Đề KSCL đội tuyển HSG Toán 11 năm 2017 – 2018 trường Minh Châu – Hưng Yên

SỞ GD&ĐT HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT MINH CHÂU

ĐỀ KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 11
MÔN: TOÁN – NĂM HỌC 2017-2018
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề
Đề thi gồm: 01 trang

Câu 1 (1,0 điểm). Giải phương trình cos 2 2 x  cos 2 x 

3
0
4

sin x  1
.
sin x  cos x
Câu 3 (1,0 điểm). Cho hàm số y = x3 - 3x 2 +1 có đồ thị (C ). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2(1  cos x )(1  cot 2 x ) 

thị (C ), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng D : x + 9 y = 0.
x 5  5x 3  2 x 2  6 x  4
x 1
x3  x2  x  1
Câu 5 (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5Cnn 1  Cn3 . Tìm hệ số của số hạng chứa x8

Câu 4 (1,0 điểm). Tính giới hạn: I  lim

n

 nx 2 1 
trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 
  ,x  0.
 14 x 

 4 x 2  1 x   y  3 5  2 y  0
Câu 6 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
2
2
4 x  y  2 3  4 x  7
Câu 7 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm BC, G là trọng tâm
ABM ; điểm D(7; -2) nằm trên đoạn MC sao cho GA = GD. Viết phương trình đường thẳng AB,
biết hoành độ của A nhỏ hơn 4 và AG có phương trình 3x  y  13  0 .
Câu 8 (2,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân (AD // BC), BC = 2a, AB
= AD = DC = a (a > 0). Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Biết SD
vuông góc với AC.
a) Chứng minh mặt phẳng (SBC) vuông góc mặt phẳng (ABCD). Tính độ dài đoạn thẳng SD.
b) Mặt phẳng   đi qua điểm M thuộc đoạn thẳng OD ( M khác O và D) và song song với
đường thẳng SD và AC. Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng
  biết MD = x. Tìm x để diện tích thiết diện lớn nhất.
Câu 9 (1,0 điểm). Cho dãy số (un ) xác định bởi:

u1  1; un 

2  n  1 un1
n



2n

n

2

 n  1  1
2

, n  * . Tìm công thức số hạng tổng quát un theo n .

---------- HẾT ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………….………..…….; Số báo danh……………………
SỞ GD&ĐT HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT MINH CHÂU

ĐÁP ÁN KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI
KHỐI 11
MÔN: TOÁN – NĂM HỌC 2017-2018


Đáp án gồm: 06 trang

I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh
làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu

Nội dung trình bày
Điểm
1
(1,0 điểm)
1

cos 2 x  2
PT  
0,5
cos 2 x   3  L 

2
 2x  

2


3

 k 2  x  


6

 k , k  

0,5

(1,0 điểm)

 x  k
sin x  0

ĐK: 
, k  .



x
k



sin x  cos x  0

4
1
sin x  1
Pt  2(1  cos x). 2 
sin x sin x  cos x
2
sin x  1


 sin x  cos x  sin x.cos x  1  0
1  cos x sin x  cos x

0,25

0,25



Đặt t  sin x  cos x  2 sin( x  ),  2  t  2, Phương trình trở thành:
4
2
t 1
t
 1  0  t  1.
2

 

x



 k 2


x    k 2 (tm)
1

4
4

Với t  1, ta có sin( x  )  
.



2

4
2
 x    5  k 2
 x    k 2 (l )

4
4

Vậy phương trình có họ nghiệm x  
3



2

0,25

0,25

 k 2 .

(1,0 điểm)
Đạo hàm y ' = 3x 2 - 6 x.

Gọi M (a; a 3 - 3a 2 + 1) Î (C ). Phương trình tiếp tuyến của (C ) tại M là
3

0,25

2

y = f '(a )( x - a ) + a - 3a + 1.

Tiếp tuyến vuông góc với đường x + 9 y = 0 nên

0,25


é a = -1
æ 1ö
f '(a ).çç- ÷÷÷ = -1  3a 2 - 6a = 9  ê
.
çè 9 ø
ëê a = 3

Với a = -1, phương trình tiếp tuyến là y = 9 x + 6.

0,25

Với a = 3, phương trình tiếp tuyến là y = 9 x - 26.

0,25

Ta có : x 5  5x 3  2 x 2  6 x  4   x  1  x  2   x 2  2  .
2

0.5

x 3  x 2  x  1   x  1  x  1 .
2





 x  2  x2  2
x 5  5x3  2 x 2  6 x  4
3

lim
 .
3
2
x 1
x

1
x1
2
x x  x1
3
Vậy I   .
2

4.

I  lim

0.5

(1,0 điểm)

Ta có 5Cnn 1  Cn3  5n 
5.

