Đề thi HSG Toán 12 cụm Quỳnh Lưu Hoàng Mai 2020

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
CỤM THI THPT Q. LƯU- H. MAI

ĐỀ THI KSCL HỌC SINH GIỎI LỚP 12
NĂM HỌC 2020 – 2021 (lần 1)

Môn: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (6,0 điểm).
2 3 sin x.( 1 + cos x ) − 4cos x.sin 2
2sin x − 1

a) Giải phương trình:

x
−3
2
=0

2 x ( 4 x 2 − y + 2 ) + 4 x 2 ( y − 1) = y − 2 − 2 x + y 2 − 3 y + 2


3
 y − 2 − 1 2 x + 1 = 8 x − 13 ( y − 2 ) + 82 x − 29
b) Giải hệ phương trình
Câu 2 (5,0 điểm).
0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 ta lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ
a) Từ các chữ số

(

b)

)

số, mà các chữ số đôi một khác nhau và trong đó hai chữ số kề nhau không
cùng là số lẻ.
u1 = 2020
 2
u + 2019.un − 2021.un+1 + 1 = 0, ∀n ≥ 1
u
(
)
n
Cho dãy số thực
tăng xác định bởi:  n
Sn =

đặt
Câu 3 (5,0 điểm).

1
1
1
+
+ ... +
u1 + 2020 u2 + 2020
un + 2020 . Tính lim Sn .

Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ cạnh bằng a .

A1 , B1 , C1, D1 là trọng tâm của các tam giác B ' CD ', ACD', AB ' D ', AB ' C . Tính
a. Gọi
thể tích khối tứ diện A1B1C1D1 theo a .

Trong các mặt phẳng chứa đường thẳng CD′ , gọi ( α ) là mặt phẳng tạo với
( BDD′B′) một góc nhỏ nhất. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( α ) .
Câu 4 (2,0 điểm).
Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc. Gọi H là trực tâm của tam
b.

·
·
·
giác ABC và A, B, C ba góc của tam giác ABC . Đặt α = AOH , β = BOH , γ = COH .
sin 2 α sin 2 β sin 2 γ
=
=
Chứng minh rằng : sin 2 A sin 2 B sin 2C .
Câu 5 (2,0 điểm). Cho x, y,z là ba số thực thuộc đoạn [ 1;4] và x ≥ y, x ≥ z .
x
y
z
P=
+
+
2x + 3y y + z z + x
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
.……………Hết……………

Họ và tên thí sinh…………………………

Số báo danh……………………

HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu

Đáp án

Điể
m

2 3 sin x. ( 1 + cos x ) − 4 cos x.sin 2

1
(6,0đ)

2sin x − 1
a) (3,0 điểm) Giải phương trình:
(1)
π

x ≠ + k 2π

1

6
sin x ≠ ⇔ 
, k,l ∈ ¢
2

 x ≠ 5π + l 2π

6
a) Điều kiện:
(*).
Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương:
x
2 3 sin x. ( 1 + cos x ) − 4 cos x.sin 2 − 3 = 0
2
⇔ 2 3 sin x + 2 3 sin x.cos x − 2 cos x ( 1 − cos x ) − 3 = 0

⇔2

(

) (

x
−3
2
=0

)

3 sin x − cos x − 3sin 2 x − 2 3 sin x.cos x + cos 2 x = 0

 3 sin x − cos x = 0
3 sin x − cos x − 2 = 0 ⇔ 
 3 sin x − cos x = 2
π

3 sin x − cos x = 0 ⇔ cot x = 3 ⇔ x = + kπ , k ∈ ¢
6
TH1:
π
π
π


3 sin x − cos x = 2 ⇔ 2  sin x cos − cos x sin ÷ = 2 ⇔ sin  x − ÷ = 1
6
6
6


TH2:
π π
2π
⇔ x − = + k 2π ⇔ x =
+ k 2π , k ∈ ¢
6 2
3
Đối chiếu điều kiện ta thấy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm
7π
2π
x=
+ k 2π , x =
+ k 2π , k ∈ ¢
6
3
b) (3,0 điểm) Giải hệ phương trình

