Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC
Đề THI HSG 11 YÊN LẠC 2 – VP - 2019 – TỔ 2
ĐỀ KSCL ĐỘI TUYỂN HSG KHỐI 11
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2 – VĨNH
PHÚC
MÔN TOÁN
TIME: 180 PHÚT
Câu 1 (1,0 điểm).
a) [1D1-3.3-3] Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
b) [1D1-3.5-2] dGiải phương trình:
y=
cos x + 2sin x + 3
2cos x − sin x + 4 .
cos 2 x + ( 1 + 2cos x ) ( sin x − cos x ) = 0 .
Câu 2 (1,0 điểm).
[1D1-3.5-2] Cho tam giác
ABC
có
· = 90°
BC = a, AB = c, AC = b . Biết góc BAC
theo thứ tự lập thành cấp số nhân. Tính số đo góc
và
a,
2
b, c
3
B, C .
Câu 3 (1,0 điểm).
[1D2-3.2-3] Cho
n
là một số nguyên dương. Gọi
2
đa thức của ( x + 1) ( x + 2 )
n
n
. Tìm
a3n− 3
là hệ số của
x3n − 3
trong khai triển thành
n sao cho a3n− 3 = 26n ?.
Câu 4 (1,0 điểm).
[1D2-2.1-4] 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).
[1D4-1.7-4] Cho dãy số
quát và tính
( un )
u1 = 2019
1
n
un +1 = n +1 un +
thỏa mãn:
2019n . Tìm công thức số hạng tổng
lim un .
Câu 6 (2,0 điểm).
Cho
hình
chóp
S .ABCD
có
đáy
ABCD
là
· = 600 , SA ⊥ ( ABCD), SA = a 3.
AD = 2a, AB = BC = CD = a, BAD
M
uuur uuur r uur uur r
mãn 3MB + MS = 0, 4 IS + 3ID = 0. Mặt phẳng ( AIM ) cắt SC tại N .
hình
và
I
thang
có
là hai điểm thỏa
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC
SD
Đề THI HSG 11 YÊN LẠC 2 – VP - 2019 – TỔ 2
a)
Chứng minh rằng đường thẳng
vuông góc với mặt phẳng
b)
Chứng minh
c)
Tính diện tích của thiết diện tạo bởi mặt phẳng
( AIM ).
·ANI = 900 ; ·AMI = 900.
( AMI )
và hình chóp
S .ABCD.
Câu 7 (1,0 điểm).
Cho tứ diện
phẳng
(α )
ABCD , gọi G
đi qua
G′
BCD , G′
là trung điểm của
lần lượt tại
B′, C ′, D′ . Tính
là trọng tâm tam giác
cắt các cạnh
AB, AC , AD
AB AC AD
+
+
AB′ AC ′ AD′ .
Câu 8 (1,0 điểm).
[1D4-3.4-4] Cho
n số a1 , a2 ,..., an ∈ [ 0;1] . Chứng minh rằng:
( 1 + a1 + a2 + a3 + ... + an )
2
≥ 4 ( a12 + a22 + a32 + ... + an2 )
AG .
Một mặt
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC
Đề THI HSG 11 YÊN LẠC 2 – VP - 2019 – TỔ 2
GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI CHỌN HSG
THPT YÊN LẠC 2 – VĨNH PHÚC
KHỐI 11
Câu 1 (1,0 điểm).
a) [1D1-3.3-3] Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
b) [1D1-3.5-2] Giải phương trình:
y=
cos x + 2sin x + 3
2cos x − sin x + 4 .
cos 2 x + ( 1 + 2cos x ) ( sin x − cos x ) = 0 .
