de thi hsg toan 11 nam 2019 2020 truong nguyen quan nho thanh hoa

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT
NĂM HỌC 2019-2020
MÔN: TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT NGUYỄN QUÁN NHO
Tháng 2
U

Câu 1( 4,0 điểm)
1) . Cho hàm số y = x 2 − 4 x + 3 có đồ thị là (P 1 ) và hàm số y = x 2 + 2 x + 3 có đồ thị là (P 2 ). Giả sử
đường thẳng (d): y = m cắt (P 1 ) tại hai điểm phân biệt A, B và cắt (P 2 ) tại hai điểm C, D. Tìm m để
AB = 2CD .
U

U

R

R

2) Giải bất phương trình

R

R

R

R

1 + 2 x − 2 x 2 + 3x + 1
1 − 2 x2 − x + 1

R

R

> 1.

Câu 2( 4,0 điểm)
U

U

x
0.
1) Giải phương trình 4cos3 x cos x − 2cos 4 x − 4cos x + tan tan x + 2 =
2

 9 y 2 + ( 2 y + 3)( y − x ) + 4 xy =
7x

2) Giải hệ phương trình. 
 7 x 2 + 25 y + 19 − x 2 − 2 x − 35= 7 y + 2
Câu 3( 4,0 điểm) 1) Cho các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng
U

U

1 + x2
1 + 4 1 + y 3 + 3z 2

2) Cho dãy số ( un )

+

1 + y2
1 + 4 1 + z 3 + 3x 2

+

1 + z2

3
≥ .
1 + 4 1 + x3 + 3 y 2 5

2

u1 =

3

,

un−1
xác định như sau 
un =

2 ( 2n − 1) un−1 + 1


∀n ≥ 2.

Tính tổng của 2019 số

hạng đầu tiên của dãy số ( un ) .
Câu 4( 4,0 điểm)
1) Xung quanh bờ ao của gia đình bác Nam trồng 20 cây chuối. Do không còn phù hợp bác muốn thay
thế để trồng bưởi, lần đầu bác chặt ngẫu nhiên 4 cây. Tính xác suất để trong 4 cây bác Nam chặt không
có hai cây nào gần nhau.
2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn và nội tiếp đường tròn
tâm I. Gọi K là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng AC, H là hình chiếu vuông góc của C trên
đường thẳng BI. Các đường thẳng AC và KH lần lượt có phương trình là x  y  1  0 và
x  2y  1  0 . Biết điểm B thuộc đường thẳng y  5  0 và điểm I thuộc đường thẳng x  1  0 .
Tìm tọa độ điểm C.
Câu 5( 4,0 điểm)
U

U

U

U

1. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB  3a và AD  a 3 . Cạnh bên

SA  2a và SA vuông góc với mặt đáy ABCD  . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của





đỉnh A lên các cạnh SB và SD . Tính góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng AHK .
2. Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA,OB,OC đôi một vuông góc với nhau tại O. Gọi H là hình

chiếu vuông góc của O lên mặt phẳng ABC  và P là điểm bất kỳ trong tam giác ABC . Chứng minh

PA2 PB 2 PC 2
PH 2
rằng


2
.
OA2 OB 2 OC 2
OH 2
....................... HẾT .......................
1


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
Tháng 2

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT
NĂM HỌC 2019-2020
MÔN: TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút)

U

ĐÁP ÁN ĐỀ CHỌN HSG 2019 - 2020

Câu
1a

Đáp án
Xét 2 phương trình: x − 4 x + 3 − m =
0 (1) và x 2 + 2 x + 3 − m =
0 (2)

Điểm

2

∆ = m + 1 > 0
ĐK:  1
⇒m>2
∆ 2 = m − 2 > 0
AB =

2CD ⇔ AB 2 = 2CD 2 ⇔ ( x1 − x2 ) 2 = 2( x3 − x4 ) 2

⇔ ( x1 + x2 ) 2 − 4 x1 x2 = 2[( x3 + x4 ) 2 − 4 x3 x4 ] ⇔ 16 - 4(3 - m)=2[4 - 4(3 - m)] ⇒ m = 5

1b
(2 điểm)

ĐS: m = 5.

