Bộ 12 đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 cấp trường năm 2020-2021

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
MƠN TỐN LỚP 11
CẤP TRƯỜNG NĂM 2020-2021


MỤC LỤC
1. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT
Cẩm Xuyên
2. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT
Đồng Đậu, Vĩnh Phúc
3. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT
Liễn Sơn, Vĩnh Phúc
4. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT
Phan Chu Trinh, Phú Yên
5. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT
Phùng Khắc Khoan, Hà Nội
6. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT
Quế Võ 1, Bắc Ninh
7. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT
Trần Nguyên Hãn, Hải Phòng (Vòng 1)
8. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT
Yên Phong số 2, Bắc Ninh
9. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 11 năm 2019-2020 - Trường THPT Nguyễn
Xuân Ôn, Nghệ An
10. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 11 cấp trường năm 2019-2020 - Trường THPT
Chuyên Lê Quý Đôn


11. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 11 cấp trường năm 2019-2020 - Trường THPT
Chuyên Vĩnh Phúc
12. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 11 cấp trường năm 2019-2020 - Trường THPT

Nguyễn Đăng Đạo, Bắc Ninh


1


2


3


4


5


6


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU
Đề thi có 02 trang

ĐỀ THI HSG LẦN 2 CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2020-2021
MÔN TỐN 11
Thời gian làm bài:180 phút,khơng kể thời gian phát đề

Câu 1( 2,0 điểm). Giải phương trình sau: 3cos2x + 2sin(

– x) – 5 = 0

Câu 2( 2,0 điểm). Với n là số nguyên dương thỏa mãn: 𝐶 + 𝐴 = 765. Tìm số hạng khơng chứa x trong
khai triển: (𝑥 + )
u  2012
Câu 3( 2,0 điểm). Cho dãy số (un) xác định như sau:  1
(n  N*)
2
 u n 1  2012u n  u n

Tìm lim(

u1 u 2 u 3
u
   ...  n ).
u 2 u3 u 4
u n 1

2
 3
Câu 4 ( 2,0 điểm). Giải hệ phương trình  x  x (2  y)  x  y(2x  1)  0 .
2
 2x  3xy  5  0

Câu 5 ( 2,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân (AD // BC), BC = 2a, AB = AD
= DC = a (a > 0). Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Biết SD vng góc với
AC. Mặt phẳng   đi qua điểm M thuộc đoạn thẳng OD ( M khác O và D) và song song với đường thẳng
SD và AC. Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng   biết MD = x. Tìm x để diện
tích thiết diện lớn nhất.

Câu 6 ( 2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh A  3;1  , đỉnh
C nằm trên đường thẳng  : x  2 y  5  0 . Trên tia đối của tia CD lấy điểm E sao cho CE  CD , biết
N  6; 2  là hình chiếu vng góc của D lên đường thẳng BE. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình
chữ nhật ABCD.
Câu 7 (2,0 điểm). Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Trên các đoạn thẳng AD’ và C’D lần lượt lấy hai điểm
M, N sao cho đường thẳng MN song song với đường thẳng nối tâm của hình bình hành ABB’A’ và trung
MN
điểm của cạnh BC. Tính tỷ số
.
A 'C
Câu 8 (2,0 điểm). Cho dãy số {1; 2; 3;…; 2019} có bao nhiêu cách chọn ba số a,b,c khác nhau từ dãy số
để ba số đó lập thành cấp số cộng.


Câu 9 (2,0 điểm). Một thợ thủ công muốn vẽ trang trí trên một hình vng kích thước 4m x 4m , bằng cách
vẽ một hình vng mới với các đỉnh là trung điểm các cạnh của hình vng ban đầu, và tơ kín màu lên hai
tam giác đối diện:(như hình vẽ). Q trình vẽ và tơ theo qui luật đó được lặp lại 5 lần. Tính số tiền nước
sơn để người thợ thủ cơng đó hồn thành trang trí hình vng như trên?. Biết tiền nước sơn để sơn 1m2 là
50.000đ.

