ĐỢT 2 ĐỀ 3 ĐỀ THI HSG LỚP 11 SỞ HÀ NAM 2019

Hai hình vuông đơn vị được gọi là kề bên nếu chúng có cùng một cạnh chung.. Mỗi lần di chuyển con bọ sẽ nhảy ngẫu nhiên từ tâm hình vuông đơn vị nó đứng sang tâm hình vuông đơn vị kề bên

Trang 1

ĐỀ THI CHỌN HSG KHỐI 11

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM

MÔN TOÁN TIME: 180 PHÚT

Câu 1 (4,0 điểm)

1 [1D1-3.5-4] Tính tổng các nghiệm của phương trình sau trên 0;1000

2cos 2

x



2 [1D1-1.1-3] Tìm m để hàm số 2017 2019

y



  xác định với mọi

;

2 2

x   

 

Câu 2 (4,0 điểm)

1 [1D2-5.4-2] Một người A đứng tại gốc O của trục số ' x Ox Do say rượu nên người A

bước ngẫu nhiên sang trái hoặc sang phải trên trục tọa độ với độ dài mỗi bước là một đơn vị

Tính xác suất để sau n bước n 2

thì người A quay trở lại gốc tọa độ O

2 [1D2-5.2-3] Cho hình vuông cỡ 9.9 tâm O được tạo từ 9.9 hình vuông đơn vị Hai hình vuông đơn vị được gọi là kề bên nếu chúng có cùng một cạnh chung Một con bọ ban đầu ở O Mỗi lần di chuyển con bọ sẽ nhảy ngẫu nhiên từ tâm hình vuông đơn vị nó đứng sang tâm hình vuông đơn vị kề bên Tính xác suất để con bọ sau 4 bước nhảy sẽ quay lại điểm O.

3 [1D2-5.2-3] Cho hình lập phương tâm O được ghép từ 9.9.9 hình lập phương đơn vị Hai

hình lập phương đơn vị được gọi là kề bên nếu chúng có chung một mặt Con bọ ban đầu ở tâm

O Mỗi bước nhảy con bọ sẽ nhảy từ tâm khối lập phương đơn vị nó đứng sang tâm khối lập

phương đơn vị kề bên Tính xác suất để con bọ sau 4 bước nhảy sẽ quay lại điểm O

Câu 3 (2,0 điểm)

Cho dãy số  u n

được xác định như sau

1

* 1

2019

u

u  u n n







    

  Tìm số hạng tổng quát của dãy số  u n

Tính lim 3

n n n

u

 

Câu 4 (2,0 điểm)

[1D4-2.3-3] Tính giới hạn

3 2 0

2 1 3 1 lim

x

x x L

x



  



Câu 5 (8,0 điểm)

Trang 2

1. [1H3-5.6-4] Cho hình lập phương ABCD A B C D ' ' ' ' cạnh a Lấy hai điểm M N sao cho,

',

AM k AC

 

'

CN tCD 

với t k . 0 Tính độ dài MN theo a khi MN song song với 'B D

2 [1H3-5.7-4] Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình bình hành tâm O Gọi M là điểm di

động trên cạnh BC ( M khác B và C ) Mặt phẳng   đi qua M và song song với hai đường thẳng SB AC,

Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mp  Xác định vị trí của M để thiết diện có diện tích lớn nhất

3.[1H2-4.6-4] Cho hình lập phương ABCD A B C D tâm O cạnh có độ dài bằng 1 Gọi ' ' ' ' ,

M P là hai điểm sao cho

AM  AA CP CC

   

Mặt phẳng   thay đổi đi qua M P đồng,

thời cắt hai cạnhBB DD lần lượt tại N và', ' Q Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của chu

vi tứ giác MNPQ

Trang 3

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI CHỌN HSG SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM

KHỐI 11

Câu 1 (4,0 điểm)

2cos 2

x



2 [1D1-1.1-3] Tìm m để hàm số 2017 2019

y



;

2 2

x   

 

Lời giải

0 2cos 2

x



Lời giải

Tác giả: Hoàng Vũ ; Fb: Hoàng Vũ Giáo viên phản biện: Lê Đức Lộc ; Fb: Lê Đức Lộc

ĐK:

2

2cos 2

x



2

1 cos 2

1 2

x



   

1 sin 2x2 cos 4x sin 2x 6 0

2

1 2sin 2x sin 2x cos 4x sin 2x 6 0

Trang 4

2 3sin 2x 3sin 2x 6 0

sin 2x 1

  (nhận) hay sin 2x  (loại)2

sin 2x 1 x 4 k k,



Kết hợp với điều kiện, phương trình có nghiệm

5

2 , 4

x  k  k 

Tổng số nghiệm trên 0;1000

là tổng 500 số hạng đầu tiên của một cấp số cộng với 1

5 4

, công sai d2

Câu 1.2 [1D1-1.1-3] Tìm m để hàm số 2017 2019

y



;

2 2

x   

Lời giải

Tác giả: Lê Đức Lộc; Fb: Lê Đức Lộc

Phản biện: Tăng Duy Hùng

Với mọi

;

2 2

x   

  thì 0 cos x 1 cos2019xcos2x.

