SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2

ĐỀ KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 11
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).

cos x 2 sin x
2 cos x sin x
2 cos x )(sin x cos x ) 0

3
.
4

a) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số: y
b) Giải phương trình: cos 2x

(1

Câu 2 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC có BC

a,

a, AB

c, AC


Câu 5 (1,0 điểm). Cho dãy số (un ) thỏa mãn:

u1

2019

un

n 1

1

. Tìm công thức số hạng
1
2019n

unn

tổng quát và tính lim un .
Câu 6 (2,0 điểm). Cho hình chóp

AD

2a, AB

BC

CD

là hai điểm thỏa mãn 3MB

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 B ', C ', D '. Tính

AB
AB '

AC
AC '

AD
.
AD '

Câu 8 (1,0 điểm). Cho n số a1, a2, a3,..., an

(1

a1

a2

a3

...

[0;1] . Chứng minh rằng:

an )2

4(a12

Điể
m
1
(2,0 điểm)
a.(1,0 điểm).
cos x 2 sin x 3
Gọi y 0 là một giá trị của hàm số y
. Khi đó phương trình
2 cos x sin x 4
cos x 2 sin x 3
phải có nghiệm.
y0
0,5
2 cos x sin x 4
Ta có phương trình
cos x 2 sin x 3
y0
(y0 2)sin x (1 2y0 )cos x
4y 3 (1)
2 cos x sin x 4
Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi:
2
0,25
(y0 2)2 (1 2y0 )2 (4y0 3)2
11y02 24y0 4 0
yo 2
11
2
0,25
.

1

(1
1)

2 cos x )(sin x

cos x )

0

0

0,5

k .

0,25

0

+) Với cos x

sin x

0

+) Với sin x

cos x

k2 .

0,25

0,25


a
sinA

b
sin B
2 2 2
a sin B
3

Suy ra

900, B

Vậy A
3

c
sin C

b

a sin B; c



3n

0

k, i

n

3n 3

i

n i

C x2
i 0

n
k
n

2k

2n iC ni x i )

C x )(

) (
k 0

2n 2

n(n 1)(n 2)
3
2
26n
8
2n 2
26n
Theo giả thiết ta có: 8C n 2n
6
2n 2 3n 35 0
n 5.
Vậy n 5 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
(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
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
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.
+) 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.
Áp dụng qui tắc nhân có 4.4!.4!=2304 số.
Vậy có 1728+2304=4032 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
(1,0 điểm)


n
i
n

C x )(

(
k 0

5

0,5

300.

n

4

a cos B.

600

B

600, C

a sin C


u

n

Vậy un

1
2019

1
20192
1 n 1
(
)
2019
2018

1

1
2019n

...

1

1 n
(
)
2019


1.1...1.2020

1

1

...

1

2020

n

0,25

2019
1
( Côsi cho n 1 số 1 và số 2020)
n
2019
) 1 . Vậy lim un
1.
Mặt khác lim(1
n
(2,0 điểm)

0,75


2

a 3, a.b
4
c, AM
7

a , a.c
3
a
4

0 . Do đó SD

0, b.c

0,25

0.

1
c.
4

AI , SD

0,25

AM . Vậy SD


c
14

AN .NI
0
AN
NI
ANI
900.
3
1
3
3
9
AM
a
c, MI
a
b
c
+
4
4
4
7
28
AM .MI
0
AM
MI

1
3a 2 7
AN .NI
2
28

15a 2
16

Ta có: AM .AN

a 42
14

0,25

AM .AN
AM .AN

cos MAN

5
4 2

sin MAN

14
8

2


2

AM
»
AM 1

0,25

Thật vậy : Kẻ BE, CF lần lượt song song với B1C 1
Ta có BE / /B1M1 nên

CF / /C1M1 nên
Mặt khác

AC
AC 1

BME

AB
AB1
AF
AM 1
CMF (g

AE
AM1

AM ME

Áp dụng bài toán vào tam giác ANM , ta có:

0,5


AN
AM
AG
AN
AM
2
2
2
AN ' AM '
AG '
AN '
AM '
Áp dụng bài toán vào tam giác ABG, ta có:
AB
AB '
AB
Thay (1), (3) vào (2) ta được:
AB '

8

(1,0 điểm)
Xét tam thức
f (x ) x 2 (1



(a12

a 22

a 32

6.

...

f (1) 1 (1 a1 a2 a 3 ... an ) (a12 a22 a 32
Ta có:
a1(a1 1) a2 (a2 1) a 3 (a 3 1) ... an (an 1).
Mặt khác a1, a2, a3, ...., an

a1(a1
a2 (a2
...
an (an

1)
1)

0
0

1)

0


f (1).f (0)
Mà f (0) a12 a22 a32 ... an 2 0
Do đó phương trình f (x ) 0 có nghiệm trên đoạn [0;1]

(1

0,25

...
...

an )2
2

an )

4(a12
2
1

4(a

0

a22

a 32

2