(2 điểm) a) Giải phương trình lượng giác 2sin3xcos 2xsinx b) Tính lim 01 cos 22 x 5 x  x  Câu 2

SỞ GD-ĐT HẢI DƯƠNG

Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LẦN THỨ TƯ NĂM HỌC 2019-2020

Môn: Toán 11 Lớp: 11 A1

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1. (2 điểm)

a) Giải phương trình lượng giác 2sin³xcos 2xsinx b) Tính lim ₀^{1 cos 2}₂

x 5

x

 x



Câu 2. ( 2 điểm)

a) Trong một môn học, thầy giáo có 20 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu khó, 5 câu trung bình và 10 câu dễ.Từ 30 câu hỏi đó có thể lập được bao nhiêu đề kiểm tra,mỗi đề gồm 5 câu hỏi khác nhau,sao cho trong mỗi đề nhất thiết phải có đủ cả 3 câu ( khó, dễ, Trung bình) và số câu dễ không ít hơn 2? (Không tính đến thứ tự các câu trong đề)

b) Tìm hệ số của x⁵ trong khai triển đa thức của: ^2x









Câu 3. (2 điểm)

Tính giá trị nhỏ nhất ; giá trị lớn nhất của lim ₀ ¹ 3

x 8

a x a

S ^ x a

   

   với ¹ ;1 a 16 

  

Câu 4. (1 điểm)

Cho hai dãy { }u_n và { }v_n thỏa mãn u₁1;v₁6 và u_n u_n1n²; v_n v_n1n n( ²3n2) với mọi n2. Tính

4

lim ⁿ3 n

u v

Câu 5. (3 điểm) Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình chữ nhật, ABa, AD2a. Hình chiếu của S lên mặt phẳng





b) Tính góc giữa đường thẳng HDvà mặt phẳng (SCD).

c) Gọi Olà điểm trong không gian thỏa mãn OS OBODOH. Tính độ dài OS

HƯỚNG DẪN CHẤM 11A1

Câu 1:

a) Ta có 2sin³xcos 2xsinx sin (2 sin2 1) cos 2 0 sin .cos 2 cos 2 0 cos 2 (sin 1) 0

cos 2 0 2 2

( )

sin 1

2 2

x x x

x x x

x x

x k

x k

x x k

 

 

   

  

  

  

 

       



b) Ta có

2 2 2

2 2 2

1 cos 2 1 (1 2 sin ) 2 sin 2 sin

5 5 5 5.

x x x x

x x x x

        Vậy lim ₀^{1 cos 2}₂ ²

5 5

x

x

 x

 

Câu 2:

a) Ta xét ba trường hợp sau:

TH1: 1 câu khó; 1 câu khá; 3 câu dễ: C C C5¹. 5¹. 10³

TH2: 1 câu khó; 2 câu khá; 2 câu dễ: C C C₅¹. ₅². ₁₀² TH1: 2 câu khó; 1 câu khá; 2 câu dễ: C C C₅². ₅¹. ₁₀² Vậy số cách chọn là C C C₅^{1 1}_{5 10}³ C C C₅² ₅¹ ₁₀² C C C₅¹ ₅² ₁₀²

b) Ta sẽ tìm hệ số của x⁵trong 2 (1x x)⁵và x²(1 2 ) x ¹⁰

Ta thấy hệ số của x⁵trong 2 (1x x)⁵sẽ bằng hai lần hệ số của x⁴trong (1x)⁵. Ta có

5 5

5 0

(1 ) ^{i i}

i

x C x



 



Ta thấy hệ số của x⁵trong x²(1 2 ) x ¹⁰sẽ bằng hệ số của x³trong (1 2 ) x ¹⁰ và bằng

7 3

10.( 2) C 

Vậy hệ số của x⁵trong ^2x









Ta có lim ₀ lim ₀ ^{( )} lim ₀ ^{1 1}

( ) 2

x x x

a x a a x a

x x a x a a x a a

  

      

   

Như vậy 1 1

8 3 2

S  a  a với ¹ ;1 a 16 

   Đặt ¹ ; ¹; 2

2 t t 2 a

 

    Khi đó

2

2 3

S  t t với ¹; 2 t 2 

  

Xét bảng biến thiên của hàm số bậc hai theo t, ta có max 3 ¹ 1 ¹

2 4

S     t a ;

min 3 2 1

S     t a 16

Câu 4:

Ta có ₁ ² ₂ ( 1)^{2 2} ... 1² 2² 3² ... ^{2 ( 1)(2 1)}

n n n 6

n n n u u _ n u _  n n      n   

Ta có:

1 ( 1)( 2) 2 ( 1) .( 1) ( 1)( 2) ... 1.2.3 2.3.4 3.4.5 ... ( 1)( 2)

n n n

v v _ n n n v _  n n n n n n      n n n

Xét 4v_n 1.2.3.4 2.3.4(5 1) 3.4.5.(6 2) ...     n n( 1)(n2)[n  3 (n 1)]

1.2.3.4 2.3.4.5 1.2.3.4 3.4.5.6 2.3.4.5 ... n n( 1)(n 2)(n 3)

         

( 1)( 2)( 3)

n n n n

   

Vậy ^{( 1)( 2)( 3)}

n 4

n n n n

v    

Ta có

 

 

4 4

12

4 4 4

3 3 3

3

12

1 1

1 1. 1 2

( 1)(2 1) 4 4.2 64

lim lim 6 . lim .

81 81 81

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

1. 1 1 1

4

n n

n n n n n n

u

v n n n n

n n n n

   

      

       

   

   

  

         

      

      

Câu 5

a) Gọi N là trung điểm AD. Khi đó ta có BN/ /HD. Như vậy (SB HD; )(SB BN; )

Ta có tam giác SBNcó SB SH²BH² a 2

2 2 2

BN  AB AN a ; SD SH²HD² a 3 Ta có

2 2 2 2

2

cos 1

2 . 2.2 4

SB BN SN a

SBN SB BN a

 

  

Suy ra ( ; ) arccos¹ SB HD  4

b) Kẻ HKSC.

Vì SH CD BC; CDCD(SHC)

Suy ra HK CD. Lại có HKSC nên HK (SCD). Suy ra K là hình chiếu của Htrên (SCD).

Như vậy góc giữa HDvà (SCD)chính là góc giữa HDvà DK. Vì tam giác SHCvuông; HKlà đường cao ứng với cạnh huyền nên

2 2 2

1 1 1 2

2 2 a a HK SH HC HK  

Ta có tam giác HKDvuông ở Knên tan ¹ 2 HDK HK

 HD  . Như vậy góc giữa HDvà (SCD)là arctan¹

2

c) Ta thấy Ochính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chop S BHD. Do SH (BHD) nên điểm Ođược xác định như sau:

+) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHD. Dựng trục của tam giác BHD(qua Ivà vuông góc với mặt phẳng(BHD))

+) Lấy Otrên trục sao cho ¹ OD 2HS

Gọi Rlà bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BHD. Khi đó

2

2 2 2

4 SO OD DI  a R

Ta có

3 2

. . . 2. 5 10 10

4 4.1 2 2

4

BHD ABCD

BH HD BD a a a a a

R S S a

   

Vậy ¹¹

4 SOa