Đề KSCL đội tuyển học sinh giỏi Khối 11 môn Toán năm học 2018-2019 - Trường THPT Yên Lạc 2 (Có đáp án)

 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 11 
 TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2 MÔN: TOÁN – NĂM HỌC 2018-2019 
 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
 Đề thi gồm: 01 trang 
Câu 1 (2,0 điểm). 
 cosxx 2 sin 3
a) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số: y . 
 2 cosxx sin 4
b) Giải phương trình: cos2x (1 2cos x )(sin x cos x ) 0 
Câu 2 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC có BC a,, AB c AC b . Biết góc BAC 900 và 
 2
a,, b c theo thứ tự tạo thành cấp số nhân. Tính số đo góc BC,. 
 3
 33n
Câu 3 (1,0 điểm). Cho n là một số nguyên dương. Gọi a33n là hệ số của x trong khai triển 
 2 nn
thành đa thức của (xx 1) ( 2) . Tìm n sao cho an33n 26 . 
Câu 4 (1,0 điểm). Cho các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 . Từ 8 chữ số trên lập được bao nhiêu số tự 
nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau sao cho tổng 4 chữ số đầu bằng tổng 4 chữ số cuối. 
 u1 2019
Câu 5 (1,0 điểm). Cho dãy số ()un thỏa mãn: 1 . Tìm công thức số hạng 
 uun 1 n
 nn1 2019n
tổng quát và tính limun . 
Câu 6 (2,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang có 
AD2 a , AB BC CD a , BAD 600 , SA vuông góc với đáy và SA a 3 . M và I 
là hai điểm thỏa mãn 3MB MS 0, 4 IS 3 ID 0 . Mặt phẳng ()AMI cắt SC tại N. 
a) Chứng minh đường thẳng SD vuông góc với mặt phẳng (AMI ). 
b) Chứng minh ANI9000 ; AMI 90 . 
c) Tính diện tích của thiết diện tạo bởi mặt phẳng ()AMI và hình chóp S.. ABCD 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho tứ diện ABCD , gọi G là trọng tâm tam giác BCD,' G là trung điểm của 
AG. Một mặt phẳng () đi qua G ' cắt các cạnh AB,, AC AD lần lượt tại BCD', ', '. Tính 
AB AC AD
 . 
AB''' AC AD
Câu 8 (1,0 điểm). Cho n số a1, a 2 , a 3 ,..., an [0;1]. Chứng minh rằng: 
 2 2 2 2 2
 (1a1 a 2 a 3 ... ann ) 4( a 1 a 2 a 3 ... a ). 
 -------------Hết----------- 
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu. 
 Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
 Họ và tên thí sinh: . .. . . . .; Số báo danh 
 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐÁP ÁN KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 
 TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2 11 
 MÔN: TOÁN – NĂM HỌC 2018-2019 
 Đáp án gồm: 05 trang 
I. LƯU Ý CHUNG: cosxx 2 sin 3
 y .
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải vớ2i cosnhữxxng ý sin cơ bản 4phải có. Khi chấm bài học sinh 
làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. 
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. 
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. 
II. ĐÁP ÁN: 
Câu Nội dung trình bày Điể
 m 
 1 (2,0 điểm) 
 a.(1,0 điểm). 
 Gọi y0 là một giá trị của hàm số Khi đó phương trình 
 cosxx 2 sin 3
 y phải có nghiệm. 
 0 2 cosxx sin 4 0,5 
 Ta có phương trình 
 cosxx 2 sin 3
 y( y 2)sin x (1 2 y )cos x 4 y 3 (1) 
 02 cosxx sin 4 0 0
 Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi: 
 2 0,25 
 (y 2)2 (1 2 y ) 2 (4 y 3) 2 11 y 2 24 y 4 0 y 2 
 0 0 0 0 0 11 o
 2
 Vậy maxyy 2,min . 0,25 
 11
 b.(1,0 điểm) 
 (cos22x sin x ) (1 2 cos x )(sin x cos x ) 0
 Phương trình (cosx sin x )(cos x sin x ) (1 2 cos x )(sin x cos x ) 0 
 (cosx sin x )(sin x cos x 1) 0 0,5 
 cosxx sin 0
 sinxx cos 1 0
 +) Với cosx sin x 0 tan x 1 x k . 0,25 
 4
 +) Với sinx cos x 1 0 2 sin(x ) 1 x k 2 ; x k 2 . 
