Tĩnh

SO GIAO DUC VA DAO TAO

KY THI CHON HOC SINH GIOI TINH LOP 10 & 11 THPT

HA TINH

NĂM HỌC 2020 - 2021

TOANMATH.com

Mơn thi: TỐN LỚP II

Đề thi có 01 trang - gồm 05 câu

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu I. (5,0 điểm)
a. Tìm số nghiệm của phương trình

Ssinx=eos2x+2sin| 2 + x ]- (1+3)
2cosx—^/3

=1 trên đoạn [0;2021z].

b. Tìm hệ số của xˆ trong khai triển biểu thức P = (1 ~x-3x° y thành đa thức, biết ø là số nguyên dương thỏa

mãn 2(Cÿ + Cÿ +...+C2)=
34;

n+l °

Câu 2. (2,0 điểm)
a. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình x` +(I— 2)x” +(m—3)x +3

— 3= 0 có ba nghiệm phân biệt

lập thành một cấp số cộng.

b. Cho đa thức /(x) thỏa mãn im/)=4s0 x2

5. Tìm lim

⁄)-4

ro? (A3x+2—2](J2/()+1+3).

Câu 3. (2,0 điểm)
Một chuồng có 3 con thỏ trắng và 4 con thỏ xám. Người ta bắt ngẫu nhiên lần lượt từng con ra khỏi chuồng
cho đến khi bắt được cả 3 thỏ trắng thì mới dừng lại. Tính xác suất để người đó phải bắt ít nhất 5 lần.

Câu 4. (5,0 điểm)
a. Cho hình chóp S..4B8C có đáy 4BC là tam giác đều cạnh a, S4 vng góc với mặt phăng (45C). Gọi M là

trung diém SB, N là diém thoa man NS +2NC =0. Tính độ dài Š4 biết 4N vng góc với CM.
b. Cho hinh lang tru ABC.A'B'C'. Goi / là trung diém B'C' va M la diém thuộc cạnh A'C'. Biét AM cat
A'C tại P, B'M cat A'/ tai O. Tim vi tri diém M trén canh A'C' sao cho dién tich tam gidc A'PO bang 5
điện tích tam giác 441'C7.

Câu 5. (2,0 điểm)
a. Cho các số thực x, y, z không 4m thoa man x? + y? +z” +2xyz =1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P=zýNx+42(y+>).

b. Cho dãy số (x„) thỏa mãn

xX, =3,x, =7

5

X42

=x

-

3

“17x, +x,,VneN

|

„

.

`

¬

\ . Đặt y„= > —. Chứng minh dãy (y„) có giới
‘al

k

hạn và tìm giới hạn đó.

HÉT
/>Thí sinh khơng được sử dụng tai liéu va may tinh cam tay. Gidm thi khéng gidi thich gi thém./


LOI GIAI TOAN 11

Điều kiện: cosxz ở “@j

x# Ễ Lk2zx

6

7

kleZ (*).

x4-—+4+12n

6

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương:
Ssing =eox2v+

in

2 + x ]~I= vẫ=

sinx=-2_

|x=~+k2z

sme

xe

©| „

1c

Ke

sk

aN

oA

6

2cosx—^/3 ©

3sin x+2sin?x—2=0

koe

,

Đơi chiêu điêu kiện ta có v= —

0< „ +k2z< 2021z © `

57

+ koa


=> k € {0;1;2;...;1010}

Vậy phương trình có 1011 nghiệm trên đoạn đã cho

Áp dụng công thức CÝ = C!'+C*„,

(l
C=C;
C}=C,+C;
C=C; +C;
C; = Cc.

+ Cc.

C= C46

Cộng về theo về các đăng thức trên ta được Cỷ., = Cÿ + CŸ +...+ C?.

Kết hợp giả thiết suy ra 2Cỷ,„ =3A”, © —=.
>

n—]

3

=3

a

=3(n+1)n

(n>2)

n=10.

Theo cơng thức Newton ta có

A= h x(l+ 3x2)

10

= C9, —Chyxll+3x2}+ C302 (14.3x2) — Ch 31432?) +
+ cAxt(43x?/) -ch5(143x?) +...+ cl0x'9Ñ + 3x2}
Vậy hệ số của x'là C2.C;.3' + Cø =270+210=480
x`+(I~2m)3 +(m~3)x+3m—3=0 () © (x+1)(x”
— 2mx + 3m— 3) =0
>

x+1=0
x? —2mx+3m—3=0

(2)

Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt <=
xz—]l.
&

A'>0

#(-)#0_

&

m” — 3m + 3 >0

|5n-2z0

phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt

2

mF
— (*)

5

Gia su x, =—1, con +,,x; là nghiệm của (2). Ta xét các trường hợp sau:
THI:

0

x,,x,,x, lap thanh mét cap số cộng ©

+, ++x; = 2x, © 2m =~2 <= m =—Ì


TH2: x,,x,, x, lap thành một cap sơ cộng © x, +x; = 2x, © x; = 2x; +Ï
Xa

Két hop Viet: x, +x, =2m=>

—

4m +]
3

2m—1

x, =——

3

Lai theo Viet: x,x,=3m-3 <>— 4m+1 2m-1
— =3m-3 2 8m? 29m +26 = 0.
ke

ek

ged

gen

Đôi chiêu điêu

,

mà 13
m=—

13

kiện
ta có: rm=—Ì;m
= 2 ;m = —

Nêu lim| ƒ(x)—4
x>2

-4

=Lz0thì lim

1

x2

x—2

= +œ, trái giả thiét

Do đó lim ƒ (x)—4 |=0 hay lim ƒ(x)=4
/()-4

(
"*2(Ñ3x+2- 2}( 2f (x) +1+3) x92

H{êx+2)

P=lim

im

im

9=

x92 3(x—2) x?

2

+2Bx+2+4|[7(x)~4]

(3x-6)| 2ƒ(x)+1+3]

( 2f (x) +1+3)

Gọi A là biến có thỏa mãn bài tốn thì A là biến cố “người đó bắt hết thỏ trắng trong 3
hoặc 4 lần”. Ta tính P(A )

`
ree
.
;
,
f
THỊ: Cân 3 lân đê băt được hêt thỏ trăng. Xác suât TH này là ni = 35
7

TH2: Cần 4 lần đề bắt được hết thỏ trăng. Khi đó trong 3 lần đầu phải có 1 con thỏ xám,
lần thứ 4 bắt được thỏ trắng. Xác suất TH này là a

===

. (C64 cach chon tho den, 3

cách chọn vị trí cho tho den, 3! hodn vi 3 tho trang).
3! 4 43.3!

Vay P(A)= ae

AC

4

35° nên xác suất cần tìm là P(A)=I- P(A)

Ta có 3AN =2AC + AS
2CM =CS +CB = AS— AC+ABAC=
AS+AB—2AC

Do đó AN L CM © AN.CM =0<>

(2AC + AS)(AS + AB-2AC)=0 (1) (1,5 diém)

Để ý AS.AB = AS.AC = 0;AC.AB =
ta co -4AC

+ AS” +2ABAC

& AS? —3a? =0

AS =av3

=0

2

nén tir (1)

(1 điểm)

3]

= 35


Gọi I là trung
voi A’C. Ta
(AB'M) đôi
AB',PQ. IK

đôi
một

điểm
thay
một
nên
song

AB'// IK//PQ.

Surg
Sa

B.C' vàK là giao điểm của AC”
ba mat phang (AB'C'), (A'IC),
cắt nhau theo ba giao tuyến là:
ba giao tuyến ây đồng qui hoặc
song
Mà
'//7Knên

(1.0 điểm)

A'PAO TLAPAO
AC AT
2

1(ÀÌ_2_..4Q_2
†

2\

2

†

A1

9

T

3

Suy ra Qlà trọng tâm AA'B'C'.Vay M la trung

điểm của cạnh AC"'. _ (0,5 điểm)

Từ giả thiết suy ra tồn tại tam giác ABC không tù sao cho x = cos Á, y = cos Ö,z = cosC
P= cos` A + v2(cos B + eosC) = os Aaleos.Ä

+ 24J2cos” T“

cọs” TẾ

<

2

cos A./cos A + 242 sin

Do tam giác ABC khong ti nén 0< cosA <1—>cosA~vcosA P
A

=1<2sin`2

A

+2 |5inS

A

A

=2-[ 8inS =1]

,Ý

<2

7

any

Đăng thức xảy ra khi

B=C-—

⁄
2
Tacó 3 ,—4 ¡+4

7
4

¡=1 ¡9

1

.

Vay max P=2 khi x=0,y=z=—=

42

2 +
La

1

Ta duoc:

—
%

=

1
&-1

—

1
71

=..=%,-",
=a

2 +2, =1, suy ra: .

-a +1.

.

Cho & chay qua các giá tri 1, 2, ..., n va lay tong, duoc:
1
Jn = # —

Tacó zø

1
1T.

—#=

(+, — 1)

2

> Ú, suy ra (z,) là dãy tăng .

Gia su (x, ) bi chan trén thi (z,)
Đặt Ù = linz,
ta có:

Vậy: lim

1
= 5

có giới hạn hữu hạn.

Ù = Ứ —L-+1,suyra

b = 1, vơ lí. Do đó h = limzø, =+œ.