Đề KSCL đội tuyển HSG Toán 11 năm 2018 – 2019 trường Yên Lạc 2 – Vĩnh Phúc

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2

ĐỀ KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 11
MÔN: TOÁN – NĂM HỌC 2018-2019
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Đề thi gồm: 01 trang

Câu 1 (2,0 điểm).

cos x 2 sin x
2 cos x sin x
2 cos x )(sin x cos x ) 0

3
.
4

a) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số: y
b) Giải phương trình: cos 2x

(1

Câu 2 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC có BC

a,

a, AB

c, AC

b . Biết góc BAC

900 và

2
b, c theo thứ tự tạo thành cấp số nhân. Tính số đo góc B, C .
3

Câu 3 (1,0 điểm). Cho n là một số nguyên dương. Gọi a 3n

2)n . Tìm n sao cho a3n

1)n (x

thành đa thức của (x 2

3

là hệ số của x 3n

3

trong khai triển

26n.

3

Câu 4 (1,0 điểm). Cho các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 . Từ 8 chữ số trên lập được bao nhiêu số tự
nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau sao cho tổng 4 chữ số đầu bằng tổng 4 chữ số cuối.

Câu 5 (1,0 điểm). Cho dãy số (un ) thỏa mãn:

u1

2019

un

n 1

1

. Tìm công thức số hạng
1
2019n

unn

tổng quát và tính lim un .
Câu 6 (2,0 điểm). Cho hình chóp

AD

2a, AB

BC

CD

là hai điểm thỏa mãn 3MB

S .ABCD

ABCD

là hình thang có

600 , SA vuông góc với đáy và SA

a, BAD
MS

có đáy

0, 4IS

3ID

a 3 . M và I

0 . Mặt phẳng (AMI ) cắt SC tại N .

a) Chứng minh đường thẳng SD vuông góc với mặt phẳng (AMI ).
b) Chứng minh ANI

900 ; AMI

900.

c) Tính diện tích của thiết diện tạo bởi mặt phẳng (AMI ) và hình chóp S .ABCD.

Câu 7 (1,0 điểm). Cho tứ diện ABCD , gọi G là trọng tâm tam giác BCD,G ' là trung điểm của
AG. Một mặt phẳng ( ) đi qua G ' cắt các cạnh AB, AC , AD lần lượt tại B ', C ', D '. Tính

AB
AB '

AC
AC '

AD
.
AD '

Câu 8 (1,0 điểm). Cho n số a1, a2, a3,..., an

(1

a1

a2

a3

...

[0;1] . Chứng minh rằng:

an )2

4(a12

a 22

a 32

...

an 2 ).

-------------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 VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2

ĐÁP ÁN KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI
11
MÔN: TOÁN – NĂM HỌC 2018-2019
Đáp án gồm: 05 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

Điể
m
1
(2,0 điểm)
a.(1,0 điểm).
cos x 2 sin x 3
Gọi y 0 là một giá trị của hàm số y
. Khi đó phương trình
2 cos x sin x 4
cos x 2 sin x 3
phải có nghiệm.
y0
0,5
2 cos x sin x 4
Ta có phương trình
cos x 2 sin x 3
y0
(y0 2)sin x (1 2y0 )cos x
4y 3 (1)
2 cos x sin x 4
Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi:
2
0,25
(y0 2)2 (1 2y0 )2 (4y0 3)2
11y02 24y0 4 0
yo 2
11
2
0,25
.

Vậy max y 2, min y
11
b.(1,0 điểm)
(cos2 x sin2 x ) (1 2 cos x )(sin x cos x ) 0
Phương trình

2

(cos x

sin x )(cos x

sin x )

(cos x

sin x )(sin x

cos x

cos x

sin x

0

sin x

cos x

1

(1
1)

2 cos x )(sin x

cos x )

0

0

0,5

k .

0,25

0

+) Với cos x

sin x

0

+) Với sin x

cos x

1

tan x
0

1
2 sin(x

x

4
4

)

Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.
(1,0 điểm)
2
Ta có: b 2 ac . Do tam giác ABC vuông ta có
3

1

x

2

k2 ; x

k2 .

0,25

0,25


a
sinA

b
sin B
2 2 2
a sin B
3

Suy ra

900, B

Vậy A
3

c
sin C

b

a sin B; c

a 2 cos B

0,25

(1,0 điểm)
Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:

(x

2

n

n

1) (x

2)

n
k
n

2k

Số hạng chứa x

2k

i

3n

0

k, i

n

3n 3

i

n i

C x2
i 0

n
k
n

2k

2n iC ni x i )

C x )(

) (
k 0

i 0

(k, i)
3

{(n, n

là a3n

3

3);(n

C nn .23.C nn

3

1, n

1)}

C nn 1.21.C nn

0,5
1
1

8C n3

2n 2

n(n 1)(n 2)
3
2
26n
8
2n 2
26n
Theo giả thiết ta có: 8C n 2n
6
2n 2 3n 35 0
n 5.
Vậy n 5 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
(1,0 điểm)
Do 0 1 2 3 4 5 6 7 28 , nên để tổng 4 chữ số đầu và tổng 4 chữ số
cuối bằng nhau, điều kiện là tổng đó bằng 14.
-Ta lập bộ 4 số có tổng là 14 và có chữ số 0 là:
(0;1;6;7); (0;2;5;7);(0; 3; 4;7);(0; 3;5;6). Với mỗi bộ có số 0 trên ứng với một bộ còn
lại không có số 0 và có tổng bằng 14.
-TH1: Bộ có số 0 đứng trước: Có 4 bộ có chữ số 0, ứng với mỗi bộ có:
+) Xếp 4 chữ số đầu có 3.3! cách.
+) Xếp 4 chữ số cuối có 4! cách.
Áp dụng qui tắc nhân có 4.3.3!.4!=1728 số
-TH2: Bộ có số 0 đứng sau: Có 4 bộ có chữ số 0, mỗi bộ có
+) Xếp bộ không có chữ số 0 trước có 4! cách.
+) Xếp bộ có chữ số 0 sau có 4! cách.
Áp dụng qui tắc nhân có 4.4!.4!=2304 số.
Vậy có 1728+2304=4032 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
(1,0 điểm)

