Với Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 11 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh được chia sẻ dưới đây, các bạn học sinh được ôn tập, củng cố lại kiến thức đã học, rèn luyện và nâng cao kỹ năng giải bài tập để chuẩn bị cho kì thi HSG sắp tới đạt được kết quả mong muốn. Mời các bạn tham khảo đề thi!
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 11 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh
- Câu 1. Xét phương trình:
( s inx − cosx )( sin 2 x − 3) − sin 2 x − cos2 x + 1 = 0 (1)
2sin x − 2
π
x ≠ + k 2π
2 4
ĐK sin x ≠ ⇔ (k , l ∈ Z )
2 x ≠ 3π + l 2π
4
Khi đó phương trình (1) ⇔ ( s inx − cosx )( sin 2 x − 3) − sin 2 x − cos2 x + 1 = 0
⇔ ( s inx − cosx )( sin 2 x − 3) − 2sin x.cosx + 2sin 2 x = 0
⇔ ( s inx − cosx )( sin 2 x − 3) + 2sin x(s inx − cosx) = 0
s inx − cosx = 0 (2)
⇔ ( s inx − cosx )( sin 2 x + 2sin x − 3 ) = 0 ⇔
sin 2 x + 2 sin x − 3 = 0 (3)
π π 5π
PT (2) ⇔ sin( x − ) = 0 ⇔ x = + kπ , đối chiếu điều kiện ta có x = + k 2π (k ∈ ℤ) .
4 4 4
sin2x =1
PT (3) ⇔ sin2x +2sin x = 3 ⇔ (vn)
sin x = 1
5π
Vậy x = + k 2π (k ∈ ℤ) .
4
5π 5
x ∈ (−2018π ; 2019π ) ⇔ −2018π < + k 2π < 2019π ⇔ −2018 < + 2k < 2019
4 4
Do k ∈ ℤ nên k ∈ { − 1009, − 1008,....,1008} suy ra có 2018 nghiệm.
Câu 1b. Tính lim ( x + 2 x + 1 − 4 x + 2 x + 3 + mx )
x →−∞
3 3 2 2
Nếu m = −3 thì lim ( x + 2 x + 1 − 4 x + 2 x + 3 + mx )
3 3 2 2
x →−∞
= lim ( ( x + 2 x + 1 − x) − ( 4 x + 2 x + 3 + 2 x) )
3 3 2 2
x →−∞
Ta có lim ( x + 2 x + 1 − x ) = lim
2x + 1 2
2
3 3 2
=
x →−∞
( x + 2 x + 1) + x ( x + 2 x + 1)
x →−∞ 3 3 2 2 3 3 2 2
+ x2 3
lim
x →−∞
( 4 x 2 + 2 x + 3 + 2 x = lim )4 x2 + 2 x + 3 − 2 x
x →−∞
2x + 3
=
−1
2
Suy ra lim
x →−∞
( 3
x 3 + 2 x 2 + 1 − 4 x 2 + 2 x + 3 + mx =
7
6
)
Nếu m < −3 thì lim
x →−∞
( 3
x 3 + 2 x 2 + 1 − 4 x 2 + 2 x + 3 + mx )
(
= lim ( 3 x3 + 2 x 2 + 1 − x) − ( 4 x 2 + 2 x + 3 + 2 x) + (m + 3) x = +∞
x →−∞
)
Nếu m > −3 thì lim
x →−∞
( 3
x 3 + 2 x 2 + 1 − 4 x 2 + 2 x + 3 + mx )
(
= lim ( 3 x3 + 2 x 2 + 1 − x) − ( 4 x 2 + 2 x + 3 + 2 x) + (m + 3) x = −∞
x →−∞
)
Cn2 − Cn1 Cn3 − Cn1
Câu 2a. Theo giả thiết ta có Cn2 = Cn1 + 4d ; Cn3 = Cn1 + 14d =
4 14
⇔ 7(Cn2 − Cn1 ) = 2(Cn3 − Cn1 ) ⇔ 2Cn3 − 7Cn2 + 5Cn1 = 0
1
- n = 11
n(n − 1)(n − 2) n(n − 1)
2 −7 + 5n = 0 ⇔ 2n − 27 n + 55 = 0 ⇔
2
6 2 n = 5 ( L)
2
Với n = 11 , thử lại thỏa mãn cấp số cộng
Ta cần chứng minh ( C23 ) + ( C232 ) + ( C234 ) + .... + ( C2322 ) = 12 C4623
0 2 2 2 2
Ta sẽ chứng minh bài toán tổng quát ( Cn0 ) + ( Cn2 ) + ( Cn4 ) + .... + ( Cnn −1 ) = C2nn với n lẻ
2 2 2 2 1
2
Xét khai triển (1 + x) = (1 + x) ( x + 1) = ( Cn + Cn x + ... + Cn x )( Cn x + Cn x + ... + Cnn )
2n n n 0 1 n n 0 n 1 n −1
Đồng nhất hệ số của x n của đẳng thức trên ta có
(C ) + (C ) + (C ) + (C )
0 2 1 2 2 2 3 2
.... + ( Cnn ) = C2nn
2
n n n n (1)
n −1 n +1
Do n lẻ và Cn0 = Cnn ; Cn1 = Cnn −1 ;...Cn 2 = Cn 2 ;
nên (C ) + (C ) + (C ) + (C )
0 2
n
1 2
n
2 2
n
3 2
n
2
(
.... + ( Cnn ) = 2 ( Cn0 ) + ( Cn2 ) + ( Cn4 ) + .... + ( Cnn −1 )
2 2 2 2
)
Thay vào (1) ta có ( Cn0 ) + ( Cn2 ) + ( Cn4 ) + .... + ( Cnn −1 ) = C2nn (đpcm
2 2 2 2 1
2
A
Câu 2b Kiến muốn đi đến B thì bắt buộc phải
đi qua D
Gọi m là số cách đi từ A đến D
Gọi n là số cách đi từ D đến B
Gọi k là số cách đi từ D đến B mà không đi D C E
qua C
I
G F
H
K B
Ta có số cách đi từ A đến B là mn ; số cách đi từ A đến B mà không đi qua C là mk .