+ Điều kiện x ≥ 0

2.0
2

1 3

1 2  x −  + ≥ 3 > 1 nên 1 − 2 x 2 − x + 1 < 0
+ Ta có 2 x − x +=
2 4

2

Do đó bất phương trình ⇔ 1 + 2 x − 2 x 2 + 3 x + 1 < 1 − 2 x 2 − x + 1

⇔ x + x 2 − x + 1 < x 2 + 3x + 1
+ Nếu x = 0 thì bất phương trình trở thành 1 < 1 (vô lý)
1
1
+ Nếu x > 0 thì bất phương trình ⇔ 1 + x + − 1 < x + + 3
x
x
1
t với t ≥ 2 , bất phương trình trở thành 1 + t − 1 < t + 3
+ Đặt x + =
x
13
⇔ 2 t −1 < 3 ⇔ t <
4
1 13

13 − 105
13 + 105
13
⇔ 4 x 2 − 12 x + 4 < 0 ⇔
+ Với t <
thì x + <
4
x 4
8
8
13 − 105
13 + 105
+ Vậy bất phương trình có nghiệm là
8
8
2a
x

(2 điểm) + Với điều kiện cos 2 ≠ 0 ⇔ cos x ≠ −1 phương trình tương đương với
 cos x ≠ 0
 cos x ≠ 0
x
sin sin x
2
4 cos 3 x cos x − 2 cos 4 x − 4 cos x +
+2=
0
x

cos cos x
2
x
x
sin sin x + cos cos x
2
2
⇔ 2 ( cos 2 x + cos 4 x ) − 2 cos 4 x − 4 cos x +
+1 =
0
x
cos cos x
2

0.5

0,5

0.5

0.5

0.5

0,5
2


1
0

+1 =
0 ⇔ 2 cos 2 x cos x − 4 cos 2 x + cos x + 1 =
cos x
⇔ 2 cos 2 x cos x + cos x − 4 cos 2 x − 1 =
0
⇔ 2 cos 2 x − 4 cos x +

)

(

⇔ 2 cos 2 x cos x + cos x − ( 2 cos 2 x + 1) =
0

0.5

π
1


x=
± + kπ
cos 2 x = −


0⇔
⇔ ( 2 cos 2 x + 1)( cos x − 1) =
3
2 ⇔



cos x = 1
 x = k 2π
π

x=
± + kπ

+ So sánh với điều kiện ta được
(k ∈ )
3

 x = k 2π
2b
(2 điểm)

9 y + ( 2 y + 3)( y − x ) ≥ 0
 2
7 x + 25 y + 19 ≥ 0
 xy ≥ 0; y ≥ −2; x ≤ −5 ∨ x ≥ 7

Từ PT đầu của hệ và kết hợp với điều kiện xác định suy ra x ≥ 7, y ≥ 0 .

0.5

2

Do đó (1) ⇔ 9 y 2 + ( 2 y + 3)( y − x ) − 3 x + 4 xy − 4 x =
0
⇔

9 y 2 + ( 2 y + 3)( y − x ) − 9 x 2
9 y 2 + ( 2 y + 3)( y − x ) + 3 x

+

(

4 xy − x 2
xy + x

)=
0


9( x + y) + 2y + 3
4 x 
0
⇔ ( y − x) 
+
=
 9 y 2 + ( 2 y + 3)( y − x ) + 3 x
xy + x 


⇔x=
y
+ Thế vào (2), ta được:

7 x 2 + 25 x + 19 =

⇔ 3 x 2 − 11x − 22= 7

(

)

( x + 2 )( x + 5)( x − 7 )

⇔ 3 x 2 − 5 x − 14 + 4 ( x + 5=
) 7
Đặt a =

x 2 − 5 x − 14 ;b =

x 2 − 2 x − 35 + 7 x + 2

( x + 5) ( x 2 − 5 x − 14 )

x + 5 ( a ≥ 0, b > 0 ) . Khi đó phương trình trở thành

3a + 4b = 7 ab ⇔ a = b ∨ 3a = 4b
Với a = b ⇒ x = 3 + 2 7 (thỏa mãn) và x= 3 − 2 7 (loại)
2

2

61 − 11137
61 + 11137
(thỏa mãn) và x =

(loại)
18
18
Kết luận: Hệ có 2 nghiệm của hệ là:
 61 + 11137 61 + 11137 
3 + 2 7;3 + 2 7 và 
;

18
18



Với 3a = 4b ⇒ x =

(

)

0.5

3


3.a
(2 điểm) + Đặt P =

1 + x2
1 + 4 1 + y 3 + 3z 2

+

1 + y2
1 + 4 1 + z 3 + 3x 2

+

1 + z2
1 + 4 1 + x3 + 3 y 2

và 1 + x 2 = a, 1 + y 2 = b, 1 + z 2 = c với a, b, c > 1
+ Ta có 1 + y 3 =

(1 + y ) (1 − y + y 2 )