Câu 10 (2,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc  1 . Chứng minh bất đẳng thức
a 3  b3  c 3 

ab
bc
ca
9
 2 2 2
 .
2

2
a b b c c a
2
2

---------------------Hết-----------------Thí sinh khơng được sử dụng máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU
Có 04 trang

Câu
Câu 1

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG LẦN 1 CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2018-2019 MƠN TỐN 10

Nội dung đáp án
Giải phương trình sau: 3cos2x + 2sin( – x) – 5 = 0
Phương trình đã cho tương đương với 3cos2x + 2cosx – 5 = 0
⇔ 6cos2x + 2cosx – 8 = 0
𝑐𝑜𝑠𝑥 = 1
⇔ 𝑐𝑜𝑠𝑥 =
(𝑙)

Câu 2

cosx = 1 ⇔ x = k2𝜋 , k ∈ Z
Phhương trình có một họ nghiệm

Với n là số nguyên dương thỏa mãn: 𝐶 + 𝐴 = 765. Tìm số hạng khơng chứa x
ttrong khai triển: (𝑥 + )

0,5

Ta có: 𝐶 + 𝐴 = 765 ⇔ n = 10
Xét số hạng Tk+1 = 𝐶 (𝑥 )
( ) =𝐶 2 𝑥

0,75
0,25

Khai triển không chứa x ứng với 30 – 5k = 0 ⇔ k = 6
Số hạng cần tìm T7 = 𝐶 2

0,5
0,5
2,0
điểm

u1  2012

Câu 3

Cho dãy số (un) xác định như sau: 

2
u n 1  2012u n  u n
u
u

u
u
Tìm lim( 1  2  3  ...  n ).
u 2 u3 u 4
u n 1

(n  N*)

2,0
điểm

Ta có : u n 1  u n  2012u n  0 n . Suy ra dãy (un )tăng.

0,25

- Giả sử có giới hạn là a thì : a  2012a  a  a  0  2012 (vô lý)
nên limun = 

0,75

un
u 2n
(u  u n )
1
1
1

 n 1

( 

)
- ta có :
u n 1 u n 1u n 2012u n 1u n 2012 u n u n 1
1
1
1
1
Vậy : S 
.lim( 
)
.
2012 n u1 u n 1
2012 2

0,5

 x 3  x 2 (2  y)  x  y(2x  1)  0
Giải hệ phương trình 
.
2
2x  3xy  5  0

2,0
điểm

Từ x  x (2  y)  x  y(2x  1)  0  (x  y)(x  1)  0

0,75

TH1: x = y thế vào pt : 5x  5  0  x  1  y  1

0,5

2

2

Câu 4

Điểm
2,0
điểm
0,5
0,5
0,5

3

2

2

2

0,5

 1  y  1

0,5

Vậy nghiệm của hệ (1;1), ( 1; 1)

0,25

TH2: x =


Câu 5

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân (AD // BC), BC = 2a, AB =
AD = DC = a (a > 0). Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC và
BD. Biết SD vng góc với AC. Mặt phẳng   đi qua điểm M thuộc đoạn thẳng OD

2,0
điểm

( M khác O và D) và song song với đường thẳng SD và AC. Xác định thiết diện của
hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng   biết MD = x. Tìm x để diện tích thiết diện
lớn nhất.

