Đề thi HSG tỉnh khối 11 môn Toán năm học 2017-2018

[r]

Lời giải đề thi HSGT môn Toán 11

Nội dung

x

x









Khi đó phương trình đã cho trở thành

3sin 2 3 sin cos

x

x



2

2

3sin 2 3 2 cos sin 2 cos 2 0

3sin 2 3 2 1 sin 2 2 1 sin 2 0

1

2 sin 2 sin 2 1 0 sin 2 1;sin 2

2

+) sin 2x 1 cos 2x không thỏa mãn ĐK 0

+) sin 2 1

2

7

k





5

2017 1 5 1

2017 1 5 2017

x

Ta có: 5

0

5

5



5

5.2017

x





Ta xét các trường hợp

TH1: 2 học sinh khối 10, 1 học sinh khối 11

KN1: 2 nam khối 10, 1 nữ khối 11 có C C  cách 22 11 1

KN2: 2 nữ khối 10, 1 nam khối 11 có 2 1

2 3 3

C C  cách

KN3: 1 nữ và 1 nam khối 10, 1 học sinh khối 11 có C C C 21 12 41 16 cách

Vậy TH1 có 20 cách chọn

Ta có C20173C2017 3 C2017 3 C2017 3 C2017 (1 3) 4 (1)

0 1 2 2 2016 2016 2017 2017 2017 2017

2017 3 2017 3 2017 3 2017 3 2017 (1 3) 2

Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên ta có

1

2

Từ giả thiết suy ra 0 2 2 2016 2016 1

2017 3 2017 3 2017 2 (2n n 1)

1

2 (2n n 1)= 2016 2017 

2 2 1 hay n 2016

(x2) (n x  x 4)(x2)n 3 (x x2)n (x2) 3 (x x2)

Xét khai triển 2018

(x 2) , số hạng chứa x2016 là 2 2 2016

20182

Xét khai triển 2016

(x 2) , số hạng chứa x2015 là 1 2015

20162

Số hạng chứa x2016 trong khai triển 2

20182

C x - 3C20161 2x2016

Do đó hệ số cần tìm là 2 1

2018 2016

4C 6C

Ta có ACHM AC, SHACSN (1)

Từ giả thiết ta có H là trung điểm của MN

Gọi K là trung điểm của AC, ta có 1 3

a

2

a

HM HN SH   NSM vuông tại S

suy ra SM SN (2)

Từ (1) và (2) ta có SN(SAC)

I P

M H

N B

A

C

K S

Câu

3b

2.5đ

Gọi I là hình chiếu vuông góc của H lên SM, ta có HI(SAC)

Trong mặt (ABI) kẻ đường thẳng qua B, song song với HI cắt AI tại P

Ta có BP(SAC)

Gọilà góc giữa SB và (SAC), ta có    BSP

Tam giác SHM vuông tại H và HI là đường cao nên

2 3 sin

  

2

ax

8

8

Câu

4

2.5đ

Bằng quy nạp ta chứng minh được x n 0 n

Vì x n1  ax n2 3x n 2018 và a 1 nên x n1x n  suy ra (n x n) là dãy số tăng Giả sử dãy ( ) xn bị chặn trên   1 để lim xn   Khi đó:

            , vô lý vì a  1

Vậy lim x  n (1)

x



Từ (1) và (2) suy ra : lim n 1

n

x

a x

 

Do đó a 2018a20182

Câu

TH1: Nếu có một số bằng 0, giả sử là z , khi đó ta có 4 4

1

x y 

1

Px y  x y  , có “=” khi một số = 0; một số   1

TH2: Nếu các số đều khác không

Từ giả thiết suy ra tồn tại ABC nhọn sao cho:

osA+ osB+ osC- 2 cos cos cos 1 4sin sin sin 2 cos cos cos

2 2 2

cos cos cos

cot cot cot tan tan tan

tan tan tan cot cot cot

Bất đẳng thức (2) đúng do tan tan 2 cot

2

C

A B và hai bất đẳng thức tương tự

Có dấu “=” khi tam giác đều 2 2 2 1

2

suy ra P  , có “=” khi hai số = 0; một số 1   hoặc 1 2 2 2 1

2

Vậy GTNN của P là 1