2 + y2
2 + y2
⇔ 1 + y3 ≤
2
2
2
2
a
1+ x
1+ x
≥
=
+ Suy ra
(1)
2

2
3
2
2 (1 + y ) + 3 (1 + z ) 2b + 3c
1 + 4 1 + y + 3z
+ Hoàn toàn tương tự ta cũng có
b
1 + y2
1 + y2
≥
=
( 2)
2
2
3
2
2 (1 + z ) + 3 (1 + x ) 2c + 3a
1 + 4 1 + z + 3x
+ Theo cô-si

(1 + y ) (1 − y + y 2 ) ≤

0.5

1 + z2

c
1 + z2
≥
=

( 3)
2
2
3
2
2 (1 + x ) + 3 (1 + y ) 2a + 3b
1 + 4 1 + x + 3y
+ Cộng các bất đẳng thức (1) , ( 2 ) , ( 3) theo vế ta được
a
b
c
+
+
2b + 3c 2c + 3a 2a + 3b
a2
b2
c2
⇔P≥
+
+
2ab + 3ca 2bc + 3ab 2ca + 3bc
P≥

0,5

(a + b + c)
⇒P≥
5 ( ab + bc + ca )
3 ( ab + bc + ca ) 3
⇒P≥

= ⇒ đpcm
5 ( ab + bc + ca ) 5

0.5

+ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x= y= z= 2

0.5

2

3.b
(2 điểm)

2

u1 =

3

,

un−1
Cho dãy số ( un ) xác định như sau 
un =
2 ( 2n − 1) un−1 + 1

của 2019 số hạng đầu tiên của dãy số ( un ) .

∀n ≥ 2.

Tính tổng

2 ( 2n − 1) un−1 + 1
1
1
1
2
2
=
=
+ 4n − =
+ 2  n 2 − ( n − 1) 


un
un−1
un−1
un−1
1
1
1
2
2
⇒
− 2n 2 =
+ 2  n 2 − ( n − 1)  − 2n 2 =
− 2 ( n − 1)



un
un−1
un−1
1
1
1
2
2
Tương tự ta sẽ có
− 2 ( n − 1) =
− 2 ( n − 2 ) =.... = − 2
un−1
un − 2
u1

Ta có

Suy ra

1
1
3
1
1
4n 2 − 1
− 2n 2 = − 2 = − 2 =− ⇒
=
2
2
2

un
u1
un

0,5

4


⇒

⇒ u=
n

1
1
=
−
( 2n − 1)( 2n + 1) 2n − 1 2n + 1

2019

2019

ui
∑=

2

 1



1 


∑  2i − 1 − 2i + 1 

=i 1 =i 1

.
1 
1
4038
 1 1 1 1 1
 1
1
=
−
=
1 −  +  −  +  −  + ... + 
 =−
4039 4039
 3 3 5 5 7 
 4037 4039 

4.a
+ n(Ω) = C 204 = 4845
(2 điểm) Trường hợp 1: Cả 4 cây được chặt ở gần nhau có 20 cách
+ Trường hợp 2: Trong 4 được chặt có đúng 3 cây gần nhau
- Chặt 3 cây gần nhau có 20 cách

- Mỗi 3 cây gần nhau có 15 cây không gần 3 cây đó. Vậy trường hợp này có:
20 X 15 = 300 cách
Trường hợp 3: Trong 4 cây được chặt có đúng 2 cây gần nhau:
- Chặt đúng 2 cây ở gần nhau có 20 cách
- Với mỗi 2 cây gần nhau có 16 cây không ở gần hai cây này. Trong 16 cây lại có 15
cặp cây gần nhau. Chọn hai cây không gần nhau trong 16 cây có: C162 − 15 = 105
Vậy trường hợp này có: 20.105 = 2100 cách
+ Trường hợp 4: Trong 4 cây được chặt có đúng hai cặp cây gần nhau
- Chọn một cặp cây gần nhau có 20 cách
- Mỗi cách chọn một cặp cây gần nhau lại có 15 cặp cây gần nhau được chọn từ 16
20.15
cây. Vậy trường hợp này có
= 150 cách
2
Vậy n( A) = 4845 − (20 + 300 + 2100 + 150) = 2275
2275 455
Suy ra: P( A) =
=
4845 969

0.5

0,5

0.5

0.5

Bài 4 b (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn và nội tiếp
đường tròn tâm I. Gọi K là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng AC, H là hình chiếu vuông góc

của C trên đường thẳng BI. Các đường thẳng AC và KH lần lượt có phương trình là x  y  1  0 và
x  2y  1  0 . Biết điểm B thuộc đường thẳng y  5  0 và điểm I thuộc đường thẳng x  1  0 . Tìm
tọa độ điểm C.
Hướng dẫn.
K là giao điểm của HK và AC nên có tọa độ là K(-3; 2). Đường thẳng BK vuông góc với AC nên có
phương trình: x - y + 5 = 0. Vì B thuộc đường thẳng y - 5 = 0 nên tọa độ B(0; 5).
 3 7
Gọi E  ;  là trung điểm của BK, M là trung điểm BC thì EM // AC nên phương trình EM là: x + y - 2
 2 2 
= 0. Suy ra tọa độ của M là: M m;2  m  . Do MH = MK nên tam giác HMK cân tại M, có MD là trung