S
Q
P

E
I
B

C
O

N

M
G

A

D

Từ M kẻ hai đường thẳng lần lượt song song với SD, AC chúng cắt theo thứ tự SB tại
Q và AB tại G, AC tại N. Từ G kẻ đường thẳng song song SD, cắt SA tại E,từ N kẻ
đường thẳng song song với SD cắt SC tại P. Ta được thiết diện là ngũ giác GNPQE.
Gọi I là trung điểm của BC . Tứ giác ADIC là hình thoi, suy ra AC ⊥ ID. Suy ra

0,25
0,25

AC ⊥ (SID) . Suy ra SI ⊥ (ABCD). Ta có: SD  SI 2  ID 2  2a





x 

Ta tính được BD  a 3 nên tính được EG  NP  2 a  x 3 , QM  2  a 
,
3


GN  3x
Tứ giác EGMQ và MNPQ là hai hình thang vuông đường cao lần lượt là GM và NM
nên
S MNPQE  4 x 3a  2 3 x



0,5



3 3 2
a 3
a tại x 
2
4
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh A  3;1  ,

Max S MNPQE 
Câu 6

0,75

đỉnh C nằm trên đường thẳng  : x  2 y  5  0 . Trên tia đối của tia CD lấy điểm E
sao cho CE  CD , biết N  6; 2  là hình chiếu vng góc của D lên đường thẳng BE.
Xác định tọa độ các đỉnh cịn lại của hình chữ nhật ABCD.

0,25
2,0
điểm

Tứ giác ADBN nội tiếp  
AND  
ABD và 
ABD  
ACD (do ABCD là hình chữ


nhật). Suy ra AND  ACD hay tứ giác ANCD nội tiếp được một đường tròn, mà

0,75


ADC  900  
ANC  900  AN  CN .

 

Giả sử C  2 c  5; c  , từ AN .CN  0  3 1  2 c    2  c   0  c  1  C 7;1 

0,25

Tứ giác ABEC là hình bình hành, suy ra AC / / BE.
Đường thẳng NE qua N và song song với AC nên có phương trình y  2  0.

0,25

b  6  B  N  lo¹i 

 

Giả sử B  b;  2  , ta có AB.CB  0  b2  4b  12  0  

Câu 7

0,5

b  2  B  2; 2 


Từ đó dễ dàng suy ra D  6; 4 

0,25

Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Trên các đoạn thẳng AD’ và C’D lần lượt lấy hai
điểm M, N sao cho đường thẳng MN song song với đường thẳng nối tâm của hình
MN
bình hành ABB’A’ và trung điểm của cạnh BC. Tính tỷ số
.
A 'C

2,0
điểm

A'

D'
M

B'

C'
N

Q
A

B

D

C

P

Gọi P là trung điểm của BC, Q là tâm của hình bình hành ABB’A’. Xét tam giác
A’BC, ta có PQ là đường trung bình nên PQ || A’C suy ra MN ||A’C.
      
 

Đặt AB  x , AD  y , AA '  z , AM  m . AD ', C ' N  m .C ' D . Ta có
   

  

MN  MA '  AC '  C ' N  m AD '  x  y  z  nC ' D



 



0,25
0,,75


 
  
 



  m y  z  x  y  z  n  x  z  1  n  x  1  m  y  1  m  n  z
      
A ' C  A ' B '  A ' D '  A ' A  x  y  z . Do MN || A’C nên
2

m  3
1  n  k



2


MN  k A ' C  1  m  k
 n 
3

1  m  n   k


1

k  3

 1 
MN 1
MN 1
Do đó MN  A ' C 
 . Vậy
 .
3
A'C 3
A'C 3



Câu 8

 

 



0,75

0,25

2,0
Cho dãy số {1; 2; 3;…; 2019} có bao nhiêu cách chọn ba số a,b,c khác nhau từ dẫy số
điểm
để ba số đó lập thành cấp số cộng.
Gọi cơng sai là d ta có ba số a,b,c tương ứng là a, a + d, a + 2d nên c - a= 2d => c= a
0,25
+ 2d
Mỗi cách chọn a sẽ cho một bộ số thỏa mãn, theo đề bài có: c ≤ 2019 => a ≤ 2019 –
2d
Nếu d= 1 thì a ≤ 2017, vậy có 2017 cách chọn a, hay có 2017 cách chọn ba số a,b,c là
CSC
Nếu d = 2 thì a ≤ 2015 => có 2015 cách chọn ba số a,b,c lập thành cấp số cộng
.......
Nếu d = 1009 thì a ≤ 1 nên có 1 cách chọn ba số a,b,c
Vậy số cách chọn ba số lập thành cấp số cộng là
2017 + 2015 + … + 1 = 1018081