2 x 4 x 2 − y + 2 + 4 x 2 ( y − 1) = y − 2 − 2 x + y 2 − 3 y + 2 (1)


3
( 2)
 y − 2 − 1 2 x + 1 = 8 x − 13 ( y − 2 ) + 82 x − 29
1
x≥−
2, y≥2
Điều kiện
⇔

(

(

3 sin x − cos x

(

1

)

)(

)

1

1

)

Từ phương trình

( 2)

của hệ ta có:

y − 2 2 x + 1 + 13 ( y − 2 ) − 2 x + 1 = 8 x 3 + 82 x − 29 ( 3)

1
− ≤ x≤0
( 3) vô nghiệm.
Nếu 2
thì −1 ≤ − 2 x + 1 ≤ 0 ⇒
⇒x>0
Khi đó

1.0

0,5


( 1) ⇔ 2 x ( 4 x 2 − y + 2 ) + 4 x 2 ( y − 1) − ( y − 2 ) ( y − 1) =
⇔ ( 4 x 2 − y + 2 ) ( 2 x + y − 1) =


⇔ ( 4x2 − y + 2 )  2 x + y −1 +



⇔ 4x2 − y + 2 = 0 ⇔
Thay

y − 2 − 2x

−4 x 2 + y − 2
y − 2 + 2x


1
÷= 0
y − 2 + 2x ÷


y − 2 = 2 x ( x > 0)

2 x = y − 2 vào ( 2 ) ta được

( 2 x − 1) 2 x + 1 = 8 x3 − 52 x 2 + 82 x − 29
⇔ ( 2 x − 1) 2 x + 1 = ( 2 x − 1) ( 4 x 2 − 24 x + 29 )
2 x − 1 = 0
( 3)
⇔
2
 2 x + 1 = 4 x − 24 x + 29 ( 4 )

( 3) ⇔ x =

0,5

1
⇒ y=3
2

( 4 ) trở thành
Đặt t = 2 x + 1 thì
t = 2
4
2
2
t − 14t − t + 42 = 0 ⇔ ( t + 3) ( t − 2 ) ( t − t − 7 ) = 0 ⇔  1 + 29
t =

2
3
t =2⇒ x=
2 , y = 11
Với
1 + 29
13 + 29
103 + 13 29
t=
⇒x=
,y=
2
4
2
Với

0,5

0,5

a) (3,0 điểm)Từ các chữ số 0,1, 2,3, 4, 5, 6, 7,8,9 ta lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ
số, mà các chữ số đôi một khác nhau và trong đó hai chữ số kề nhau không cùng là số lẻ.
2
(5,0đ)

Gọi số đó là A = a1a2 a3 a4 a5 a6 . Từ giả thiết suy ra A có 1 hoặc 2 hoặc 3 chữ số lẻ.
Trường hợp 1 : A có 1 chữ số lẻ.
0,5

C1 P = 600
• a1 lẻ: Số các số A là 5 5
.
•

a1

4C51C44 P5 = 2400
a
chẵn: Có 4 cách chọn 1 . Số các số A là
.

0,5

Tổng có 600 + 2400 = 3000 số các số A trong đó có đúng một chữ số lẻ.
1,0

Trường hợp 2 : A có 2 chữ số lẻ.
•

a1

lẻ: Có 5 cách chọn

a1

. Có 5 cách chọn

a2

chẵn.

5.5.C41C43 P4 = 9600
Vậy số các số A là
.
• a1 chẵn: Có 4 cách chọn a1 . Có 6 cách chọn hai vị trí không kề nhau của hai số lẻ


trong a2 a3a4 a5 a6 .

4.C52 .6.P2 . A43 = 11520
Số các số A là
.
Tổng có 9600 + 11520 = 21120 số các số A trong đó có đúng hai chữ số lẻ.
Trường hợp 3 : A có 3 chữ số lẻ.
•

a1

lẻ: Có 5 cách chọn

a1

. Có 5 cách chọn
aaaa
nhau của hai số lẻ trong 3 4 5 6 .

a2

chẵn. Có 3 cách chọn vị trí không kề

5.5.C42 .3.P2 . A42 = 10800
Vậy số các số A là
.
a
a
• 1 chẵn: Có 4 cách chọn 1 . Có 1 cách chọn 3 vị trí không kề nhau của 3 số lẻ trong
a2 a3a4 a5 a6
.

