a Giải phương trình xnxx.. Tính xác suất để trong 3 lượt gieo như vậy, có ít nhất một lượt gieo được kết quả con súc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt sấp.. Chit
Trang 1SỞ GIÁO DUC VA DAO TAO KY THI CHON HOC SINH GIOI TINH CAP THPT
(Đề thi có 1 trang, gồm 5ð câu)
Câu 1
a) Giải phương trình xnxx nang 2 (cot 2z — 5)
b) Mỗi lượt, ta gieo một con súc sắc (loại 6 mặt, cân đối) và một đồng xu
(cân đối) Tính xác suất để trong 3 lượt gieo như vậy, có ít nhất một lượt gieo được kết quả con súc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt sấp
Câu 2
a) Tinh L= lim
œ->0 vV1+ 2+3⁄1 + 3z — v1 + 4z
b) Tìm số đo các góc của tam giác ABC sao cho biểu thức
P = sin? A+ cos B + cos?C đạt giá trị lớn nhất
Câu 3 Cho lang tru ABCD.A’B’C’D’ co day 1a hinh thoi canh a, BAD = 120° Hình chiếu của B’ lén mat phang (ABCD) la trung diém H ctia doan thang
ŒD và ABP là tam giác vuông cân
a) Tính độ dài đoạn thẳng AD
b) Tinh cosa véi a là góc giữa hai đường thắng BH và AC'
Câu 4 Cho các số thực dương z, , z thỏa mãn #2-L¿z/? z2 4a+z = 2(z z zz) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
IP =z(1 — 0)(1T— z)
Câu 5 Cho dãy số (z„) xác định bởi
z2 +3
x, = 2017 Và #„+1 = véi moi n > 1
Với môi sõö nguyên dương ?ø, đặt guy § nm, Gat Yn = S (sateen) —=——— |
Chitng minh day s6 (y,) c6 gidi han hitu han va tim gidi han do
HET
- Thi sinh khéng duoc sit dung tai liéu va may tinh cam tay
- Gidm thi khéng giải thích gà thêm
Họ và tên thí sinh: .- << «c «s05 605 8501051055 ; Số báo danh:
Trang 2SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THỊ CHỌN HỌC SINH GIOI TINH CAP THPT
Môn: TOÁN; Lóp: 11
(Hướng dẫn giải gồm 7 trang)
HƯỚNG DẦN GIẢI
1.a
1 1 =2 cot3z—
cose 3 - v3)
Điều kién: sin 2x 0 Khi đó phương trình đã cho tương đương với
7Ý of cos 2a 1 | yas
= V3 sina — cosz = V3 cos2z — sin 2x
2sinzcosz - V3
cos:
«© cos|2z + —| = cos|# ——
ia
.=T+ eae
6 3 Đối chiếu điều kiện ta thu được tập nghiệm của phương trình đã cho là
S=
-
2 em 2% + hen 6 6 veal
“Ta có thể biến đổi phương trình đã cho về dạng
(2cosz + Ý3)(|Í3 cosz — sinz — 1) = 0
1.b Số phần tử của không gian mẫu là 0 = (6.2) = 1728
Số trường hợp xảy ra để cả 3 lượt tung đó đều thu được súc sắc mặt 1 chấm và xu sấp là 1