Khi đó: sin2017x cos2019x 2 sin 2017x cos2 x 2 sin 2017x 1 sin 2 x 2

với mọi

;

2 2

x   

y



;

2 2

x   

2017 2019

sin cos 2sin cos

0

m x x x x

;

2 2

x   

sin cos 2sin cos

m x x x x

;

2 2

x   

Đặt

4

3

x     x       t  

Suy ra mf t    t2 t 1

với mọi t  1; 2

Vậy m  2 1 .

Trang 5

2 [1D1-1.1-3] Tìm m để hàm số 2017 2019

y



;

2 2

x   

 

Lời giải

Tác giả: Lê Đức Lộc; Fb: Lê Đức Lộc

Phản biện: Tăng Duy Hùng

Với mọi

;

2 2

x   

  thì 0 cos x 1 cos2019xcos2x

Khi đó: sin2017x cos2019x 2 sin 2017x cos2 x 2 sin 2017x 1 sin 2 x 2

sin x 1 sin x 2 1 2 1 0

với mọi

;

2 2

x   

 

Hàm số 2017 2019

y



;

2 2

x   

 

2017 2019

sin cos 2sin cos

0

m x x x x

;

2 2

x   

 

sin cos 2sin cos

m x x x x

;

2 2

x   

 

Đặt

sin cos 2 sin

4

t x x x 

  ;

3

x     x       t  

Suy ra mf t     với mọi t2 t 1 t  1; 2

Vậy m  2 1

Câu 2 (4,0 điểm)

1 [1D2-5.4-2] Một người A đứng tại gốc O của trục số ' x Ox Do say rượu nên người A

bước ngẫu nhiên sang trái hoặc sang phải trên trục tọa độ với độ dài mỗi bước là một đơn vị

Tính xác suất để sau n bước n 2

2 [1D2-5.2-3] Cho hình vuông cỡ 9.9 tâm O được tạo từ 9.9 hình vuông đơn vị Hai hình

vuông đơn vị được gọi là kề bên nếu chúng có cùng một cạnh chung Một con bọ ban đầu ở O

Mỗi lần di chuyển con bọ sẽ nhảy ngẫu nhiên từ tâm hình vuông đơn vị nó đứng sang tâm hình

vuông đơn vị kề bên Tính xác suất để con bọ sau 4 bước nhảy sẽ quay lại điểm O.

Trang 6

3 [1D2-5.2-3] Cho hình lập phương tâm O được ghép từ 9.9.9 hình lập phương đơn vị Hai

hình lập phương đơn vị được gọi là kề bên nếu chúng có chung một mặt Con bọ ban đầu ở tâm

O Mỗi bước nhảy con bọ sẽ nhảy từ tâm khối lập phương đơn vị nó đứng sang tâm khối lập

phương đơn vị kề bên Tính xác suất để con bọ sau 4 bước nhảy sẽ quay lại điểm O

Lời giải

1 Một người A đứng tại gốc O của trục số ' x Ox Do say rượu nên người A bước ngẫu nhiên

sang trái hoặc sang phải trên trục tọa độ với độ dài mỗi bước là một đơn vị Tính xác suất để

sau n bước n 2

Lời giải

Tác giả: Tăng Duy Hùng; Fb: Tăng Duy Hùng

Phản biện: Bùi Dũng; Fb: Bùi Dũng

Trường hợp 1: n2k 1 k N *

khi đó xác suất người đó quay trở lại O là : P  0 Trường hợp 2: n2k k N  *

Người đó quay trở về O nếu có k bước sang phải và k bước

sang trái

Xác suất bước sang phải là: 0,5

Xác suất bước sang trái là: 0,5

Do đó xác suất để quay về O là: k 0,5 n

n

P C

2 Cho hình vuông cỡ 9.9 tâm O được tạo từ 9.9 hình vuông đơn vị Hai hình vuông đơn vị được gọi là kề bên nếu chúng có cùng một cạnh chung Một con bọ ban đầu ở O Mỗi lần di chuyển con bọ sẽ nhảy ngẫu nhiên từ tâm hình vuông đơn vị nó đứng sang tâm hình vuông đơn

vị kề bên Tính xác suất để con bọ sau 4 bước nhảy sẽ quay lại điểm O.