1,0

4.C53 .1.P3 . A42 = 2880
Số các số A là
.
Tổng có 10800 + 2880 = 13680 số các số A trong đó có đúng ba chữ số lẻ.

Tóm lại có 3000 + 21120 + 13680 = 37800 số các số

( un )
(2,0
điểm)
:
Cho
dãy
số
thực
tăng
u
=
2020
 1
 2
un + 2019un − 2021un +1 + 1 = 0, ∀n ≥ 1 (1)
1
1
1
Sn =
+
+ ... +
u1 + 2020 u2 + 2020
un + 2020 . Tính lim Sn .
đặt
Do

( un )

là dãy tăng nên

un ≥ 2020, ∀n ≥ 1

xác

định

.

un2 + 2019un + 1
u 2 + 2019un − 2021un +1 + 1 = 0 ⇔ un +1 =
2021
Ta có n
2
u + 2019un − 2020
⇔ un +1 − 1 = n
2021
⇔ 2021( un +1 − 1) = ( un − 1) ( un + 2020 )

⇔

bởi:

0,5

2021
1
=
( un − 1) ( un + 2020 ) un+1 − 1

1
1
1
=
−
un + 2020 un − 1 un +1 − 1 (*)
Thay n bởi 1, 2,3,..., n vào (*) và cộng vế với vế các đẳng thức ta suy ra được:
⇒

Sn =
Do

1
1
1
1
1
1
1
+
+ ... +
=
−
=
−
u1 + 2020 u2 + 2020
un + 2020 u1 − 1 un +1 − 1 2019 un +1 − 1

( un )

0,5

là dãy số tăng nên có hai trường hợp xảy ra:

(u )
lim un
lim un = x
TH1: Dãy n bị chặn trên suy ra tồn tại
. Giả sử
thì x ≥ 2020 .
n
→
+∞
Chuyển qua giới hạn hệ thức (1) khi
ta có:

0,5


x 2 + 2019 x − 2021x + 1 = 0 ⇔ x 2 − 2 x + 1 = 0 ⇔ x = 1 (vô lý)

TH2: Dãy

( un )

không bị chặn trên, do

( un )

lim un = +∞ ⇒ lim ( un +1 − 1) = +∞ ⇒ lim

tăng và không bị chặn trên nên:

1
un +1 − 1

=0

 1
1 
1
lim Sn = lim 
−
÷=
 2019 un +1 − 1  2019 .
Do vậy,

0,5

Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ cạnh bằng a .
A1 , B1 , C1 , D1

là trọng tâm của các tam giác B ' CD ', AC D ', AB ' D ', AB ' C . Tính thể
tích tứ diện A1 B1C1 D1
( α ) là mặt phẳng tạo với ( BDD′B′ )
d. Trong các mặt phẳng chứa đường thẳng CD ′ , gọi
c. Gọi

3

(5,0đ)

một góc nhỏ nhất. Tính

d ( A, ( α ) )

.

a.
Ta có

( B1C1 D1 ) // ( B ' CD ')

0,5
nên

1
d ( A1 , ( B1C1 D1 ) ) = d ( D1 , ( B ' CD ' ) ) = d ( A, ( B ' CD ' ) )
3
.
1
1
k
=
S
=
S B 'CD '
B
C
D

1
1
1
∆B1C1 D1 : ∆B ' CD '
3 nên
9
Lại có
với tỉ số đồng dạng
.
1
V1 = VAB 'C D'
27
Do đó
.
1
VAB ' C D' = a 3 − 4.VD ' ADC = a 3
3
Mặt khác ta
1
1
V1 = VAB 'C D' = a 3
27
81
Suy ra

0.5
0.5
0.5

b.

+) Gọi

∆ = ( α ) ∩ ( BDD′B′ )

.