Câu 9

0,25
1,0

0,5

2,0
Một thợ thủ công muốn vẽ trang trí trên một hình vng kích thước 4m x 4m , bằng cách
điểm
vẽ một hình vng mới với các đỉnh là trung điểm các cạnh của hình vng ban đầu,
và tơ kín màu lên hai tam giác đối diện:(như hình vẽ). Q trình vẽ và tơ theo qui luật

đó được lặp lại 5 lần. Tính số tiền nước sơn để người thợ thủ cơng đó hồn thành trang
trí hình vng như trên?. Biết tiền nước sơn để sơn 1m2 là 50.000đ.

Gọi Si là tổng diện tích tam giác được tơ sơn màu ở lần vẽ hình vng thứ

1,0

i 1  i  5; i  N  và S là diện tích hình vng ban đầu.

Ta có:
1 1 
1 1 
1 1 
1
S1  .  .S  ; S 2  2 .  .S  ; S3  3 .  .S  ; S 4  4
2 2 
2 2 
2 2 
2

1
1 
.  .S  ; S5  5
2
2 

Tổng diện tích cần sơn là :( + +

S =

+

+

)S =

1 
.  .S 
2 

(m2)

Số tiền để người thợ thủ cơng đó hồn thành trang trí hình vng như trên là :
. 50000 = 387500đ

0,75
0,25


Câu
10

Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc  1 . Chứng minh bất đẳng thức
a 3  b3  c 3 

ab
bc
ca
9
 2 2 2

 .
2
2
a b b c c a
2
2

Ta có
4
0   a  b   a 4  4a 3b  6a 2b 2  4ab3  b 4  a 4  b 4  2a 2b 2  4ab  a 2  ab  b 2  

0,75

a 2  ab  b 2 a 2  b 2
ab
1a b

 1 2
   
2
2
2
a b
4ab
a b
4b a
0,25
bc
1b c
ca

1c a
Tương tự có 1  2 2     ; 1  2
   .
2
b c
4c b
c a
4a c 
Do đó, cộng theo vế các bất đẳng thức trên và sử dụng bất đẳng thức Schur cùng giả 0,5
thiết abc  1 ta được
bc
ca  1  b  c c  a a  b 
 ab
3 2
 2 2 2
 



2
2 
b
c 
 a b b c c a  4 a
bc  b  c   ca  c  a   ab  a  b  bc  b  c   ca  c  a   ab  a  b 


4abc
4
1

1
  a 3  b3  c3  3abc    a 3  b3  c 3  3
4
4
bc
ca 
 ab
Hay a 3  b3  c3  4  2
 2 2 2
 9 1
2
2 
 a b b c c a 
3
0,5
Mặt khác 3 a3  b3  c3  3.3 3  abc   9  2 
  a 2  b 2   4ab  a 2  ab  b 2  
2





ab
bc
ca 

Từ 1 và  2  suy ra 4  a 3  b3  c 3  2
 2 2 2
 18

2
a b b c
c  a 2 

ab
bc
ca
9
Do vậy a 3  b3  c 3  2
 2 2 2

2
2
a b b c c a
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 .


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2020-2021
ĐỀ THI MƠN: TỐN
(Dành cho học sinh THPT khơng chun)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (4,0 điểm).
a) Tìm m để hàm số y 

cos x
có tập xác định là .
3sin 5 x  4 cos 5 x  2m  3

b) Giải phương trình: cos 2 x  tan x 
2

cos 2 x  cos3 x  1
cos 2 x

Câu 2 (2,0 điểm). Xung quanh bờ ao của gia đình bác Nam trồng 20 cây chuối. Do khơng cịn 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 khơng có hai cây nào gần nhau.
Câu 3 (2,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn Cnn41  Cnn3  4(n  2) . Tìm hệ số của x 5
trong khai triển nhị thức Niu – tơn của P  x (1  2 x) n  x 2 (1  3 x ) 2 n .
Câu 4 (2,0 điểm). Cho dãy số  un  được xác định bởi:

 n  1 2n  1 ; n  * . Tính lim 2021nun
1
n 1
u1  , un 1 
un 
2020
3
n
 n  12  2   n 2  2 