 42 0,25 
 Vậy phương trình có 3 họ nghiệm. 
 2 (1,0 điểm) 
 2
 Ta có: b2 ac . Do tam giác ABC vuông ta có 0,25 
 3 a b c
 b asin B ; c a sin C a cos B . 
 sinA sinBC sin
 2 0,5 
 Suy ra a2sin 2 B a 2 cos B B 60 0 
 3
 Vậy ABC900 , 60 0 , 30 0 . 0,25 
3 (1,0 điểm) 
 Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có: 
 n n n n
 2n n kk 2 iini kk 2 niii 0,25 
 (x 1)(2)( x Cn x )( C n x 2)( C n x )(2 C n x ) 
 k0 i 0 k 0 i 0
 Số hạng chứa x 33n tương ứng với cặp (,)ki thỏa mãn: 
 2k i 3 n 3
 (k , i ) {( n , n 3);( n 1, n 1)} 0,5 
 0,k i n
 33n n3 n 3 n 1 1 n 1 3 2
 Do đó hệ số của x là a3n 3 C n.2 . C n C n .2 . C n 1 8 C n 2 n 
 n( n 1)( n 2)
 8C3 2 n 2 26 n 8 2 n 2 26 n
 Theo giả thiết ta có: n 
 6 0,25 
 2n2 3 n 35 0 n 5.
 Vậy n 5 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
4 (1,0 điểm) 
 Do 0 1 2 3 4 5 6 7 28, nên để tổng 4 chữ số đầu và tổng 4 chữ số 
 0,25 
 cuối bằng nhau, điều kiện là tổng đó bằng 14. 
 -Ta lập bộ 4 số có tổng là 14 và có chữ số 0 là: 
 (0;1;6;7); (0;2;5;7);(0;3;4;7);(0;3;5;6). Với mỗi bộ có số 0 trên ứng với một bộ còn 0,25 
 lại không có số 0 và có tổng bằng 14. 
 -TH1: Bộ có số 0 đứng trước: Có 4 bộ có chữ số 0, ứng với mỗi bộ có: 
 +) Xếp 4 chữ số đầu có 3.3! cách. 
 0,25 
 +) Xếp 4 chữ số cuối có 4! cách. 
 Áp dụng qui tắc nhân có 4.3.3!.4!=1728 số 
 -TH2: Bộ có số 0 đứng sau: Có 4 bộ có chữ số 0, mỗi bộ có 
 +) Xếp bộ không có chữ số 0 trước có 4! cách. 
 +) Xếp bộ có chữ số 0 sau có 4! cách. 0,25 
 Áp dụng qui tắc nhân có 4.4!.4!=2304 số. 
 Vậy có 1728+2304=4032 số thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
5 (1,0 điểm) 
 11
 Ta có un11 u n u n u n 
 n11 n2019nn n n 2019
 1
 uu21
 2120191
 1 0,25 
 uu32
 Do đó: 3220192 
 ...
 1
 uunn1
 nn1 2019n 1
 0,5 1
 1 ( )n 1
 1 1 1
 Suy ra: uun 1 ... 2019
 n 1 20191 20192 2019n 1 2018
 1
 1 ( )n 1
 n
 Vậy u 2019 2019
 n 2018
 Ta có 
 1
 1 ( )n 1
 n 1 1 ... 1 2020
 1u 2019 2019 nn2020 1.1...1.2020
 n 2018 n
 0,25 
 2019
 1 ( Côsi cho n 1 số 1 và số 2020)
 n
 2019
 Mặt khác lim(1 ) 1. Vậy limu 1.
 n n
6 (2,0 điểm) 
a) 
 0,75 
 Đặt AB a,, AD b AS c . Ta có 
 1 0,25 
 BC ba, ab , 2, ac a 3,. abaac2 ,.0,.0 bc . 
