Đề thi học sinh giỏi Toán 11 năm học 2018 – 2019 sở GDĐT Hà Tĩnh

( s inx − cosx )( sin 2 x − 3) − sin 2 x − cos2 x + 1

Câu 1. Xét phương trình:

2sin x − 2

= 0 (1)

π

x ≠ + k 2π

2

4
ĐK sin x ≠
⇔
(k , l ∈ Z )
2
 x ≠ 3π + l 2π

4
Khi đó phương trình (1) ⇔ ( s inx − cosx )( sin 2 x − 3) − sin 2 x − cos2 x + 1 = 0
⇔ ( s inx − cosx )( sin 2 x − 3) − 2sin x.cosx + 2sin 2 x = 0
⇔ ( s inx − cosx )( sin 2 x − 3) + 2sin x(s inx − cosx) = 0

(2)
s inx − cosx = 0
⇔ ( s inx − cosx )( sin 2 x + 2sin x − 3 ) = 0 ⇔ 
sin 2 x + 2 sin x − 3 = 0 (3)

π
π
5π
+ k 2π (k ∈ ℤ) .
PT (2) ⇔ sin( x − ) = 0 ⇔ x = + kπ , đối chiếu điều kiện ta có x =
4
4
4
sin2x =1
PT (3) ⇔ sin2x +2sin x = 3 ⇔ 
(vn)
sin x = 1
5π
Vậy x =
+ k 2π (k ∈ ℤ) .
4
5π
5
x ∈ (−2018π ; 2019π ) ⇔ −2018π <
+ k 2π < 2019π ⇔ −2018 < + 2k < 2019
4
4
Do k ∈ ℤ nên k ∈ { − 1009, − 1008,....,1008} suy ra có 2018 nghiệm.

( x + 2 x + 1 − 4 x + 2 x + 3 + mx )
Nếu m = −3 thì lim ( x + 2 x + 1 − 4 x + 2 x + 3 + mx )
= lim ( ( x + 2 x + 1 − x) − ( 4 x + 2 x + 3 + 2 x) )
2x + 1
Ta có lim ( x + 2 x + 1 − x ) = lim
( x + 2 x + 1) + x ( x + 2 x + 1)

Câu 1b. Tính lim

3

3

2

2

x →−∞

3

3

2

2

x →−∞

3

3

2

2

x →−∞

2

3

3

2

x →−∞

lim

x →−∞

(

x →−∞ 3

)

4 x 2 + 2 x + 3 + 2 x = lim

Suy ra lim

x →−∞

(

3

2

2

2x + 3

4 x2 + 2 x + 3 − 2 x
7
x 3 + 2 x 2 + 1 − 4 x 2 + 2 x + 3 + mx =
6

Nếu m < −3 thì lim

(

3

x →−∞

(

x →−∞

3

=

2

2

+ x2

−1
2

)

3

3

x 3 + 2 x 2 + 1 − 4 x 2 + 2 x + 3 + mx

)

)

= lim ( 3 x3 + 2 x 2 + 1 − x) − ( 4 x 2 + 2 x + 3 + 2 x) + (m + 3) x = +∞
x →−∞

Nếu m > −3 thì lim

(

x →−∞

(

3

x 3 + 2 x 2 + 1 − 4 x 2 + 2 x + 3 + mx

)

)

= lim ( 3 x3 + 2 x 2 + 1 − x) − ( 4 x 2 + 2 x + 3 + 2 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 = 0

1

Cn2 − Cn1 Cn3 − Cn1
=
4
14

=

2
3


 n = 11
n(n − 1)(n − 2)

n(n − 1)
2
2
−7
+ 5n = 0 ⇔ 2n − 27 n + 55 = 0 ⇔ 
 n = 5 ( L)
6
2

2
Với n = 11 , thử lại thỏa mãn cấp số cộng
2
2
2
0 2
Ta cần chứng minh ( C23
) + ( C232 ) + ( C234 ) + .... + ( C2322 ) = 12 C4623
2
2
2
2
1
Ta sẽ chứng minh bài toán tổng quát ( Cn0 ) + ( Cn2 ) + ( Cn4 ) + .... + ( Cnn −1 ) = C2nn với n lẻ
2
2n
n
n
0
1
n n

0 n
1 n −1
Xét khai triển (1 + x) = (1 + x) ( x + 1) = ( Cn + Cn x + ... + Cn x )( Cn x + Cn x + ... + Cnn )

Đồng nhất hệ số của x n của đẳng thức trên ta có

(C ) + (C ) + (C ) + (C )
0 2
n

1 2
n

2 2
n

3 2
n

.... + ( Cnn ) = C2nn
2

n −1

n +1

Do n lẻ và Cn0 = Cnn ; Cn1 = Cnn −1 ;...Cn 2 = Cn 2 ;
nên

(C ) + (C ) + (C ) + (C )

0 2
n

1 2
n

2 2
n

3 2
n

(1)

(

.... + ( Cnn ) = 2 ( Cn0 ) + ( Cn2 ) + ( Cn4 ) + .... + ( Cnn −1 )
2

2

2

2

2

)