mk k
Ta có xác suất mà kiến đi được đến B là p = =
mn n
Các cách đi từ D đến B mà có đi qua C là: DCEFB; DCIFB; DCIKB; suy ra số cách đi từ D đến B có
mà không đi qua C là 3.
Vì tính đối xứng của lưới ô vuông 2x2 nên số cách đi từ D đến B mà không qua C là 3.
k 1
Suy ra k = 3, n = 6 . Do đó p = =
n 2
Câu 3a Vì SA = SC nên SO ⊥ AC S
Vì SB = SD nên SO ⊥ BD
Do đó SO ⊥ ( ABCD)
Trong tam giác SAC kẻ P
MH ⊥ AC ( H ∈ AC ) MH SO M
MH ⊥ ( ABCD)
C
Theo giả thiết thì MNH = 600 D
I
H N
O
A
K B
2
- 3 a
Ta có: HQ = a; QN = A D
4 2
2 2
H O
3a a 13a
2
NH = HQ + QN = + =
2 2 2
4 2 16
B C
Q N
a 13
Suy ra NH =
4
a 39 a 39
Do đó MH = NH tan 600 = , suy ra SO = 2 MH =
4 2
1 1 39a 2 a 43
Ta có S ∆SMB = S ∆SAB = SK . AB ; SK = SO 2 + KO 2 = + a2 =
2 4 4 2
1 a 2 43
Suy ra S ∆SMB = SK . AB =
4 8
Câu 3b Gọi P là trung điểm của SD, ta có tứ giác MPCN là hình bình hành suy ra MN//CP
Gọi α là góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (SBD), ta thấy α bằng góc giữa đường thẳng CP và mặt
phẳng (SBD)
Kẻ CI ⊥ BD CI ⊥ ( SBD) α = CPI
Tam giác BCD vuông tại C có CI là đường cao, suy ra
1 1 1 1 1 5 2a
2
= 2
+ 2
= 2 + 2 = 2 CI =
CI CB CD 4a a 4a 5
a 13
Ta có CP = MN = 2 NH =
2
CI 4
sin α = =
CP 65
u1 = 1
Câu 4a Xét dãy: 2un .
u = , n ≥1
n +1 5un + 1 + 1
Bằng quy nạp ta chứng minh được un > 0 ∀n
Ta có un +1 =
2un
=
2 ( )
5un + 1 − 1
5un + 1 + 1 5
4
⇔ 5un +1 + 2 = 2 5un + 1 ⇔ 25un2+1 + 20un +1 + 4 = 20un + 4 ⇔ un2+1 = (un − un +1 )
5
4 9 4
S n = u12 + u22 + u32 + .... + un2 = u12 + (u1 − un ) = − un (1)
5 5 5
Ta sẽ chứng minh (un ) là dãy giảm.
2( 6 − 1)
Thật vậy có u2 = < u1 , giả sử uk > uk +1 , thay vào công thức xác định dãy ta thấy uk +1 > uk + 2 .
5
Vậy (un ) là dãy giảm, mà un > 0 ∀n suy ra tồn tại giới hạn lim un = l (l ≥ 0)
Từ đẳng thức un +1 =
2 ( 5un + 1 − 1 ) l = 2( 5l + 1 − 1) ⇔ 5l + 2 = 2 5l + 1
5 5
9
⇔ 25l 2 + 20l + 4 = 20l + 4 ⇔ l = 0 . Thay vào (1) ta có lim S n =
5
3
- Câu 4b P = sin A + sin B + 4 12 sin C
A− B
( ) C C
2
Ta có sin A + sin B ≤ 2(sin A + sin B ) = 4 cos cos ≤ 4 cos
2 2 2
C
sin A + sin B ≤ 2 cos
2
C 3 C 3
P ≤ 2 cos + 24 sin C ≤ 2 2 cos + sin C
2 4 2 2
2
C 3 C 3 3 3
Ta lại có cos + sin C ≤ 2 cos 2 + sin 2 C = 1 + cos C + - cos 2C
2 2 2 4 2 2
2
8 3 1 8 C 3 2
= - cos C − ≤ suy ra cos + sin C ≤ 2
3 2 3 3 2 2 3
6 2
Do đó P ≤ 2 4 = 44
3 3
A = B
1
C 3 C = arccos
có “ = ” khi cos = sin C ⇔ 3
2 2 A = B
1
cos C = 3
4
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
