Đề thi môn Toán Lớp 11 - Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Lớp 10, 11 THPT năm học 2017-2018 - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi môn Toán Lớp 11 - Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Lớp 10, 11 THPT năm học 2017-2018 - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh (Có đáp án)

1. 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) 3sincosx x a) Giải phương trình 3tan2xx 2cos 2 2 . cos 2x sinxx cos xx2 2017 5 1 5 2017 b) Tính giới hạn Llim . 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. 022 201620161nn b) Cho n là số tự nhiên thỏa mãn CC2017 3 32(21) 2017 C 2017 . Tìm hệ số của số hạng chứa x2016 trong khai triển (2)(xxx n 2 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 MHHN . 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 ()xn xác định như sau: 2 x1 a ; xaxxnnn 1 . 3 2018 với n 1,2, x Tìm a để limn 1 2018. xn Câu 5. (2,5 điểm) Cho các số thực x,,yz thỏa mãn xyz444 21 xyz 222 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x222 y z2 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:
2. ĐÁP ÁN Câu 1. cos 2x 0 a) ĐK cos 2x 0 cosxx sin 0 Khi đó phương trình đã cho trở thành: 3sin2xxx 3 sin cos 3sin2 x 3 cos xx sin 22cos20xx 22cos20 cos 2xxx sin cos cos xxxxxx sin cos sin sin cos 3sin 2xxxx 3 2 cos sin2 2cos22 2 0 3sin 2 x 3 2 1 sin 2 x 2 1 sin 2 x 0 1 2sin2 2xx sin 2 1 0 sin 2 x 1;sin 2 x 2 +) sin 2xx 1 cos 2 0 không thỏa mãn ĐK 22xk xk 1 6 12 +) sin 2x (thỏa mãn ĐK) k 2 7 22xkxk 612 xx2 20175 1 5 2017 2017 5 1 5x 1 b) I = lim lim xx5 1 5 xx 00xx Ta có: limxx5 1 5 0 x 0 5 2017 1 5x 1 2017( 5x ) lim lim xx 00x 432 555 15 x 15xxxx 155 15 1 5.2017 lim 2017 x 0 432 555 15 xxxx 15 155 15 1 Câu 2. (5 điểm) a) Ta xét các trường hợp TH1: 2 học sinh khối 10, 1 học sinh khối 11 21 KN1: 2 nam khối 10, 1 nữ khối 11 có CC21.1 cách 21 KN2: 2 nữ khối 10, 1 nam khối 11 có CC23.3 cách 111 KN3: 1 nữ và 1 nam khối 10, 1 học sinh khối 11 có CCC224 16 cách Vậy TH1 có 20 cách chọn TH2: 2 học sinh khối 11, 1 học sinh khối 10 21 KN1: 2 nam khối 11, 1 nữ khối 10 có CC32.6 cách 111 KN2: 1 nữ và 1 nam khối 11, 1 học sinh khối 10 có CCC31 4 12 cách Vậy TH2 có 18 cách chọn Kết hợp hai trường hợp ta thấy có 38 cách chọn 0 1 2 2 2016 2016 2017 2017 2017 2017 b) Ta có CC2017 3 2017 3 C 2017 3 C 2017 3 C 2017 (1 3) 4 (1) 0 1 2 2 2016 2016 2017 2017 2017 2017 CC2017 3 2017 3 C 2017 3 C 2017 3 C 2017 (1 3) 2 (2) Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên ta có 0 2 2 2016 20161 2017 2017 2016 2017 CC2017 3 342221 2017 C 2017 2 0 2 2 2016 2016nn 1 Từ giả thiết suy ra CC2017 3 2017 3 C 2017 2 (2 1)
3. 2(2nn 1 1)= 222016 2017 1 hay n 2016 (2)(xxxx nnn2 4)(2)3(2)(2)3(2) 2 xxx 2018 xx 2016 2018 2016 2 2 2016 Xét khai triển (2)x , số hạng chứa x là Cx2018 2 2016 2015 1 2015 Xét khai triển (2)x , số hạng chứa x là Cx2016 2 2016 n 2 2 2 2016 1 2016 Số hạng chứa x trong khai triển (2)(xxx 4) là Cx2018 2 - 3Cx2016 2 Do đó hệ số cần tìm là : 46CC21 2018 2016 Câu 3. a) Ta có ACHMACSHACSN , (1) Từ giả thiết ta có H là trung điểm của MN 13a Gọi K là trung điểm của AC, ta có HM BK , 22 a 3 do đó ta có HMHNSH NSMvuông 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 HISAC () 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 SH.HM 3ax 2 3ax HI BP . SM 3a22 4x 3a 22 4x SB SH2222 HB x a BP23 ax sin SB (4x2222 3ax )( a ) 23ax 2 Theo giả thiết ta có 24ax22 4 x 4 3 x 4 7 xa 22 (4xaxa2222 3 )( ) 2 17 241 4173x4224 xa x 0 x 2 a 2 8 17 241 xa 8 Câu 4. Bằng quy nạp ta chứng minh được xn  0 n 2 Vì xaxxnnn 1 3 2018 và a 1 nên xnn 1 xn suy ra (xn ) là dãy số tăng Giả sử dãy ()xn bị chặn trên  1 để lim xn . Khi đó: aa.22 3 2018 ( 1) 3 2018 0 , vô lý vì a 1 Vậy lim xn (1) 2 xn 1 3 2018 Ta có xaxxnnn 1 3 2018 a 2 (2) xnnnxx x Từ (1) và (2) suy ra : lim n 1 a xn
4. 2 Do đó aa 2018 2018 Câu 5. TH1: Nếu có một số bằng 0, giả sử là z , khi đó ta có xy44 1 và Px 22 y x 44 y 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: xc222 osA; yc osB; zc osC; ABC P cccosA+ osB+ osC- 2cos ABC cos cos 1 4sin sin sin 2cos ABC cos cos 222 ABC Ta sẽ chứng minh 4sin sin sin 2cosABC cos cos (1) 222 ABC Ta có (1) 8sin222 sin sin cosA cosBC cos 222 ABC 8sin222 sin sin cosA cosBC cos A BC 222 cotABC .cot .cot tan .tan .tan sinA .sinBC .sin sin ABC .sin .sin 222 A BC A BC tanABC .tan .tan cot .cot .cot tanABC tan tan cot cot cot (2) 222 222 C Bất đẳng thức (2) đúng do tanAB tan 2cot và hai bất đẳng thức tương tự 2 1 Có dấu “=” khi tam giác đều xyz222 . 2 1 suy ra P 1, có “=” khi hai số = 0; một số 1 hoặc xyz222 . 2 Vậy GTNN của P là 1