 7 x2

1

 n  2  n  1 n  n2  3n  28  0
6

7

 x2

1

7

7

1

Xét khai triển 
        C7k  
 14 x   2 x  k 0  2 
7

1
  C7k  
2
k 0

7k

 1

k

n  7
.

 n  4  ktm 

7k

 1

k

0,25

x14 2 k x  k

0,5

x143k . Ứng với x8 suy ra 14  3k  8  k  2 .
5

21
1
Vậy hệ số của x trong khai triển là: C   
32
2
8

2
7

 4 x 2  1 x   y  3 5  2 y  0
b)Giải hệ phương trình 
2
2
4 x  y  2 3  4 x  7

Câu 6
(1,0
điểm)

5

 y  2
Điều kiện: 
Sau đó đặt
3
x 

4

0,25

1
 2

a  x
a  x



5  b2
b  5  2 y
 y  2

Phương trình (1) trở thành

8a 3  2a  b3  b  0   2a  b   4a 2  2ab  b 2  1  0
 2a  b
 2
2
 4a  2ab  b  1  0  l 

0,25


x  0

Với 2a  b  2 x  5  2 y  
5  4 x2

y


2

0,25

Thay vào (2) ta có pt 16 x 4  24 x 2  3  8 3  4 x  0

 4 x 2  4 x 2  1  5  4 x 2  1  8





3  4x  1  0

16


  2 x  1  8 x 3  4 x 2  10 x  5 
0
3  4x  1 


0,25

2 x  1  0
 3
16

8 x  4 x 2  10 x  5 
 0 * 
3  4x  1

Ta có *   2 x 2  4 x  3  3 x  4 x  3  2 x 2  x  5 
Với 0  x 

16
0
3  4x  1

3
16
có 2 x 2  4 x  3  3 x  4 x  3  2 x 2  x  5 
0
4
3  4x  1

Vậy (*) không có nghiệm thỏa mãn 0  x 

1
2

0,25

3
4




Kết luận hệ có nghiệm là  x; y    ; 2 

Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm BC, G là trọng tâm
ABM ; điểm D(7; -2) nằm trên đoạn MC sao cho GA = GD. Viết phương
trình đường thẳng AB, biết hoành độ của A nhỏ hơn 4 và AG có phương trình
3x  y 13  0 .

1.0

Gọi I là trung điểm AB, dễ thấy GA  GB  GD  G là tâm đường tròn ngoại
tiếp ABD  AGD  2ABD  900  AG  DG
7

C

0.25

D
M

G
A

I

B


DG  d  A; AG   10  AD  2 5

Giả sử A  a;3a  13 , AD=2 5   a  7    3a  11  20  a  3 (do a <4)
2

2

0.25

 A  3; 4 
AMB vuông tại M  MI  IA  3IG  AG  10 IG  cos BAG 

AI
3

AG
10





Gọi n  a; b   a 2  b 2  0  là véc tơ pháp tuyến của AB, n1  3; 1 là véc tơ pháp
tuyến của AG
Áp dụng công thức tính góc ta được

3a  b
a 2  b 2 . 10



0.25

b  0
3

10
3a  4b

Với b = 0 thì phương trình AB là x  3  0
Với 3a  4b thì AB : 4x-3y-24=0  D, G nằm về hai phía đối với AB  G
nằm ngoài tam giác ABC(loại)

0.25

Kết luận: Phương trình AB là x  3  0 .
*Chú ý: Nếu học sinh không loại nghiệm thì không cho điểm phần này.

5
(2 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân (AD // BC), BC = 2a, AB =
AD = DC = a (a > 0). Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC và
BD. Biết SD vuông góc với AC.

2


S
Q
P

E
I
B

C
O

N

M
A

G

D

1

8a)

Gọi I là trung điểm của BC nên tứ giác ADCI là hình thoi cạnh a nên IA = IB = IC
= a thì tam giác ABC vuông tại A, suy ra AC vuông góc DI

0,25

0,25

AC  ID  ID || AB  , AC  SD  AC   SID 
 AC  SI

Do AC  SI , BC  SI  SI   ABCD   ( ABCD)   SBC 

0,25
0,25

Ta có : SD  SI 2  ID 2  2a
1

8b)

Từ M kẻ hai đường thẳng lần lượt song song với SD, AC chúng cắt theo thứ tự SB
tại Q và AB tại G, AC tại N. Từ G kẻ đường thẳng song song SD, cắt SA tại E,từ N
kẻ đường thẳng song song với SD cắt SC tại P. Ta được thiết diện là ngũ giác
GNPQE.





x 

Ta có BD  a 3 nên tính được EG  NP  2 a  x 3 , QM  2  a   , GN  3 x
3


Tứ giác EGMQ và MNPQ là hai hình thang vuông đường cao lần lượt là GM và
NM nên

0,5

0,25




S MNPQE  4 x 3a  2 3 x


0,25

Max S MNPQE

9
(1 điểm)

3 3 2
a 3

a tại x 
2
4

Cho dãy số (un ) xác định bởi:
u1  1; un 

2  n  1 un1
n



2n

n

2

 n  1  1
2

, n  * . Tìm công thức số hạng tổng

quát un theo n .
un 

2  n  1 un 1
n



2n

n

2

 n  1  1
2

, n    nun  2  n  1 un 1 

*

0,25

2n  n 2

n

2

 n  1  1
2

, n   .
*

( n  1) 2  1  2(n 2  1)
 nun  2  n  1 un1 
, n  *
2
2
 n  1[(n  1)  1]

1
1
1
 ( n  1)un1 
 [nun  2 ] (1)
2
( n  1)  1 2

n 1

1
1
1
1
Đặt vn  nun  2
. Khi đó (1)  vn1  vn ( v1   vn  n
2
2
2
n 1
1 1
1
Vậy un  ( 2
 n)
n n 1 2

0,25

0,25

0,25