Lời giải
a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
y=
cos x + 2sin x + 3
2cos x − sin x + 4 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Yên Phương; Fb: Yenphuong Nguyen
Phản biện: Fb:Hieu Le
Với mỗi
x∈ ¡
ta có:
2cos x − sin x + 4 = 2 ( cos x + 1) + ( 1 − sin x ) + 1 > 0
(vì
sin x ∈ [ − 1;1] , cos x ∈ [ − 1;1] )
nên
y=
cos x + 2sin x + 3
⇔ y ( 2cos x − sin x + 4 ) = cos x + 2sin x + 3
2cos x − sin x + 4
⇔ ( y + 2 ) sin x + ( 1 − 2 y ) cos x + ( 3 − 4 y ) = 0
Phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi
tương đương
11y 2 − 24 y + 4 ≤ 0 ⇔
(*)
( y + 2) + ( 1 − 2 y ) ≥ ( 3 − 4 y )
2
2
2
2
≤ y≤2
.
11
Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho lần lượt là
m=
2
,M = 2
.
11
,
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC
b) Giải phương trình:
Đề THI HSG 11 YÊN LẠC 2 – VP - 2019 – TỔ 2
cos 2 x + ( 1 + 2cos x ) ( sin x − cos x ) = 0 .
Lời giải
Tác giả: Lê Trọng Hiếu ; Fb: Hieu Le
Phản biện: Nguyễn Văn Mạnh ; Fb: Nguyễn Văn Mạnh
Ta có:
cos 2 x + ( 1 + 2cos x ) ( sin x − cos x ) = 0
⇔ cos 2 x − sin 2 x + ( 1 + 2cos x ) ( sin x − cos x ) = 0
⇔ ( cos x − sin x ) ( cos x + sin x ) − ( 1 + 2cos x ) ( cos x − sin x ) = 0
⇔ ( cos x − sin x ) ( cos x + sin x − 1 − 2cos x ) = 0
⇔ ( cos x − sin x ) ( sin x − cos x − 1) = 0
cos x − sin x = 0
⇔
sin x − cos x − 1 = 0
•
π
π
cos x − sin x = 0 ⇔ sin x − cos x = 0 ⇔ sin x − ÷ = 0 ⇔ x = + kπ ( k ∈ ¢ )
4
4
π π
π
x − 4 = 4 + k 2π
x = + k 2π
π
sin x − cos x − 1 = 0 ⇔ 2 sin x − ÷ = 1 ⇔
⇔
( k ∈ ¢)
2
4
x − π = 3π + k 2π
x = π + k 2π
4 4
•
Vậy phương trình có 3 nghiệm :
x=
π
π
+ kπ x = + k 2π x = π + k 2π ( k ∈ ¢ )
;
;
4
2
Câu 2 (1,0 điểm).
[1D1-3.5-2] Cho tam giác
ABC
có
BC = a, AB = c, AC = b . Biết góc
theo thứ tự lập thành cấp số nhân. Tính số đo góc
· = 90°
BAC
và
a,
2
b, c
3
B, C .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Mạnh ; Fb: Nguyễn Văn Mạnh
Phản biện: Nguyễn Đức Hoạch ; Fb: Hoạch Nguyễn
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC
Do
a,
Đề THI HSG 11 YÊN LẠC 2 – VP - 2019 – TỔ 2
2
2 2
b, c
b = ac
theo thứ tự lập thành cấp số nhân nên ta có 3
(*)
3
Áp dụng định lí sin cho tam giác
ABC
a
b
c
=
=
· = 90° ⇒ sin A = 1
ta có sin A sin B sin C mà BAC
b
c
=
= a ⇒ b = a sin B, c = a sinC = a cosB
Do đó sin B sin C
(vì tam giác
Khi đó (*)
⇔
ABC
vuông tại
A)
2 2 2
a sin B = a 2 cos B ⇔ 2 ( 1 − cos 2 B ) = 3cos B ⇔ 2cos 2 B + 3cos B − 2 = 0
3
1
cosB =
⇔
2
cosB = − 2(lo¹i)
Với
Vậy
cosB =
1
2 vì
B là góc của tam giác ABC
nên
B = 60° ⇒ C = 30°
B = 60°, C = 30° .
Câu 3 (1,0 điểm).