Lời giải

Tác giả: Bùi Dũng; Fb: Bùi Dũng Phản biện: Lê Mai Hương; Fb: Lê Mai Hương

Khi con bọ nhảy 4 bước thì không gian mẫu là: 4.4.4.4 256

Ở bước nhảy thứ 2 ta chia các trường hợp sau:

TH1: Bước 2 con bọ nhảy qua B1 B2 có 2 cách nhảy

Bước 3 có hai cách nhảy về A1 A2 ( nếu từ B1) hoặc nhảy về A1 A4 ( nếu từ B2)

Bước 4: con bọ có 1 cách nhảy về O

Có: 4.2.2.1 16 cách

TH2: Bước 2 con bọ nhảy qua B3 có 1 cách nhảy

Bước 3 có 1 cách nhảy về A1

Có: 4.1.1.1 4 cách

Trang 7

TH2: Bước 2 con bọ nhảy về O có 1 cách nhảy

Bước 3 có 4 cách nhảy về các ô A1 A2 A3 A4

Có: 4.1.4.1 16 cách

Vậy xác suất để con bọ nhảy 4 bước quay trở về O là:

16 4 16 9

256 64

 



3 Cho hình lập phương tâm O được ghép từ 9.9.9 hình lập phương đơn vị Hai hình lập phương đơn vị được gọi là kề bên nếu chúng có chung một mặt Con bọ ban đầu ở tâm O Mỗi

bước nhảy con bọ sẽ nhảy từ tâm khối lập phương đơn vị nó đứng sang tâm khối lập phương

đơn vị kề bên Tính xác suất để con bọ sau 4 bước nhảy sẽ quay lại điểm O

Lời giải

Tác giả: Lê Mai Hương; Fb:Le Mai Huong

Mỗi bước con bọ có thể nhảy ngẫu nhiên qua tâm của 6 hình lập phương đơn vị khác

Do đó không gian mẫu là n( )W =6 6.6.6 6= 4

Gọi A là biến cố “con bọ sau 4 bước nhảy sẽ quay lại điểm O ”.

Xét hệ trục tọa độ không gian gốc O với các trục song song các cạnh hình lập phương

Khi đó có hai trường hợp sau:

TH1: Con bọ nhảy trên một đường thẳng (có 3 đường tương ứng 3 trục tọa độ) có 3.C24=18. TH2: Con bọ nhảy không nhảy trên một đường thẳng (trong trường hợp này nó chỉ có thể nhảy trên 2 trục tọa độ) có 3.4! 72= .

Vậy xác suất của biến cố A là:

( ) ( )

( ) 4

n A

P A

n

+

Câu 3 (2,0 điểm)

Cho dãy số  u n

được xác định như sau

1

* 1

2019

u

u  u n n







    

  Tìm số hạng tổng quát của dãy số  u n

Tính lim 3

n n n

u

 

Lời giải

Tác giả: Nguyễn xuân Giao; FB: giaonguyen Phản biện: Vũ Ngọc Tân; FB: Vũ Ngọc Tân

Ta có u n12u n n 1 u n1 n12u n n   n *

Đặt v n u n  n với n  * Khi đó ta có dãy  v n

thỏa mãn

1

* 1

2018 2

v

v  v n







là một cấp số nhân có công bội 2 1 n 1 2018.2n 1 2018.2n 1

q v v q   u  n

Vậy u n 2018.2n1 n

Trang 8

Ta có

1

n n

n

 

(Vì

2

3

n n 

 



 

  ; nlim 3n 0

n

  

)

Câu 4 (2,0 điểm)

[1D4-2.3-3] Tính giới hạn

3 2 0

2 1 3 1 lim

x

x x L

x



  



Lời giải

Tác giả:Vũ Ngọc Tân ; Fb: Vũ Ngọc Tân Phản biện: Đỗ Hải Thu; Fb: Đỗ Hải Thu.

Ta có :

3 2 0

2 1 3 1 lim

x

x x L

x



  



0

lim

x



2

lim

x



  

           

2

3 lim

x



  

0 3 2 3    2

lim

x



  

1

  

Vậy

1 2

L 

.

