Tổ 2 đợt 2 đề 1 đề thi hsg lớp 11 yên lạc 2 vĩnh phúc 2019

Tìm công thức số hạng tổng quát và tính limu.. Mặt phẳng AIM cắt SC tại.. N a Chứng minh rằng đường thẳng SD vuông góc với mặt phẳng AIM... Từ 8 chữ số trên lập được bao nhiêu số tự nhi

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) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

2 cos sin 4

y



b) dGiải phương trình: cos 2x1 2cos  x sinx cosx 0

Câu 2 (1,0 điểm).

Cho tam giác ABC có BC a AB c AC b ,  ,  Biết góc BAC   và 90

2 , , 3

a b c

theo thứ tự lập thành cấp số nhân Tính số đo góc B C,

Câu 3 (1,0 điểm).

Cho n là một số nguyên dương Gọi a3n 3 là hệ số của x3n 3

trong khai triển thành đa thức của

x21nx2n

Tìm n sao cho a3n3 26n?

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  u n thỏa mãn:

1 1 1

2019

1 2019

n n

u

u  u













 Tìm công thức số hạng tổng quát và tính limu n

Câu 6 (2,0 điểm).

Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang có

AD a AB BC CD a BAD    SA ABCD SA a M và I là hai điểm thỏa mãn 3MB MS 0, 4IS3ID0.

Mặt phẳng (AIM) cắt SC tại N

a) Chứng minh rằng đường thẳng SD vuông góc với mặt phẳng (AIM).

b) Chứng minh ANI 90 ;0 AMI90 0

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 AC AD

AB AC AD

Câu 8 (1,0 điểm).

Cho n số a a1, , ,2 a  n 0;1

Chứng minh rằng:

1a a a  a n 4 a a a  a n

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI CHỌN HSG THPT YÊN LẠC 2 – VĨNH PHÚC

KHỐI 11

Câu 1 (1,0 điểm).

a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

2 cos sin 4

y



b) Giải phương trình: cos 2x1 2cos  x sinx cosx 0

Lời giải

a)Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

y



Lời giải

Tác giả: Nguyễn Yên Phương; Fb: Yenphuong Nguyen

Phản biện: Fb:Hieu Le

Với mỗi x   ta có:

2cosx sinx 4 2 cosx1  1 sin x   (vì 1 0 sinx  1;1 , cos x  1;1

) nên

y 2 sin x 1 2 cosy x 3 4y 0

(*) Phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi y221 2 y2 3 4 y2 ,

tương đương

11

y  y    y

Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho lần lượt là

2

11

m M 

b) Giải phương trình: cos 2x1 2cos  x sinx cosx  0

Lời giải

Tác giả: Lê Trọng Hiếu ; Fb: Hieu Le Phản biện: Nguyễn Văn Mạnh ; Fb: Nguyễn Văn Mạnh

Ta có: cos 2x1 2cos  x sinx cosx 0

cos x sin x 1 2cosx sinx cosx 0

cosx sinx cosx sinx 1 2cosx cosx sinx 0

cosx sinx cosx sinx 1 2cosx 0

cosx sinx sinx cosx 1 0

cos sin 0 sin cos 1 0

x x

x x







x x  x x  x    x k k



2

2

4 4

3

2

4 4

x k

x k

 



















Vậy phương trình có 3 nghiệm :x 4 k





 

;x 2 k2





 

;x  k2k  

Câu 2 (1,0 điểm).

Cho tam giác ABC có BC a AB c AC b ,  ,  Biết góc BAC   và 90

2 , , 3

a b c

theo thứ tự lập thành cấp số nhân Tính số đo góc B C,

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Văn Mạnh ; Fb: Nguyễn Văn Mạnh Phản biện: Nguyễn Đức Hoạch ; Fb: Hoạch Nguyễn

c

b

a B

Do

2 , , 3

a b c

theo thứ tự lập thành cấp số nhân nên ta có

2

2

3b ac (*)

Áp dụng định lí sin cho tam giác ABC ta có sin sin sin

A B  C mà BAC90  sinA 1

Do đó sin sin sin , sinC cosB

a b a B c a a

B  C      (vì tam giác ABC vuông tại A)















1 cos

2 cos 2(lo¹i)

B B

Với 

1 cos

2

B

vì B là góc của tam giác ABC nên    B 60 C30 Vậy  B 60 , C30

Câu 3 (1,0 điểm).

Cho n là một số nguyên dương Gọi a3n 3 là hệ số của x3n 3

trong khai triển thành đa thức của

x21nx2n

Tìm 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

x x C x  C x  C x  C x 

m n k, , ; 0m k n,  

Xét số hạng chứa x3n3 thì ta suy ra 2n 2k  n m  3n 3 2k m  3

Do ,k m   nên suy ra k m ,   0;3 , 1;1    .

⇒ Hệ số của số hạng chứa x3n 3

là a3n3 C C n0 .2n3 3 C C n1 .2n1 Theo giả thiết a3 3n 26n nên

3

n n n

2n 3n 35 0 n 5

      (Do n   )

Vậy n  thỏa mãn yêu cầu bài toán.5

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?

