SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC ( Đề thi có 01 trang, gồm 5 câu)
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10,11 THPT NĂM HỌC 2017-2018
Môn thi: TOÁN LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1. (5 điểm)
a) Giải phương trình 3 sin cos
3tan2 2cos 2 2
cos 2 sin cos
x x
x x
x x x
. b) Tính giới hạn
2
50
2017 1 5 2017 L lim
x
x x
x
.
Câu 2. (5 điểm)
a) Năm 2018 là năm kỷ niệm 50 năm Chiến thắng Đồng Lộc (24/7/1968-24/7/2018), trường học X cho học sinh trong các đội tuyển học sinh giỏi Toán khối 10, khối 11 của trường về tham quan khu di tích Ngã ba Đồng lộc. Biết rằng đội tuyển Toán khối 10 có 4 em gồm 2 nam, 2 nữ; đội tuyển Toán khối 11 có 4 em gồm 3 nam, 1 nữ. Trong đợt tham quan thứ nhất, trường chọn 3 học sinh với yêu cầu có cả đội tuyển 10, cả đội tuyển 11; có cả nam và cả nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn.
b) Cho n là số tự nhiên thỏa mãn C20170 32C20172 .... 3 2016C20172016 2 (2n n11). Tìm hệ số của số hạng chứa x2016 trong khai triển (x2) (n x2 x 4).
Câu 3. (5 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a, H là trung điểm của AB,
( )
SH ABC , SH x. Gọi M là hình chiếu vuông góc của H lên đường thẳng AC và N là điểm thỏa mãn MH HN
.
a) Khi 3
2
x a , chứng minh đường thẳng SN vuông góc với mặt phẳng (SAC).
b) Tìm x theo a để góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SAC) bằng 450. Câu 4. (2,5 điểm)
Cho a1 và dãy số ( )xn xác định như sau:
x1a; xn1 a x. n23xn 2018 với n1,2,...
Tìm a để lim n 1 2018
n
x x
.
Câu 5. (2,5 điểm)
Cho các số thực x y z, , thỏa mãn x4 y4z42x y z2 2 2 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x 2y2z2 2 xyz .
---Hết---
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
- Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………Số báo danh: ………..
ĐÁP ÁN Câu 1.
a) ĐK cos 2 0
cos 2 0
cos sin 0
x x
x x
Khi đó phương trình đã cho trở thành:
3sin 2 3 sin cos 3sin 2 3 cos sin
2 2cos 2 0 2 2cos 2 0
cos 2 sin cos cos sin cos sin sin cos
x x x x x x
x x
x x x x x x x x x
2 2
2
2
3sin 2 3 2 cos sin 2cos 2 0 3sin 2 3 2 1 sin 2 2 1 sin 2 0 2sin 2 sin 2 1 0 sin 2 1;sin 2 1
2
x x x x x x x
x x x x
+) sin 2x 1 cos 2x0 không thỏa mãn ĐK
+) 1
sin 2
x 2 (thỏa mãn ĐK) 2 6 2 12
2 2 7
6 12
x k x k
k
x k x k
b) I =
2
5 5
5
0 0
2017 1 5 1
2017 1 5 2017
lim lim 1 5
x x
x x x
x x
x x
Ta có: 5
lim0 1 5 0
x x x
5
0 0 5 4 5 3 5 2 5
2017 1 5 1 2017( 5 )
lim lim
1 5 1 5 1 5 1 5 1
x x
x x
x x x x x x
0 5 4 5 3 5 2 5
5.2017
lim 2017
1 5 1 5 1 5 1 5 1
x x x x x
Câu 2. (5 điểm)
a) 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 C22. 11 1 cách KN2: 2 nữ khối 10, 1 nam khối 11 có C C22. 313 cách
KN3: 1 nữ và 1 nam khối 10, 1 học sinh khối 11 có C C C12. .12 14 16 cách Vậy TH1 có 20 cách chọn
TH2: 2 học sinh khối 11, 1 học sinh khối 10
KN1: 2 nam khối 11, 1 nữ khối 10 có C C32. 12 6 cách
KN2: 1 nữ và 1 nam khối 11, 1 học sinh khối 10 có C C C31. .11 41 12 cách Vậy TH2 có 18 cách chọn
Kết hợp hai trường hợp ta thấy có 38 cách chọn
b) Ta có C20170 3C1201732C20172 .... 3 2016C2017201632017C20172017 (1 3)2017 42017 (1)
0 1 2 2 2016 2016 2017 2017 2017 2017
2017 3 2017 3 2017 .... 3 2017 3 2017 (1 3) 2
C C C C C (2)
Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên ta có
0 2 2 2016 2016 2017 2017 2016 2017
2017 2017 2017
3 .... 3 1 4 2 2 2 1
C C C 2
Từ giả thiết suy ra C20170 32C20172 .... 3 2016C201720162 (2n n11)
2 (2n n11)=22016
220171
hay n20162 2 2018 2016
(x2) (n x x 4) ( x2)n 3 (x x2)n (x2) 3 (x x2) Xét khai triển (x2)2018, số hạng chứa x2016 là C20182 22x2016
Xét khai triển (x2)2016, số hạng chứa x2015 là C120162x2015
Số hạng chứa x2016 trong khai triển (x2) (n x2 x 4) là C20182 22x2016- 3C120162x2016 Do đó hệ số cần tìm là : 4C20182 6C12016
Câu 3.
a) Ta có ACHM AC, SH ACSN (1) Từ giả thiết ta có H là trung điểm của MN
Gọi K là trung điểm của AC, ta có 1 3
2 2
HM BK a ,
do đó ta có 3
2
HM HN SH a NSM vuông tại S suy ra SM SN (2)
Từ (1) và (2) ta có SN (SAC)
b) 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)
Gọilà góc giữa SB và (SAC), ta có BSP. Tam giác SHM vuông tại H và HI là đường cao nên
2 2 2 2
SH.HM 3ax 2 3ax
HI BP
SM 3a 4x 3a 4x
.
2 2 2 2
SB SH HB x a
2 2 2 2
sin 2 3
(4 3 )( )
BP ax
SB x a x a
Theo giả thiết ta có 2 2 4 4 2 2
2 2 2 2
2 3 2
24 4 3 7
(4 3 )( ) 2
ax a x x x x a
x a x a
4 2 2 4 2 17 241 2
4 17 3 0
x x a x x 8 a 17 241
x a 8
Câu 4.
Bằng quy nạp ta chứng minh được xn 0 n
Vì xn1 axn23xn2018 và a1 nên xn1xn n suy ra ( )xn là dãy số tăng Giả sử dãy ( )xn bị chặn trên 1 để limxn . Khi đó:
2 2
. 3 2018 ( 1) 3 2018 0
a a
, vô lý vì a1
Vậylimxn (1)
Ta có 1 2 1 3 20182
3 2018 n
n n n
n n n
x ax x x a
x x x
(2)
Từ (1) và (2) suy ra : lim n 1
n
x a
x
Do đó a 2018 a 20182 Câu 5.
TH1: Nếu có một số bằng 0, giả sử là z, khi đó ta có x4y4 1 và P x 2y2 x4y4 1, 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:
2 osA; 2 osB; 2 osC;
x c y c z c
osA+ osB+ osC- 2cos cos cos 1 4sin sin sin 2cos cos cos
2 2 2
A B C
P c c c A B C A B C
Ta sẽ chứng minh 4sin sin sin 2cos cos cos (1)
2 2 2
A B C
A B C
Ta có (1) 8sin2 sin2 sin2 cos cos cos
2 2 2
A B C
A B C
2 2 2
8sin 2sin 2sin 2 cos cos cos sin .sin .sin sin .sin .sin
A B C
A B C
A B C A B C
cot .cot .cot tan .tan .tan
2 2 2
A B C
A B C
tan .tan .tan cot .cot .cot
2 2 2
A B C
A B C
tan tan tan cot cot cot
2 2 2
A B C
A B C
(2)
Bất đẳng thức (2) đúng do tan tan 2cot 2
A B C và hai bất đẳng thức tương tự Có dấu “=” khi tam giác đều 2 2 2 1
x y z 2
.
suy ra P1, có “=” khi hai số = 0; một số 1 hoặc 2 2 2 1 x y z 2. Vậy GTNN của P là 1