CO ⊥ ( BDD′B′ )
+) Ta có
. Kẻ OH ⊥ ∆ ⇒ CH ⊥ ∆
·
⇒ ϕ = (·
( α ) , ( BDD′B′ ) ) = (·OH , CH ) = OHC
.
OC OC
· ′C ⇒ min ϕ = OD
· ′C
sin ϕ =
≥
= sin OD
′
CH
CD
+)
, đạt được khi ∆ ⊥ OD ′ .
E = ∆ ∩ BD ⇒ ( α ) ≡ ( ED′C )
Gọi
.
2

a 6
a 2
3a 2
OD.OE = OD′ ⇒
.OE = 
⇒ OE =
⇒ DE = a 2
÷
÷
2
2
 2 

0.5
0.5
0.5

2

+)
, suy ra E
đối xứng với B qua D .
d A, ( α ) ) = 3d ( D, ( α ) )
+) Có (
.
( K ∈ CE ) ; kẻ DF ⊥ D′K , ( F ∈ D′K )
+) Kẻ DK ⊥ CE ,
⇒ DF ⊥ ( α ) ⇒ d ( D, ( α ) ) = DF
.

a
a 6
a 6
DK =
⇒ DF =
⇒ d ( A, ( α ) ) = 3.DF =
5 ; DD′ = a
6
2 .
Ta có

0.5

0.5

(2 điểm) Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc. Gọi H là trực tâm của
·
·
·
tam giác ABC và A, B, C ba góc của tam giác ABC . Đặt α = AOH , β = BOH , γ = COH .
sin 2 α sin 2 β sin 2 γ
=
=
Chứng minh rằng : sin 2 A sin 2 B sin 2C .

4
(2,0đ)

Gọi

A1

ΔA OA 1
là giao điểm của AH và BC , ta có
vuông tại O và có OH là đường
2
sinα
=

cao nên

AH 2
AH 2
AH
=
=
1
(
2
AH.AA 1 AA 1
OA

)

0,5


Gọi I là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M là trung điểm của BC thì 2IM = AH và
·BAC = ·BIM

do đó sin2A = 2sinA cosA
2BM.IM BC.AH
=
=
( 2)
IB2
2R 2
( 1) & ( 2)

Từ

0.5
0.25

suy ra

2

sinα
R 2
R 2
=
=
sin2A 1
S
AA 1.BC
2
.
S
( là diện tích tam giác A BC )

0,5

2
2
sinβ
sinγ
R2
=
=
Tương tự ta có sin2B sin2C S .
2
2
2
sinβ
sinα
sinγ
=
=
Vậy sin2A sin2B sin2C .

0,25

1;4] và x ≥ y, x ≥ z .
Cho x, y,z là ba số thực thuộc đoạn [
P=
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Cách 1 :
5
(2,0đ)

a=

Đặt

x
y
z
+
+
2x + 3y y + z z + x

y
x
z
,b = ,c = ⇒ abc = 1
a∈ 1;4
y
z
x
,

1
1
2
+
≥
Ta cần chứng minh : 1+ a 1+ b 1+ ab với a và b dương, ab ≥ 1. Đẳng thức xảy ra
khi a = b hoặc ab ≥ 1.

Khi đó
P≥

Xét

P=

a
1
1
a
2
+
+
≥
+
2a + 3 1+ ac 1+ ab 2a + 3 1+ a.abc hay
2

a
+
2a + 3 1+ a do abc = 1.
a
2
f ( a) =
+
2a + 3 1+ a a∈ 1;4

,

. Đặt

t = a ⇒ t ∈ 1;2

.

0,5

0.5

f ( t)
1;2
Để tồn tại giá trị nhỏ nhất của P khi tồn tại giá trị nhỏ nhất của
trên đoạn   với

t2

2
2t + 3 t + 1



3t
1 
f '( t ) = 2
−
< 0, ∀t ∈ ( 1;2) ⇒
2
2
 2t2 + 3

t + 1) 
(
f ( t)
1;2


Ta có
nghịch biến trên đoạn   .
34
P ≥ f ( t) ≥ f ( 2) =
33 . Đẳng thức xảy ra khi x = 4,y = 1,z = 2 .
Suy ra
f ( t) =

2

+

(

Vậy

minP =
P=

0.5

)