1
1
unn 11 unn
Ta có unn 11 unn
n
2019
2019n
1
u22 u11
20191
1
u 33 u22
Do đó:
20192
...

unn

unn

1
1

0,25

tương ứng với cặp (k, i ) thỏa mãn:

3

Do đó hệ số của x 3n

n
i
n

C x )(

(
k 0

5

0,5

300.

n

4

a cos B.

600

B

600, C

a sin C

1
2019n

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

1

0,5


n
n

1
20191

1
1

Suy ra: u

u

n

Vậy un

1
2019

1
20192
1 n 1
(
)
2019
2018

1

1
2019n

...

1

1 n
(
)
2019

2018

1

Ta có

1

6
a)

n

un

1
2019

1 n
(
)
2019
2018

1
n

n

2020

1.1...1.2020

1

1

...

1

2020

n

0,25

2019
1
( Côsi cho n 1 số 1 và số 2020)
n
2019
) 1 . Vậy lim un
1.
Mặt khác lim(1
n
(2,0 điểm)

0,75

Đặt AB

BC

a, AD

1
b, a
2

Ta có: SD

b, AS

a, b
b

Suy ra: SD.AI

c, AI

c . Ta có

2a, c
3
b
7

0, SD.AM

2

a 3, a.b
4
c, AM
7

a , a.c
3
a
4

0 . Do đó SD

0, b.c

0,25

0.

1
c.
4

AI , SD

0,25

AM . Vậy SD

(AMI ).

b)

0,25
0,5

Ta có: AN

1
a
2

1
b
4

1
c, NI
2

1
a
2

5
b
28

1

c
14

AN .NI
0
AN
NI
ANI
900.
3
1
3
3
9
AM
a
c, MI
a
b
c
+
4
4
4
7
28
AM .MI
0
AM
MI

AMI
900.
c)
Thiết diện tạo bởi mặt phẳng AMI

và hình chóp S .ABCD là tứ giác AMNI . Ta có

0,25

0,25
0,75
0,25


SAMNI

SANI

Ta có: AM

SANI

SAMN

a 3
a 6
, AN
, NI
2
2

1
3a 2 7
AN .NI
2
28

15a 2
16

Ta có: AM .AN

a 42
14

0,25

AM .AN
AM .AN

cos MAN

5
4 2

sin MAN

14
8

2

SAMN
Vậy SAMNI
7

1
3a 7
AN .AM . sinMAN
2
32
2
2
3a 7 3a 7
45a 2 7
.
28
32
224

0,25

(1,0 điểm)
Ta có bài toán : « Cho tam giác ABC , trung tuyến AM . Một đường thẳng d bất kỳ
cắt AB, AM , AC lần lượt tại B1, M1, C 1. Khi đó

AB
AB1

AC
AC 1

2

AM
»
AM 1

0,25

Thật vậy : Kẻ BE, CF lần lượt song song với B1C 1
Ta có BE / /B1M1 nên

CF / /C1M1 nên
Mặt khác

AC
AC 1

BME

AB
AB1
AF
AM 1
CMF (g

AE
AM1

AM ME

AM1

AM MF
AM 1
c g ) nên ME

MF

AB
AC
AM ME AM MF
AM
2
.
AB1 AC 1
AM1
AM1
AM1
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của CD, BG; M ', N ' là giao điểm của mặt phẳng
Do đó

( ) với AM , AN .
Áp dụng bài toán vào tam giác ACD , ta có:
AC
AD
AM
2
(1)
AC ' AD '
AM '

Áp dụng bài toán vào tam giác ANM , ta có:

0,5


AN
AM
AG
AN
AM
2
2
2
AN ' AM '
AG '
AN '
AM '
Áp dụng bài toán vào tam giác ABG, ta có:
AB
AB '
AB
Thay (1), (3) vào (2) ta được:
AB '

8

(1,0 điểm)
Xét tam thức
f (x ) x 2 (1

a1

a2

a3

AG
AG '
AC
AC '

an )x

...

4

AG
(2)
AG '

AN
(3)
AN '
AD
AG
3
AD '
AG '
2

(a12

a 22

a 32

6.

...

f (1) 1 (1 a1 a2 a 3 ... an ) (a12 a22 a 32
Ta có:
a1(a1 1) a2 (a2 1) a 3 (a 3 1) ... an (an 1).
Mặt khác a1, a2, a3, ...., an

a1(a1
a2 (a2
...
an (an

1)
1)

0
0

1)

0

f (1)

Suy ra

a1

(1

a1

...

an 2 )

0

a2
a2

an 2 )

0,25

a3
a3

0,25

[0;1] nên:

f (1).f (0)
Mà f (0) a12 a22 a32 ... an 2 0
Do đó phương trình f (x ) 0 có nghiệm trên đoạn [0;1]

(1

0,25

...
...

an )2
2

an )

4(a12
2
1

4(a

0

a22

a 32

2

2

a2

a3

0,25

...
...

an 2 )
2

an )

0

0,25