5


x  m  t
tuyến cũng là trung trực, nên phương trình đường thẳng MD có dạng: 
, thay vào phương
y  2  m  2t

trình của HK ta có:
 6m  3 4  3m 
m 3
.
;
m  t  2 2  m  2t   1  0  t 
, suy ra tọa độ của D là: D 
5 
5
 5
A

N

H
D

I

K
E
B

C

M


12m  9 2  6m 
 . Suy ra tọa độ véc tơ BH là:
;
Từ tọa độ của D và K suy ra tọa độ của H 

5
5

 12m  9 27  6m 


 . Mặt khác gọi I 1; n , ta có BI  1; n  5 cùng hướng với BH nên
BH  

;





5
5



n  512m  9  27  6m  n  54m  3  9  2m  n 

22m  24
(1).
4m  3

 
Ngoài ra BM .IM  0 nên ta có: m m  1  m  32  m  n   0

 2m 2  2m  6  n m  3  0 (2). Thế (1) vào (2) ta được:

11m  12
m  3  0  m 2  m  3 4m  3  11m  12m  3  0

4m  3
3
 4m 3  18m 2  36m  27  0  2m  32m 2  6m  9  0  m   .
2
 3 7 

 3 7 
Khi đó tọa độ M  ;   E  ;   C 3;2  K 3;2 nên tam giác ABC vuông tại C.
 2 2 
 2 2 
Câu 5.
m2  m  3 





1. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB  3a và AD  a 3 . Cạnh





bên SA  2a và SA vuông góc với mặt đáy ABCD . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu
vuông góc của đỉnh A lên các cạnh SB và SD . Tính góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng

2,0

AHK .

BC  SA
Ta có AH  SB , mà 
 BC  SAB   BC  AH
BC  BA
Suy ra: AH  SBC   AH  SC 1

0,50

4

6


Tương tự: AK  SC

2

0,50

Gọi I  SC  AHK  , từ 1 và 2 suy ra: SC  AHIK 
S
I

H

K

D

A

B

C

  

Do đó: AC , AHK   CAI
 ASC





0,25

Ta có: AC  AB 2  AD 2  2a 3
  600
  AC  3  ASC
Mà: tan ASC
AS

KL: AC , AHK   600.



0,25
0,25



0,25

2. Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA,OB,OC đôi một vuông góc với nhau tại O. Gọi H là

hình chiếu vuông góc của O lên mặt phẳng ABC  và P là điểm bất kỳ trong tam giác

PA2 PB 2 PC 2
PH 2



2

.
ABC . Chứng minh rằng
OA2 OB 2 OC 2
OH 2
A

2,0

H

.P
O

C

B




Ta có: OP  xOA  yOB  zOC

1

Do điểm P nằm trong tam giác ABC nên x  y  z  1.

0,25
7


 2   OP 2  OA2  PA2
OP 2  OA2  PA2
x 
Từ 1 ta có: x OA  OP .OA 
2
2OA2
OP 2 PA2 
1

Suy ra: x  1 

2 
OA2 OA2 

0,50

1
OP 2 PB 2 
1
OP 2 PC 2 
 , z  1 

Tương tự: y  1 



2 
2 
OB 2 OB 2 
OC 2 OC 2 

0,25

 

Mà ta có: x  y  z  1
5
2
2
2


1
OP
PA  1 
OP
PB 2  1 
OP 2 PC 2 
  1 
  1 
  1
 1 




2 
OA2 OA2  2 
OB 2 OB 2  2 
OC 2 OC 2 

OP 2 OP 2 OP 2
PA2 PB 2 PC 2
 3


2


OA2 OB 2 OC 2
OA2 OB 2 OC 2
 1
1
1  PA2 PB 2 PC 2
 1  OP 2  2 



 
OA
OB 2 OC 2  OA2 OB 2 OC 2
1
1
1
1

và OP 2  OH 2  PH 2



2
2
2
2
OA
OB
OC
OH
2
2
2
PA
PB
PC
OP 2
OH 2  HP 2
PH 2


1
1
2
Do đó:
OA2 OB 2 OC 2
OH 2
OH 2

OH 2
PA2 PB 2 PC 2
PH 2
KL:
(đpcm).




2
OA2 OB 2 OC 2
OH 2

Mặt khác ta có:

0,50

0,25

0,25

8