34

33 , khi x = 4,y = 1,z = 2
y
x
z
+
+
2x + 3y y + z z + x

Cách 2 :
Lấy đạo hàm theo z ta có :

0.5


P'( z ) = 0 +

−y

( y + z)

* Nếu x = y thì

2

x

+

( z + x)

P=

* Ta xét x > y thì

2

=

( x − y) ( z2 − xy)
( y + z) ( z + x)
2

2

6
5

P≥P

(

)

xy =

2 y
x
+
2x + 3y
y+ x

Khảo sát hàm P theo z , ta có P nhỏ nhất khi z = xy
x
t2
2
⇒P=
+
= f ( t)
2
t ∈ ( 1;2
y
1
+t
2t
+
3
Đặt
với
−2 4t3 ( t − 1) + 3 2t2 − t + 3 

 < 0,∀t ∈ 1;2 ⇒ f t
⇒ f '( t ) =
( ) ( )
2
2
2t2 + 3 ( t + 1)
t=

(

)

(

)

( 1;2
khoảng
Vậy

P ≥ f ( t) ≥ f ( 2) =

Vậy
Cách 3 :
Đặt
bc =

Do

y
z
x
,b = ,c = ⇒ abc = 1
x
y
z
x
≥1
y

. Khi đó:

P=

1
1
1
+
+
2 + 3a 1+ b 1+ c

1
1
2
+
≥
nên áp dụng bất đẳng thức 1+ b 1+ c 1+ bc

x
⇒ 1≤ t ≤ 2
y

t = bc =

Đặt

Ta chứng minh:
P≥

34

33 . Đẳng thức xảy ra khi x = 4,y = 1,z = 2 .

34
33 , khi x = 4,y = 1,z = 2 .

minP =

a=

P≥

và

a=

1
2

t . Do đó:

P=

t2

2
2t + 3 1+ t
2

+

34
, ∀t ∈ 1;2
∀t ∈ 1;2
33
. Thật vậy, với
ta có:

34
t2
2
34
⇔
+
≥
33
2t2 + 3 1+ t 33 quy đồng và khai triển ta có được:

(

)

⇔ 35t3 − 64t2 + 69t − 162 ≤ 0 ⇔ ( t − 2) 35t2 + 6t + 81 ≤ 0

bất đẳng thức đúng.

x = 4y
x = 4

1
a =



⇔
⇔ z = 2y ⇔ y = 1
4
34
P≥
 b = c = 2 x = 2z



z = 2
33 . Đẳng thức xảy ra
Vậy
34
minP =
33 .
Vậy
1 
y = ax,z = bx ⇒ a,b ∈  ;1
4  .
Cách 4 : Đặt
1
a
b
P=
+
+
2 + 3a a + b b + 1
Khi đó:

f ( a) =

Xét hàm số

1
a
3
b
+
, f '( a) = −
+
2
2 + 3a a + b
( 2 + 3a) ( a + b) 2

b( 2 + 3a) − 3( a + b) = 9a2b + 6ab + 4b − 3a2 − 3b2
2

Xét

nghịch biến trên nửa

2


≥ 15a2b + 4b − 3a2 − 3b2 = 3a2 ( 5b − 1) + b( 4 − 3b) > 0
1 
 1 4
1
 4 ;1 ⇒ f(a) ≥ f  4 ÷ = 11 + 1+ 4b

 
Nên
là hàm đồng biến trên  
4
1
b
P≥ +
+
= g ( b)
11 1+ 4b b + 1
Do đó:
−4
1
1
g'( b) =
+
⇒ g'( b) = 0 ⇔ b =
2
2
2
( 1+ 4b) ( b + 1)

f ( a)

Ta có:

 1  34
34
g ( b) ≥ g  ÷ =
P≥

2
33
 
33
Từ đó suy ra:
hay

1
a = 4
x = 4y
⇔

x = 4,y = 1
x,y,z ∈ 1;4 ⇒ 
 b = 1 x = 2z
z = 2
Đẳng thức xảy ra khi  2
, mà

Vậy

minP =

34
33 .

--- Hết --Ghi chú:Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa