Đề thi chọn HSG tỉnh Toán 11 năm học 2017 – 2018 sở GD và ĐT Hà Tĩnh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HÀ TĨNH
LỚP 10,11 THPT NĂM HỌC 2017-2018
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi: TOÁN LỚP 11
( Đề thi có 01 trang, gồm 5 câu)
Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1. (5 điểm) 3 sin x  cos x
a) Giải phương trình 3tan2x  2cos 2x   2 . cos 2x sin x  cos x
 2x  2017 5 15x 2017
b) Tính giới hạn L  lim . x0 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 0 2 2 2016 2016 n n 1 C 3 C .... 3 C 2 (2      1) . Tìm hệ 2017 2017 2017
số của số hạng chứa 2016 x trong khai triển n 2
(x  2) (x  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 3 a) Khi x 
, chứng minh đường thẳng SN vuông góc với mặt phẳng (SAC). 2
b) Tìm x theo a để góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SAC) bằng 450.
Câu 4. (2,5 điểm)
Cho a  1 và dãy số (x ) xác định như sau: n x  a ; 2 x  .
a x  3x  2018 với n 1,2,... 1 n 1  n n x Tìm a để n 1 lim   2018 . xn
Câu 5. (2,5 điểm)
Cho các số thực x, y, z thỏa mãn 4 4 4 2 2 2
x  y  z  2x y z  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2
P  x  y  z  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. cos 2x  0 a) ĐK   cos 2x  0
cos x  sin x  0
Khi đó phương trình đã cho trở thành: 3sin 2x  3 sin x  cos x 3sin 2x  3 cos x  sin  x 2  2cos 2x  0  x x x  x
 x  x x  x  2  2cos 2  0 cos 2 sin cos cos sin cos sin sin x  cos x
3sin 2x  3  2cos x  sin x2 2
 2cos 2x  0  3sin 2x  3 21sin 2x  2 2 1 sin 2x  0 1 2  2
 sin 2x  sin 2x 1  0  sin 2x 1;sin 2x   2
+) sin 2x  1 cos 2x  0 không thỏa mãn ĐK     2x    k2 x    k 1  
+) sin 2x   (thỏa mãn ĐK) 6 12    
k  2   7 2x  k2     x   k  6  12
 2x 2017 5 15x 2017  2017 1 5x 1  5 5  b) I = lim
 lim x 1 5x   x0 x0 x  x    Ta có: 5
lim x 1 5x  0 x0
2017 5 15x   1 2017( 5  ) x lim  lim x 0  x 0 x
  15x4  15x3  15x2 5 5 5 5
 15x  1x 5.2017  lim  2017
x0  15x4  15x3  15x2 5 5 5 5
 1 5x  1 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 2 1
C .C  1 cách 2 1
KN2: 2 nữ khối 10, 1 nam khối 11 có 2 1
C .C  3 cách 2 3
KN3: 1 nữ và 1 nam khối 10, 1 học sinh khối 11 có 1 1 1
C .C .C  16 cách 2 2 4 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 2 1
C .C  6 cách 3 2
KN2: 1 nữ và 1 nam khối 11, 1 học sinh khối 10 có 1 1 1
C .C .C  12 cách 3 1 4 Vậy TH2 có 18 cách chọn
Kết hợp hai trường hợp ta thấy có 38 cách chọn b) Ta có 0 1 2 2 2016 2016 2017 2017 2017 2017 C  3C  3 C  .... 3 C  3 C  (1 3)  4 (1) 2017 2017 2017 2017 2017 0 1 2 2 2016 2016 2017 2017 2017 2017 C  3C  3 C  .... 3 C  3 C  (1 3)  2 (2) 2017 2017 2017 2017 2017
Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên ta có 1 0 2 2 2016 2016 C  3 C .... 3 C   2017 2017 4  2  2016  2  2017 2 1 2017 2017 2017  2 Từ giả thiết suy ra 0 2 2 2016 2016 n n 1 C 3 C .... 3 C 2 (2      1) 2017 2017 2017 n n 1 2 (2  1) = 2016  2017 2 2   1 hay n  2016 n 2 n2 n 2018 2016
(x  2) (x  x  4)  (x  2)
 3x(x  2)  (x  2)  3x(x  2) Xét khai triển 2018 (x  2) , số hạng chứa 2016 x là 2 2 2016 C 2 x 2018 Xét khai triển 2016 (x  2) , số hạng chứa 2015 x là 1 2015 C 2x 2016 Số hạng chứa 2016 x trong khai triển n 2
(x  2) (x  x  4) là 2 2 2016 C 2 x - 3 1 2016 C 2x 2018 2016
Do đó hệ số cần tìm là : 2 1 4C  6C 2018 2016 Câu 3.