Số trường hợp xảy ra để trong 3 lượt tung đó có đúng 2 lượt được súc sắc mặt 1 chấm và xu
sấp là 3.1.1.11 = 3.11
Số trường hợp xảy ra để trong 3 lượt tung đó có đúng 1 lượt được súc sắc mặt 1 chấm và xu
sấp là 3.1.11.11 = 3.11
Vậy xác suất cần tìm là
p_1+311+31Ẻ _— 397
128 1728"
Ngoài cách giải trên, ta còn có thể giải theo hướng
62 12°"
Trang 3
2.a Ta có
L=l XI1+2zŸ1 + 3z - j1 + 4z = lim
¬ 1+z-1+2z
= tim +?zÏl + tea, +i +22) lng WEL Be = 420) ¬——
ưa a
Ta có
f+ 2e( + ae — f+)
Jas|lYE~0+5)+1+z— Vi)
lim 240
= lim rủ x =
=-1
=->:
Do vay L=[+i|>= 3
“Ta cũng có thể tính như sau
im V1+ 2041+ 3a —y1+4e L=li
0 1+z—-vl+2z
(+3 —1)ÚL+ 3y —1)+ J1+3 + + 3e —1— ÝL+ 4z
20 2
Ta có
L, = mÍL+z+ VL+3z)= 3
( 1+2z —I|ÑÍt+3z -1)
L, = lim 20 2
6
m———————————m-
““M+3z+)) [xia +Ÿl+3z +1
1+2z +Ÿ 14 3e-1— V1 + de
+
VJ1+2z -(1+z) + Ÿ1+ 3z —(1+z)+(1+2z)T V1 + 4z
2
L,= him
Trang 4
=3—#
moi A'+A(+z)+(1+z) tan
-3,4_ 1
3.2.2
(trong dé A = Ÿ1 + 3z )
oviy L= E(t, +1,)=2[1+2] =,
2.b Ta có
P =sin? 4+ cos B + cos’ C _ 1—cos2A + 1+ cos2C
2
=1+sin Bsin(A — Ở) + cos
<1+sinB+cos
=1+ oa|a= 3]
<1+2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
+ cos B
Ta cũng có thể đại số hóa như sau:
Dat cos A = z,cos B = y,cosC = z thì z,,z € (—1,1) và #” +" + z” + 2zyz = 1 Suy ra (y+z#)” =1—z?”—z? +z?z? =(1—z”)(1—z?) => + z <J—z?)(L— z”)
Khi đó, áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta được
<0-z?)@—#') =zz<[q—z®+#°)(1—#° +2) =dh-( (z?—#°}
Do vậy
PHl-oetyt2<itytyi—-y <14 oy ti-y) =1+ 45
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
y= es0<z a2 2
=1 ol, _ +2
=
e+e + 22 =2 ove =v ki 2+ v2
4
Trang 5
Taco CAD = 5 BAD = 60° nén AƠD là tam giác đều
Suy ra AH | CD nén AH L AB Lại có B'H L AB (do B'H 1 (ABCD)) nén
AB 1 (AHB’) Suy ra AB 1 AB’ hay tam gidc ABP' vuông tại A
Theo gia thiết tam giác 4” vuông cân nên 4 = AB =a
Suy ra B'H = VB'A’ — AH® =, at Sa! =>
Do vay A'D = BIC = VB'H? + HC? = T+ 4 ava 2
Cé thé ly van BB’ > BH > BA kết hợp AB” là tam giác vuông cân suy ra tam giác ABB' vuông cân tại 4 Suy ra 4P“ = AB = a, sau đó tính tiếp như trên
3.b Lấy điểm # thuộc đường thẳng ŒD sao cho 4E || BH
Khi đó a bằng góc giữa 2 đường thẳng 4E và AŒ!