[1D2-3.2-3] Cho
n
là một số nguyên dương. Gọi
2
đa thức của ( x + 1) ( x + 2 )
n
n
. Tìm
a3n− 3
là hệ số của
x3n − 3
trong khai triển thành
n sao cho a3n− 3 = 26n ?.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Đức Hoạch, Fb: Hoạch Nguyễn
Phản biện: Nguyễn Văn Mộng, FB: Nguyễn Văn Mộng
n k 2 n −k n m n − m m n k 2 n− 2 k n m n− m m
( x + 1) ( x + 2) = ∑ Cn ( x ) ÷. ∑ Cn x .2 ÷ = ∑ Cn x ÷. ∑ Cn x .2 ÷
Ta có:
k =0
m=0
k =0
m =0
2
n
n
( m, n, k ∈ ¥ ; 0 ≤ m, k ≤ n ) .
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC
Xét số hạng chứa
Do
k , m∈ ¥
x3n − 3
thì ta suy ra
nên suy ra
Hệ số của số hạng chứa
Theo giả thiết
( 2n − 2k ) + ( n − m ) = 3n − 3 ⇔ 2k + m = 3 .
( k , m ) ∈ { ( 0;3) , ( 1;1) } .
x3n − 3
a3n− 3 = 26n
là
a3n− 3 = Cn0 .Cn3 .23 + Cn1 .Cn1 .2 .
nên
Cn0 .Cn3 .23 + Cn1 .Cn1 .2 = 26n ⇔
⇔
Đề THI HSG 11 YÊN LẠC 2 – VP - 2019 – TỔ 2
n!
n!
n!
.8 +
.
.2 = 26n
3!( n − 3) ! ( n − 1) ! ( n − 1) !
4n ( n − 1) ( n − 2 )
+ 2n 2 = 26n
⇔ 2n2 − 3n − 35 = 0 ⇔ n = 5 (Do n∈ ¥ ) .
3
Vậy
n = 5 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4 (1,0 điểm).
[1D2-2.1-4] 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?
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Mộng; Fb: Nguyễn Văn Mộng
GVPB: Trần Thanh Sơn; Fb: Trần Thanh Sơn
0+ 1+ 2+ 3+ 4+ 5+ 6+ 7 = 28, nên để tổng 4 chữ số đầu và tổng 4 chữ số cuối bằng nhau là
tổng đó bằng 14 .
Do
Ta lập 4 bộ 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 số 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 số đầu có
3.3! cách.
+) Xếp 4 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, ứng với mỗi bộ có:
+) Xếp bộ không có chữ số 0 đứng trước có
+) Xếp bộ có chữ số 0 đứng sau có
Áp dụng qui tắc nhân có
4! cách.
4.4!.4! = 2304 số.
4! cách.
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC
Vậy có
Đề THI HSG 11 YÊN LẠC 2 – VP - 2019 – TỔ 2
1728+ 2304 = 4032 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 5 (1,0 điểm).
Cho dãy số
( un )
u1 = 2019
1
n
un +1 = n +1 un +
thỏa mãn:
2019n . Tìm công thức số hạng tổng quát và tính
lim un .
Lời giải
Tác giả: Trần Thanh Sơn ; Fb: Trần Thanh Sơn
Phản biện: Dương Hà Hải; Fb: Dương Hà Hải
Ta có
unn++11 = unn +
1
1
⇒ unn++11 − unn =
n
2019
2019n do đó
1
2 1
u2 − u1 = 20191
u 3 − u 2 = 1
3
2
20192
L
u n − u n −1 = 1
n n −1 2019n −1 .
n −1
Suy ra:
unn − u11 =
1
1
1
+
+K +
1
2
2019 2019
2019n −1
1
1−
÷
2019
=
2018
.
n −1
1
1−
÷
n
2019
un = 2019 +
Vậy
2018
.
Ta có
n −1
1
1−
÷
n
2019
1 < un = 2019 +
2018
(AM-GM cho
< n 2020 = n 1.1K 1.2020 <
n − 1 số 1 và số 2020 ).
2019
lim 1 +
÷= 1
Mặt khác
n . Vậy lim un = 1 .
Câu 6 (2,0 điểm).
1 + 1 + K + 1 + 2020
2019
= 1+
n
n
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC
Cho
hình
chóp
S .ABCD
có
Đề THI HSG 11 YÊN LẠC 2 – VP - 2019 – TỔ 2
đáy
ABCD
là
· = 600 , SA ⊥ ( ABCD), SA = a 3.
AD = 2a, AB = BC = CD = a, BAD
M
uuur uuur r uur uur r
mãn 3MB + MS = 0, 4 IS + 3ID = 0. Mặt phẳng ( AIM ) cắt SC tại N .
SD
d)
Chứng minh rằng đường thẳng
vuông góc với mặt phẳng
e)
Chứng minh
f)
Tính diện tích của thiết diện tạo bởi mặt phẳng
hình
và
I
thang
là hai điểm thỏa
( AIM ).
·ANI = 900 ; ·AMI = 900.
( AMI )
và hình chóp
S .ABCD.
Lời giải
Tác giả: Dương Hà Hải ; Fb: Dương Hà Hải.
Phản biện: Vũ Huỳnh Đức; Fb: Vũ Huỳnh Đức
a) Đặt
uuur r uuur r uuur r
AB = a, AD = b, AS = c.
uuur 1 r r
r
r
rr
rr
rr
BC = b, a = a, b = 2a, c = a 3, a.b = a 2 , a.c = 0, c.b = 0.
Ta có
2
uuur r r uur 3 r 4 r uuuur
SD = b − c, AI = b + c, AM =
Ta có:
7 7
Suy ra
uuur uur uuur uuuur
SD.AI = 0, SD. AM = 0.
Do đó
SD ⊥ AI , SD ⊥ AM .
Vậy
3r 1r
a + c.
4 4
SD ⊥ ( AMI ).
BD tại E. Trog mặt phẳng (SBD), SE
Khi đó, trong mặt phẳng ( SAC ), AF cắt SC tại N .
b) Trog mặt phẳng
( ABCD), AC
cắt
cắt
MI
có
tại
F.
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC
Ta có:
uuur 1 r 1 r
AN = a + b +
2 4
Đề THI HSG 11 YÊN LẠC 2 – VP - 2019 – TỔ 2
1 r uur
1r 5 r 1 r
c, NI = − a + b + c
2
2 28 14
uuur uur
⇒ AN .NI = 0 ⇒ AN ⊥ NI ⇒ ·ANI = 900.
uuuur 3 r 1 r uuur
3r 3r 9 r
AM = a + c, MI = − a + b + c
4 4
4 7 28
c)
uuuur uuur
· = 900.
⇒ AM .MI = 0 ⇒ AM ⊥ MI ⇒ AMI
Thiết diện tạo bởi mặt phẳng ( AMI ) và hình chop S . ABCD
Ta có S AMNI = S ANI + S AMN
Ta có
AM =
là tứ giác
AMNI .
a 3
a 6
a 42
, AN =
, NI =
2
2
14
1
3a 2 7
⇒ S ANI = AN .NI =
.
2
28
uuuur uuur
uuuur uuur 15a 2
AM . AN
5
14
·
·
AM . AN =
⇒ cos MAN
=
=
⇒ sin MAN
=
Ta có
16
AM . AN 4 2
8
1
3a 2 7
·
⇒ S AMN = AN . AM .sin MAN =
2
32
2
2
3a 7 3a 7 45a 2 7
S
=
+
=
.
Vậy AMNI
28
32
224
Câu 7 (1,0 điểm).
Cho tứ diện
phẳng
(α )
ABCD , gọi G
đi qua
G′
BCD , G′
là trung điểm của
lần lượt tại
B′, C ′, D′ . Tính
là trọng tâm tam giác
cắt các cạnh
AB, AC , AD
AG .
Một mặt
AB AC AD
+
+
AB′ AC ′ AD′ .
Lời giải
Tác giả: Vũ Huỳnh Đức; Fb: Vũ Huỳnh Đức.
Phản biện: Trần Đức Phương; Fb: Phuong Tran Duc.
1) Trước hết ta xét bài toán: “ Cho tam giác ABC có đường trung tuyến AM . Một đường
thẳng d bất kì cắt các cạnh
AB, AC
và đoạn thẳng
AB AC
AM
+
=2
A . Chứng minh rằng AB1 AC1 AM 1 ”
AM
lần lượt tại các điểm
B1 , C1 , M 1 khác
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC
Đề THI HSG 11 YÊN LẠC 2 – VP - 2019 – TỔ 2
Chứng minh:
Qua B và
C
lần lượt dựng các đường thẳng nhận
uuuur
B1C1
làm vectơ chỉ phương. Mỗi đường
AM tại E và F (hình vẽ). Không mất tính tổng quát,
AM thì khi đó F đối xứng với E qua M .
thẳng này theo thứ tự cắt đường thẳng
ta giả sử
E
thuộc đoạn
Áp dụng định lí Thales, ta có
AB AE AM − ME AC AF AM + MF AM + ME
=
=
=
=
=
AB1 AM 1
AM 1 , AC1 AM 1
AM 1
AM 1 .
⇒
AB AC AM − ME AM + ME
AM
+
=
+
=2
AB1 AC1
AM 1
AM 1
AM 1 .(đpcm)
2) Gọi
M,N
theo thứ tự là trung điểm của
của mặt phẳng
(α )
với
CD và BG
còn
M ′, N ′
theo thứ tự là giao điểm
AM , AN .
Áp dụng kết quả của bài toán trên vào các tam giác
∆ ACD, ∆ ABG, ∆ AMN
g
AC AD
AM
+
=2
( 1) ,
AC ′ AD′
AM ′
g
AB AG
AN
AB
AN
AB
AN
+
=2
⇔
+2= 2
⇔
=2
− 2 ( 2)
AB′ AG′
AN ′ AB′
AN ′ AB′
AN ′
g
AM AN
AG
+
=2
= 2.2 = 4 ( 3)
AM ′ AN ′
AG′
ta được:
AC AD AB
AM AN
+
+
= 2
+
÷ − 2 = 2.4 − 2 = 6 .
′
′
Từ ( 1) , ( 2 ) và ( 3) suy ra AC ′ AD′ AB′
AM
AN
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC
Đề THI HSG 11 YÊN LẠC 2 – VP - 2019 – TỔ 2
AC AD AB
+
+
=6
Vậy AC ′ AD′ AB ′
.
Câu 8 (1,0 điểm).
[1D4-3.4-4] Cho
n số a1 , a2 ,..., an ∈ [ 0;1] . Chứng minh rằng:
( 1 + a1 + a2 + a3 + ... + an )
2
≥ 4 ( a12 + a22 + a32 + ... + an2 )
Lời giải
Tác giả: Trần Đức Phương; Fb: Phuong Tran Duc.
Phản biện: Nguyễn Phương Thu; Fb: Nguyễn Phương Thu
Xét tam thức
f ( x ) = x 2 − ( 1 + a1 + a2 + ... + an ) x + ( a12 + a22 + ... + an2 )
Ta có:
f ( 1) = 1 − ( 1 + a1 + a2 + ... + an ) + ( a12 + a22 + ... + an2 )
= a1 ( a1 − 1) + a2 ( a2 − 1) + a3 ( a3 − 1) + ... + an ( an − 1)
Mặt khác
a1 , a2 ,..., an ∈ [ 0;1]
nên
a1 ( a1 − 1) ≤ 0
a2 ( a2 − 1) ≤ 0
⇒ f ( 1) ≤ 0
...
a ( a − 1) ≤ 0
n n
Mà
f ( 0 ) = a12 + a22 + ... + an2 ≥ 0 ⇒ f ( 1) . f ( 0 ) ≤ 0
Mặt khác hàm số
f ( x)
liên tục trên
[ 0;1] .
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC
Do đó phương trình
f ( x) = 0
Đề THI HSG 11 YÊN LẠC 2 – VP - 2019 – TỔ 2
có nghiệm trên đoạn
[ 0;1] .
2
2
2
Suy ra ∆ = ( 1 + a1 + a2 + ... + an ) − 4 ( a1 + a2 + ... + an ) ≥ 0
2
Do đó: ( 1 + a1 + a2 + ... + an )
2
≥ 4 ( a12 + a22 + ... + an2 ) .