a) Ta có AC  HM , AC  SH  AC  SN (1)
Từ giả thiết ta có H là trung điểm của MN 1 a 3
Gọi K là trung điểm của AC, ta có HM  BK  , 2 2 a 3
do đó ta có HM  HN  SH 
 NSM vuông tại S 2
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)
Gọi  là góc giữa SB và (SAC), ta có   BS  P .
Tam giác SHM vuông tại H và HI là đường cao nên SH.HM 3ax 2 3ax HI    BP  . 2 2 2 2 SM 3a  4x 3a  4x 2 2 2 2
SB  SH  HB  x  a BP 2 3ax sin   2 2 2 2 SB
(4x  3a )(x  a ) 2 3ax 2 Theo giả thiết ta có 2 2 4 4 2 2 
 24a x  4x  3x  7x a 2 2 2 2
(4x  3a )(x  a ) 2 17  241 4 2 2 4 2 2
4x 17x a  3x  0  x  a 8 17  241  x  a 8 Câu 4.
Bằng quy nạp ta chứng minh được x  0 n  n Vì 2 x
 ax  3x  2018 và a  1 nên x  x n
 suy ra (x ) là dãy số tăng n 1  n n n 1  n n
Giả sử dãy (x ) bị chặn trên  
  1 để lim x   . Khi đó: n n 2 2   .
a   3  2018  (a 1)  3  2018  0 , vô lý vì a  1
Vậy lim x   (1) n x 3 2018 Ta có 2 1 x
 ax  3x  2018 n   a   (2) n 1  n n 2 x x x n n n x Từ (1) và (2) suy ra : 1 lim n  a xn Do đó 2
a  2018  a  2018 Câu 5.
TH1: Nếu có một số bằng 0, giả sử là z , khi đó ta có 4 4 x  y  1 và 2 2 4 4
P  x  y  x  y  1, có “=” khi một số = 0; một số  1  .
TH2: Nếu các số đều khác không.
Từ giả thiết suy ra tồn tại A
 BC nhọn sao cho: 2 2 2 x  osA c ; y  osB c ; z  osC c ; A B C P  osA c + os c B+ os
c C- 2cos Acos B cosC  1 4sin sin sin
 2cos Acos BcosC 2 2 2 A B C Ta sẽ chứng minh 4sin sin sin
 2cos Acos B cosC (1) 2 2 2 A B C Ta có 2 2 2 (1)  8sin sin sin
 cos Acos B cosC 2 2 2 2 A 2 B 2 C 8sin sin sin cos Acos B cos 2 2 2 C   A B C  cot . A cot .
B cot C  tan .tan .tan sin . A sin . B sin C sin . A sin . B sin C 2 2 2 A B C  A B C tan . A tan .
B tan C  cot .cot .cot
 tan A  tan B  tan C  cot  cot  cot (2) 2 2 2 2 2 2 C
Bất đẳng thức (2) đúng do tan A  tan B  2cot
và hai bất đẳng thức tương tự 2 1
Có dấu “=” khi tam giác đều 2 2 2
 x  y  z  . 2 1
suy ra P 1, có “=” khi hai số = 0; một số  1  hoặc 2 2 2
x  y  z  . 2
Vậy GTNN của P là 1