Câu 5 (2,0 điểm). Giải bất phương trình

1  2 x  2 x 2  3x  1
1  2 x2  x  1

 1.

Câu 6 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có A(5;2) . M (1; 2)

  MBC
 và MB  MC . Tìm tọa độ điểm D biết
là điểm nằm bên trong hình bình hành sao cho MDC


tan DAM

1
.
2

Câu 7 (4,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh a và các cạnh bên đều bằng a .
 1 
Gọi M là điểm nằm trên SB sao cho SM  SB .
3
a. Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa CM và song song với SA. Tính theo a diện tích thiết diện tạo
bởi ( P ) và hình chóp S . ABCD.
b. E là một điểm thay đổi trên cạnh AC . Xác định vị trí điểm E để ME vng góc với CD.
Câu 8 (2,0 điểm). Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác có chu vi bẳng 1. Tìm giá trị lớn nhất

4
4

4
a 2  b2  c2  1
của biểu thức: T 



.
ab bc ca
2abc
-------------Hết----------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………….………..…….…….….….; Số báo danh……………………


TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2020-2021
ĐÁP ÁN MƠN: TỐN 11
(Dành cho học sinh THPT khơng chun)

(Đáp án có 06 trang)

I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm
theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm tồn bài tính đến 0,25 và khơng làm trịn.
- Với bài hình học nếu thí sinh khơng vẽ hình phần nào thì khơng cho điểm tương ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu

Nội dung trình bày
Điểm
1
Câu 1 (4,0 điểm).
a) Tìm m để hàm số y 

cos x
có tập xác định là .
3sin 5 x  4cos 5 x  2m  3

2
b) Giải phương trình: cos 2 x  tan x 

cos 2 x  cos3 x  1
cos 2 x

1a.(2,0 điểm)

Hàm số có tập xác định là  khi và chỉ khi
f ( x )  3sin 5 x  4 cos 5 x  2m  3  0, x  .

0,5

3
4
2m  3
Ta có: f ( x)  0, x    sin 5 x  cos 5 x 
, x  .
5
5

5
3

cos  

2m  3

5
 sin(5 x   ) 
, x   với 
5
sin   4

5
2m  3
Do 1  sin(5 x   )  1, x   nên f ( x)  0, x   
 1  m  1.
5
Vậy m  1.
1b.(2,0 điểm)
Điều kiện: x 


2

 l

l   

0,5

0,5

0,5

0,5

Suy ra (1)  cos 2 x  tan x  1  cos x  (1  tan x )
2

2

 cos x  1
 cos 2 x   cos x  2 cos x  cos x  1  0  
 cos x  1

2

0,5

cos x  1  x    k 2  k   

0,5

2

cos x 

1


 x    k 2  k   
2
3

Kết hợp với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm x    k 2 ,

x


3

 k 2  k   

0,5


2

Câu 2 (2,0 điểm). Xung quanh bờ ao của gia đình bác Nam trồng 20 cây chuối. Do khơng
cịn 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 khơng có hai cây nào gần nhau.
4
Số phần tử của không gian mẫu là n()  C 20
 4845
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 khơng 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 khơng gần nhau trong 16 cây có: C162  15  105
Vậy trường hợp này có: 20.105 = 2100 cách

3

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 cây.
20.15
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
Câu 3 (2,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn Cnn41  Cnn3  4(n  2) . Tìm hệ số

0,5

0,5

0,5

0,5

của x 5 trong khai triển nhị thức Niu – tơn của P  x (1  2 x) n  x 2 (1  3 x )2 n .