Câu 5 (8,0 điểm)

1. [1H3-5.6-4] Cho hình lập phương ABCD A B C D ' ' ' ' cạnh a Lấy hai điểm M N sao cho,

',

AM k AC

 

'

CN tCD 

2 [1H3-5.7-4] Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình bình hành tâm O Gọi M là điểm di

động trên cạnh BC ( M khác B và C ) Mặt phẳng   đi qua M và song song với hai đường thẳng SB AC,

Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mp 

Xác định vị trí của M để thiết diện có diện tích lớn nhất

3.[1H2-4.6-4] Cho hình lập phương ABCD A B C D tâm O cạnh có độ dài bằng 1 Gọi ' ' ' ' ,

M P là hai điểm sao cho

   

Mặt phẳng  

thay đổi đi qua M P đồng,

Trang 9

thời cắt hai cạnhBB DD lần lượt tại N và', ' Q Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của chu

vi tứ giác MNPQ

Lời giải

1.Cho hình lập phương ABCD A B C D ' ' ' ' cạnh a Lấy hai điểm M N sao cho , AM  k AC',

'

CN tCD 

Lời giải

Tác giả: Đỗ Hải Thu; Fb: Đỗ Hải Thu

Phản biện: Tran Quoc An

y

z

x

N M

D

C

A

B

D'

C' B'

A'

Đặt BA x BC , y BB, 'z.

     

Vì ABCD A B C D ' ' ' 'là hình lập phương cạnh a nên x y0, y z0, z x0



    

       

BM BA AM BA k AC BA k BC  BA BA k BC BB   BA

        

 1 k x k y k z 

 

BN BC CN BC tCD BC t CD CC  t x y t z 

          

MN BN BM t x y t z  k x k y k z t k x k y t k z

                  

B D BD BB  BA BC BB    x y z

        

Vì MN/ / 'B D nên

1 2 1

3

4 1 4

t

t k m

MN mB D k m k

t k m

m







  

       

   







 

MN x y z x y z

        

2

16

MN MN x y z

1  2 2 2  1  2 2 2 3 2

2 2 2

a

x y z x y y z z x a a a

                                                     

Trang 10

Vậy

3 4

a

MN 

2 Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình bình hành tâm O Gọi M là điểm di động trên cạnh

BC ( M khác B và C ) Mặt phẳng  

đi qua M và song song với hai đường thẳng SB AC, Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mp  Xác định vị trí của M để thiết diện có diện tích lớn nhất

Lời giải

Tác giả:Trần Quốc An; Fb:Tran Quoc An

H

O I

A

D

S

N

M

P

K

Q R

Kẻ MN AC N// , AB NP SB P SA PK MN AC K SC, // ,  , // // , 

Gọi I MNBD Kẻ IQ SB Q SD// , 

Suy ra thiết diện của hình chóp cắt bởi mp 

là ngũ giác MNPQK

Ta có:    

//

NP SB

MK NP







Ta có tứ giác MNPK là hình bình hành.

Gọi  là góc giữa SB và AC Đặt

BM

 





Suy ra : 1 sin 1  .sin

2

MNPK

Gọi H IQPK

Gọi R là trung điểm của SD , ta có :

1 2

PK MN

Vì



SB AC,  QH PK , 

, ta có :

2

Trang 11

Do đó :

2 2

x

S S S x  x  x  SB AC  x  SB AC 

3.Cho hình lập phương ABCD A B C D tâm O cạnh có độ dài bằng 1 Gọi , ' ' ' ' M P là hai

điểm sao cho

   

Mặt phẳng  

thay đổi đi qua M P đồng thời cắt hai ,

cạnhBB DD lần lượt tại N và', ' Q Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của chu vi tứ giác

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Văn Đắc; Fb: Đắc Nguyễn.

I

O'

O Q

N

P M

A'

B'

C' D'

C

B A

D

Gọi I MP OO  ' Ilà trung điểm của MP

Do đó trong hình thang AMPC ta có AM CP  , tương tự 1 DQ BN 2.OI 1

Đặt BN x DQ, y thì x y , 0;1

và x y 1

Ta có

( ) ( ' ')

( ' ') / /( '

' ')

C

MNPQ ABB A MN MNPQ CDD QP MN QP ABB A C DD C



 Chứng minh tương tự MQ NP/ / , suy ra tứ giác MNPQ là hình bình hành

Suy ra của chu vi tứ giác MNPQ2MN2MQ

Ta tính được

MN    x MQ   y

chu vi tứ giác

 

MNPQ    x    y 

Trang 12

*) Áp dụng BĐT a2b2  c2d2  a c 2b d 2

Dấu " " xảy ra khi

1 2

x y

Suy ra giá trị nhỏ nhất của chu vi tứ giác MNPQ  17

*) Thế y 1 x vào (*) ta có

chu vi tứ giác

 

MNPQ    x    x   f x

Với

 

f x    x    x

               

Suy ra

( )

4

khi x  hoặc 0 x  1 Suy ra giá trị lớn nhất của chu vi tứ giác

2

2 2

Do đó :

1 sin 3

lớn nhất bằng

1 sin

BM

BC

Định dạng
Số trang	12
Dung lượng	1,26 MB