Ta có ABHE là hình bình hành nên
AE = BH = VHA’ + AB’ = Be tat vr
2
Taco EC! = VBA? + A'C” =\B'H? + AC? = ata = vỗ,
2 Goi J 14 tam cia hinh binh hanh ADC’B’
2 Tacé AC! =2AI = J2(AD? + AB”) — BID? = per +a’) is =
——-=—~->f- Vậy cosa =——
Do đó cos EAC! =
“Ta có thể giải bằng phương pháp vectơ như s¿
Bị ll °
Đặt HA = #,HƠ = ÿ.HB' = š thì |‡|
bz|
Trang 6
|
b) Ta ciing c6 B
Mặt khác
AC’ = AH + HB’ + BC
=-#+Z-(#+2ÿ)+ÿ
=-23#-ÿ+Z
Suy ra AC! = wht
Do vay
wosa = cou pit acl = LEAS _ +27) @# +92) _ _ bs 42
27
Ta có 2? +(y +2) —4yz —2e(y + z) + dayz = 0
Do đó 4yz(1 — z) = (+ z— #)” > 0 Suy ra z <1 Tương tự #,z < 1
Do vậy z,,z € (0,1)
Viết lại giả thiết thành z? + 2z(2yz — — z) + + z? — 2z = 0,
Do Al! = 4y2(1—y)(1—z) > 0 nén « = y + 2 — 2z + 24jz(1— )(1— 2)
Suy ra
z<w+z— 2z +[uz(1— 9)(L— z) = =(duh—z + Jzjt— y Ƒ
Nếu (1— ø)(— z)= 0 thì P = 0 Nếu (1— )(1— z) > 0 thì 0 < ,z < 1
Khi đó đặt = sin” B,z = sin’ C [se € (o3| thay vào biến đổi ta được
œ <sin?(B + €) = sin” 4 với A,B,C là 3 góc của một tam giác
Suy ra
P <sin? Acos? Bcos? Ớ
Ta có
P< (sin Acos BcosC)
cos(B — Œ) — cos }
2
= sin’ Asin‘ $“ = dsin" đeo 4
=sin 4
Trang 7
cos(B—C)—cos A
(do 0 < cos B.cosC =
2 Suy ra
3 P<4liT-co°4 cos? 4
4
<4 3c0s* {1 cos 4} “43 -?,
Khi z= By =z= 1 thi P= 2 Vậy giá trị lớn nhất của P 1a 2
Ta có thể chứng minh z,,z € (0,1) như sau:
Viết lại giả thiết thành ø? + 2z(2yz — y — 2) + y° + z? — 2z = 0
Dođó A7 >0 > (w— 1)(z — 1) > 0 Tương tự ta có (z — 1)( — 1) > 0.(z — 1)(y — 1) > 0
Suy ra z,,z cùng nhỏ thua hoặc bằng 1 hoặc cùng lớn hơn hoặc bằng 1
Nếu z,,z > 1 thì
we +p +2 + Aayz > vy + yz + ze t+ ay + ys + 2t + m2 > 2(eự + 2 + 2z), vô lý Vậy z,,z € (0,1)
Ta ve <q— z) +xjz(L— ø) ta có thể đánh giá tiếp bằng Bất đẳng thức Côsi như sau:
P<(l-y all 1—z)+/⁄z— i)
2./3y(1 — y).2./32(1 — |
6 (2y + 1)(2z +1)
6
=(I-y—z+2)|u+z— 2z + nhecrenberrve
1
(l-y =r+iely+z=w +]
Ta cũng có thể đánh giá tiếp bằng Bất đẳng thức Bunhiacốpxki như sau:
#<~w)a=2(Wua=3)+jza=0)}
<q=w~z+12)(+z)2— =2)
2
<l1I-w ~:+ự£Ẻ (yt+2)2-y-2)
(y+z)@—w~—z}
Jy +32) ya) st 12\4 6) 27 64°
BÍ
Trang 8
“=1 =] l(a? +1
Ta có zo —Ì = a — (z, = ), + dun > 1
Kết hợp với z, = 2017 ta có ngay z„ > 2017,Vn > 2
„ z'—=4z +3 (a —1)(a° +22 +3)
n 4 4
Do dé x, —x, > 0;Vn > 1 Suy ra (x) 14 day tăng ngặt
Gia stt (x) bi chan trén suy ra (x) c6 gidi han hitu han
Dat lima, = L thi L > 2017
Ta có
+3
L= œ '—4L+3=0Ẳ©(L—1ỷ(Ÿ +92L+3)=0© L =1, vô lý
Do vay lim x, = +00
Ta có Ty Ty (x, —1)(a° +24, + 3) >
Lie =1 (x, + 1) (zx, + 1)
Do đó
Ÿ„ + 1 z,, + 1 (x, + 1)(, + 1) (x a 1) (x, ~~ 1) z,, 7 1 Tas ă I
Do dé y, = 5° 1 = L1 ;Vn >1
m1|#—l #4, —] 2016 z ,—]
Do lim = 0 nên dãy sé (y_) có giới hạn hữu hạn và lim = —