2

2
2
2
1
Thay vào (1) ta có ( Cn0 ) + ( Cn2 ) + ( Cn4 ) + .... + ( Cnn −1 ) = C2nn (đpcm
2

Câu 2b Kiến muốn đi đến B thì bắt buộc phải
đi qua D
Gọi m là số cách đi từ A đến D
Gọi n là số cách đi từ D đến B
Gọi k là số cách đi từ D đến B mà không đi
qua C

A

D
G

C

E
I

F

H
K

B

Ta có số cách đi từ A đến B là mn ; số cách đi từ A đến B mà không đi qua C là mk .
mk k
Ta có xác suất mà kiến đi được đến B là p =
=
mn n
Các cách đi từ D đến B mà có đi qua C là: DCEFB; DCIFB; DCIKB; suy ra số cách đi từ D đến B có
mà không đi qua C là 3.
Vì tính đối xứng của lưới ô vuông 2x2 nên số cách đi từ D đến B mà không qua C là 3.
k 1
Suy ra k = 3, n = 6 . Do đó p = =
n 2
Câu 3a Vì SA = SC nên SO ⊥ AC
S
Vì SB = SD nên SO ⊥ BD
Do đó SO ⊥ ( ABCD)
P
Trong
tam
giác
SAC
kẻ
M
MH ⊥ AC ( H ∈ AC )  MH SO
 MH ⊥ ( ABCD)
C

Theo giả thiết thì MNH = 600

D

I

H
A

2

N

O
K

B


Ta có: HQ =

3
a
a; QN =
4
2

D

A
2

2

2

2

B

Suy ra NH =

N

Q

C

a 13
4

Do đó MH = NH tan 600 =
Ta có S ∆SMB =

O

H

2
 3a   a  13a
NH = HQ + QN =   +   =
16
 4  2
2

a 39
a 39
, suy ra SO = 2 MH =
4
2

1
1
39a 2
a 43
+ a2 =
S ∆SAB = SK . AB ; SK = SO 2 + KO 2 =
2
4
4
2

1
a 2 43
Suy ra S ∆SMB = SK . AB =
4
8
Câu 3b Gọi P là trung điểm của SD, ta có tứ giác MPCN là hình bình hành suy ra MN//CP
Gọi α là góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (SBD), ta thấy α bằng góc giữa đường thẳng CP và mặt
phẳng (SBD)
Kẻ CI ⊥ BD  CI ⊥ ( SBD)  α = CPI
Tam giác BCD vuông tại C có CI là đường cao, suy ra
1
1

1
1
1
5
2a
=
+
= 2 + 2 = 2  CI =
2
2
2
CI
CB CD
a
4a
4a
5
Ta có CP = MN = 2 NH =
sin α =

a 13
2

CI
4
=
CP
65

u1 = 1


2un
Câu 4a Xét dãy: 
.
u =
, n ≥1
 n +1
5un + 1 + 1

Bằng quy nạp ta chứng minh được un > 0 ∀n
Ta có un +1 =

2
2un
=
5un + 1 + 1

(

)

5un + 1 − 1
5

⇔ 5un +1 + 2 = 2 5un + 1 ⇔ 25un2+1 + 20un +1 + 4 = 20un + 4 ⇔ un2+1 =

4
(un − un +1 )
5

4
9 4
S n = u12 + u22 + u32 + .... + un2 = u12 + (u1 − un ) = − un (1)
5
5 5
Ta sẽ chứng minh (un ) là dãy giảm.
2( 6 − 1)
< u1 , giả sử uk > uk +1 , thay vào công thức xác định dãy ta thấy uk +1 > uk + 2 .
5
Vậy (un ) là dãy giảm, mà un > 0 ∀n suy ra tồn tại giới hạn lim un = l (l ≥ 0)

Thật vậy có u2 =

Từ đẳng thức un +1 =

2

(

)  l = 2(

5un + 1 − 1
5

) ⇔ 5l + 2 = 2

5l + 1 − 1
5

⇔ 25l 2 + 20l + 4 = 20l + 4 ⇔ l = 0 . Thay vào (1) ta có lim S n =

3

9
5

5l + 1


Câu 4b P = sin A + sin B + 4 12 sin C
Ta có

(

sin A + sin B

)

2

≤ 2(sin A + sin B ) = 4 cos

 sin A + sin B ≤ 2 cos
 P ≤ 2 cos

C
A− B
C
cos
≤ 4 cos

2
2
2

C
2



C
3
C
3
sin C ≤ 2 2  cos +
sin C 
+ 24
2
4
2
2


2



C
3
C 3
3 3



Ta lại có  cos +
sin C  ≤ 2  cos 2 + sin 2 C  = 1 + cos C + - cos 2C
2
2
2 4
2 2




2

C
3
2
8 3
1 8
= -  cos C −  ≤ suy ra cos +
sin C ≤ 2
2 2
3
3 2
3 3
Do đó P ≤ 2 4

6
2
= 44

3
3


A = B
1


C
3

C = arccos
sin C ⇔ 
có “ = ” khi cos =
3
2
2

 A = B
1

cos C = 3

4