ĐK: n nguyên dương, ta có Cnn41  Cnn3  4(n  2) tương đương với
( n  4)! ( n  3)!
( n  4)( n  3) ( n  3)(n  1)

 4(n  2) 

4
(n  1)!.3! n!.3!
6
6
 3n  15  n  5.
Với n  5, ta có P  x (1  2 x)5  x 2 (1  3 x)10

0,5

5

Xét khai triển: x(1  2 x)  x C5k (2 x) k , suy ra hệ số chứa x5 ứng với k  4 và ta
5

k 0

có a5  C (2)  80
4
5

4

1,0

10

Xét khai triển: x 2 (1  3 x )10  x 2  C10k (3 x ) m , suy ra hệ số chứa x5 ứng với m  3 và
m 0

ta có a5  C .3  3240.
3
10

3

Vậy hệ số của x5 trong khai triển là: a5  80  3240  3320.
4

Câu 4 (2,0 điểm). Cho dãy số  un  được xác định bởi:

 n  1 2n  1 ; n  * . Tính lim 2021nun
1
n 1
u1  , un 1 
un 
2020
3
n
 n  12  2   n 2  2 



0,5

 2n  1
un 1 un
 
n  1 n  n  12  2   n 2  2 




un 1 u n  1
1


 

n  1 n   n 2  2   n  12  2  



u
u
1
1
 n 1 
 n 2
2
n  1  n  1  2  n  n  2 



Đặt: vn 

0,75

un
1
 2
, n   * . Ta có v1  0 và vn 1  vn , n  1 .
n  n  2

Suy ra vn  0
0,75

un
1
n
 2
 0  un  2
, n  *
n  n  2
n 2

 un 

n
n 2
2

Suy ra lim
5

2021nun
 2021n n  2021
 lim 
. 2

2020
 2020 n  2  2020

Câu 5 (2,0 điểm). Giải bất phương trình

1  2 x  2 x2  3x  1
1  2 x2  x  1

0,5
 1.

Điều kiện x  0
2

1 3

2
Ta có 2 x  x  1  2  x     3  1 nên 1  2 x  x  1  0
2 4

2

0,5

2
2
Do đó bất phương trình  1  2 x  2 x  3 x  1  1  2 x  x  1

 x  x 2  x  1  x2  3x  1
Nếu x  0 thì bất phương trình trở thành 1  1 (vơ lý)
1
1
Nếu x  0 thì bất phương trình  1  x   1  x   3
x
x
1
Đặt x   t với t  2 , bất phương trình trở thành 1  t  1  t  3
x
13
 2 t 1  3  t 
4
13
1 13
13  105
13  105
 4 x 2  12 x  4  0 
x
Với t 
thì x  
4
x 4
8
8
13  105

13  105
x
Vậy bất phương trình có nghiệm là
8
8
6

Câu 6 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có A(5;2) .

0,5

0,5

0,5


  MBC
 và MB  MC .
M (1; 2) là điểm nằm bên trong hình bình hành sao cho MDC
  1.
Tìm tọa độ điểm D biết tan DAM
2
Gọi E là điểm thứ tư của hình bình hành MABE, dễ thấy MECD cũng là hình bình hành

  MDC
.
nên MEC

  MBC
 suy ra MEC

  MBC
 hay tứ giác BECM nội tiếp.
Mà MDC

0,5

  BEC
  180 o  BEC
  180o  90o  90 o
Suy ra BMC

  90o hay AMD vng tại M
Ta có AMD  BEC (c.c.c)  
AMB  BEC

Vì tan DAM

DM 1
1
  DM  MA .
MA 2
2

0,5
0,5

Ta có MA  4 2  MD  2 2  AD  MA  MD  40 .
2

2

2

 AD 2  40 ( x  5) 2  ( y  2) 2  40
Giả sử D( x; y ) ta có 
.