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Văn Mộng; Fb: Nguyễn Văn Mộng GVPB: Trần Thanh Sơn; Fb: Trần Thanh Sơn

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 là

tổng đó bằng 14

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 4! cách

+) Xếp bộ có chữ số 0 đứng 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

Câu 5 (1,0 điểm).

Cho dãy số  u n

thỏa mãn:

1 1 1

2019

1 2019

n n

u

u  u













 Tìm công thức số hạng tổng quát và tính limu n

Lời giải

Tác giả: Trần Thanh Sơn ; Fb: Trần Thanh Sơn Phản biện: Dương Hà Hải; Fb: Dương Hà Hải

Ta có

u  u u  u

do đó

1

1 2019 1 2019

1 2019

u u

u u

u u 



 





  













Suy ra:

1

1

1 1

n

n

u u





  

Vậy

1

1 1 2019 2019

2018

n n

n

u



  

Ta có

1

1 1

1 1 1 2020 2019 2019

2018

n n

n

u



(AM-GM cho n 1 số 1 và số 2020)

Mặt khác

2019

n

  Vậy limu  n 1

Câu 6 (2,0 điểm).

Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang có

AD a AB BC CD a BAD    SA ABCD SA a M và I là hai điểm thỏa mãn 3MB MS 0, 4IS3ID0.

Mặt phẳng (AIM) cắt SC tại N

d) Chứng minh rằng đường thẳng SD vuông góc với mặt phẳng (AIM).

e) Chứng minh ANI 90 ;0 AMI90 0

f) Tính diện tích của thiết diện tạo bởi mặt phẳng (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 AB a AD b AS c ,  ,  .

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

Ta có

2

1

2

BC b a a b  a c a a b a a c  c b

Ta có:

SD b c AI   b c AM  a c

Suy ra SD AI. 0,SD AM. 0.

   

Do đó SDAI SD, AM.

Vậy SD(AMI).

b) Trog mặt phẳng (ABCD AC), cắt BD tại E Trog mặt phẳng (SBD SE), cắt MI tại F

Khi đó, trong mặt phẳng (SAC AF), cắt SC tại N

Ta có:

,

AN  a b c NI  a b c

AN NI AN NI ANI

,

AM  a c MI  a b c

AM MI AM MI AMI

c) Thiết diện tạo bởi mặt phẳng (AMI) và hình chop S ABCD là tứ giác AMNI

Ta có S AMNI S ANI S AMN

Ta có

AM  AN  NI 

2

ANI

a

S AN NI

Ta có

2

AM AN

 

 

.sin

AMN

a

S AN AM MAN

Vậy

AMNI

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 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 AM lần lượt tại các điểm , B C M khác 1, ,1 1

A Chứng minh rằng 1 1 1

2

AB AC AM

AB AC  AM ”

Chứng minh:

Qua B và C lần lượt dựng các đường thẳng nhận B C1 1

làm vectơ chỉ phương Mỗi đường

thẳng này theo thứ tự cắt đường thẳng AM tại E và F (hình vẽ) Không mất tính tổng quát, ta giả sử E thuộc đoạn AM thì khi đó F đối xứng với E qua M

Áp dụng định lí Thales, ta có

AB AE AM ME

AB AM AM



AC AF AM MF AM ME

AC AM AM AM

.

2

AB AC AM ME AM ME AM

AB AC AM AM AM

.(đpcm)

2) Gọi M N theo thứ tự là trung điểm của , CD vàBG còn M N,  theo thứ tự là giao điểm của mặt phẳng ( ) với AM AN ,

Áp dụng kết quả của bài toán trên vào các tam giác ACD, ABG, AMN ta được:

 

2 1

AC AD AM

AC AD AM



,

 

AB AG AN AB AN AB AN

AB AG AN AB  AN AB AN



 

AM AN AG

AM AN AG 



AC AD AB AM AN

AC AD AB AM AN

Vậy 6

AC AD AB

AC AD AB .

Câu 8 (1,0 điểm).

Cho n số a a1, , ,2 a  n 0;1 Chứng minh rằng:

1a a a  a n 4 a a a  a n

Lời giải

Tác giả: Trần Đức Phương; Fb: Phuong Tran Duc.

Phản biện: Nguyễn Phương Thu; Fb: Nguyễn Phương Thu

Xét tam thức   2    2 2 2

f x x  a a  a x a a  a

Ta có:

a a a a a a a a

Mặt khác a a1, , ,2 a  n 0;1 nên

 

1 0

1 0

1 0

1 0

a a

a a

f

a a

 





 









f a a  a   f f 

Mặt khác hàm số f x 

liên tục trên 0;1

Do đó phương trình f x   0

có nghiệm trên đoạn 0;1

1 a a a n 4 a a a n 0

Do đó:  2  2 2 2

1a a  a n 4 a a  a n