 2
 3 4 3 1
 Ta có: SD bcAI, b cAM, a c. 0,25 
 7 7 4 4
 Suy ra: SD. AI 0, SD . AM 0. Do đó SD AI,. SD AM Vậy SD( AMI ). 0,25 
b) 0,5 
 1 1 1 1 5 1
 Ta có: AN a b c, NI a b c
 2 4 2 2 28 14 0,25 
 AN. NI 0 AN NI ANI 900 .
 3 1 3 3 9
 AM a c, MI a b c
 + 4 4 4 7 28 0,25 
 AM. MI 0 AM MI AMI 900 .
c) 0,75 
 Thiết diện tạo bởi mặt phẳng AMI và hình chóp S. ABCD là tứ giác AMNI . Ta có 0,25 SSSAMNI ANI AMN
 a3 a 6 a 42
 Ta có: AM,, AN NI
 2 2 14
 0,25 
 1 3a2 7
 S AN. NI
 ANI 2 28
 15a2 AM. AN 5 14
 Ta có: AM. AN cosMAN sinMAN
 16 AM. AN 42 8
 1 3a2 7
 S AN. AM .sinMAN 0,25 
 AMN 2 32
 3a2 7 3 a2 7 45 a2 7
 Vậy S .
 AMNI 28 32 224
7 (1,0 điểm) 
 Ta có bài toán : « Cho tam giác ABC, trung tuyến AM . Một đường thẳng d bất kỳ 
 AB AC AM
 cắt AB,, AM AC lần lượt tại BMC1,,. 1 1 Khi đó 2 » 
 AB1 AC 1 AM1
 0,25 
 Thật vậy : Kẻ BE, CF lần lượt song song với BC11
 AB AE AM ME
 Ta có BE// B11 M nên 
 AB1 AM1 AM1
 AC AF AM MF
 CF// C11 M nên 
 AC1 AM1 AM1
 Mặt khác BME CMF() g c g nên ME MF
 AB AC AM ME AM MF AM
 Do đó 2.
 AB1 AC 1 AM1 AM1 AM1
 Gọi MN, lần lượt là trung điểm của CD, BG ; M ', N ' là giao điểm của mặt phẳng 
 () với AM,. AN 
 Áp dụng bài toán vào tam giác ACD , ta có: 0,5 
 AC AD AM
 2 (1)
 AC''' AD AM
 Áp dụng bài toán vào tam giác ANM , ta có: AN AM AG AN AM AG
 2 2 2 4 (2)
 AN'''''' AM AG AN AM AG
 Áp dụng bài toán vào tam giác ABG, ta có: 
 AB AG AN
 2 (3)
 AB''' AG AN
 AB AC AD AG
 Thay (1), (3) vào (2) ta được: 3 6. 0,25 
 AB'''' AC AD AG
8 (1,0 điểm) 
 Xét tam thức 
 2 2 2 2 2
 fxx( ) (1 aaa1 2 3 ... axaaann ) ( 1 2 3 ... a )
 0,25 
 f(1) 1 (1 a a a... a ) ( a2 a 2 a 2 ... a 2 )
 Ta có: 1 2 3 nn1 2 3
 a1( a 1 1) a2 ( a 2 1) a3 ( a 3 1) ...ann ( a 1).
 Mặt khác a1, a 2 , a 3 , ...., an [0;1] nên: 
 aa11( 1) 0
 aa( 1) 0
 22 f(1) 0 0,25 
 ...
 aann( 1) 0
 Mà f(0) a2 a 2 a 2 ... a2 0 f (1). f (0) 0
 1 2 3 n 0,25 
 Do đó phương trình fx( ) 0 có nghiệm trên đoạn [0;1]
 (1 a a a... a )2 4( a 2 a 2 a 2 ... a 2 ) 0
 Suy ra 1 2 3 nn1 2 3 0,25 
 2 2 2 2 2
 (1 a1 a 2 a 3 ... ann ) 4( a1 a 2 a 3 ... a )