2
2
2
 MD  8
( x  1)  ( y  2)  8
Giải hệ phương trình trên được hai nghiệm: (3; 4), (1;0).

0,5

Vậy có hai điểm D thỏa mãn đề bài là: D( 3; 4), D (1;0).
B

A

M

D

7

E

C

Câu 7 (4,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a và các cạnh bên
 1 
đều bằng a . Gọi M là điểm nằm trên SB sao cho SM  SB .
3
a. Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa CM và song song với SA. Tính theo a diện tích
thiết diện tạo bởi ( P ) và hình chóp S . ABCD.
b. E là một điểm thay đổi trên cạnh AC . Xác định vị trí điểm E để ME vng
góc với CD.
7a.(2 điểm)

Từ M kẻ MN / / SA ( N  AB ) . Khẳng định thiết diện là tam giác CMN .
MN BM 2
2a
Ta có:

  MN  .
SA
BS 3
3
a2
a 1 7a 2
Xét SMC có: MC 2  SM 2  SC 2  2.SM .SC.cos MSC =  a 2  2. .a. 
9
3 2
9
a 7
 MC 
.
3

CN  BN  CB 
2

2

4a 2
13a
 a2 
.
9
3

0,5

0,5


4a 2 7 a 2 13a 2


MN  MC  CN
9
9  7.
Có cos CMN 
 9
2.MC.MN
14
a 7 2a
2.

.
3 3
3 21
Suy ra sin CMN  1  cos 2 CMN 
.
14
Diện tích thiết diện là:
1
1 a 7 2a 3 21
3 2
S CMN  .MC.MN .sin CMN  .
. .

a (đvdt).
2
2 3 3 14
6
2

2

2

0,5

0,5

7b (2,0 điểm)

Đặt CE  xCA . Kẻ EH  CD ( H  CD )  EH / / AD nên CH  xCD



Suy ra CH  xCD .
  
 2  1 
MH  CH  CM  xCD  ( CS  CB )
3
3
  
ME  MH  HE
Để
điều
kiện
ME
vng góc
CD
 
 
 là:  
ME.CD  0  ( MH  HE ).CD  0  MH .CD  0 do HE  CD.
 2 2  
  2  1   
  xCD  ( CS  CB)  .CD  0  xCD  CS .CD  0 do CB  CD
3
3
3


 
1

Do SCD đều nên CS .CD  CS .CD.cos600  a 2 . Do đó
2
2 1
1
1
x.a 2  . a 2  0  a 2 ( x  )  0  x  .
3 2
3
3
1
Vậy E thuộc đoạn AC thỏa mãn CE  CA.
3

8

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu 8 (2,0 điểm). Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác có chu vi bẳng 1. Tìm giá

4
4
4
a 2  b2  c2  1
trị lớn nhất của biểu thức: T 




.
ab bc ca
2abc



1
2

Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác có chu vi bẳng 1 nên a, b, c   0; 

0,25


T

4
4
4
1 1 1 5a  1 5b  1 5c  1


   


1  a 1  b 1  c a b c a  a 2 b  b2 c  c 2

0,5

Ta có

5a  1
 3a  1  2a  1  0, a   0; 1 
 18a  3  


2
aa
a  a2
 2
5a  1
 1

 18a  3  , a   0; 
2
aa
 2
2

Tương tự ta có :

Suy ra T 

5b  1
 1
 18b  3 , b   0;  ,
2

bb
 2

5c  1
 1
 18c  3 , c   0; 
2
cc
 2

5a  1 5b  1 5c  1


 18  a  b  c   9  9
a  a 2 b  b2 c  c 2

Dấu đẳng thức xảy ra  a  b  c 

0,75

1
1
 Tmax  9 đạt được  a  b  c 
3
3

----------------------Hết----------------------

0,5

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO PHÚ YÊN

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

TRƯỜNG THPT PHAN CHU TRINH

NĂM HỌC 2020-2021

--------------

MƠN TỐN 11
Thời gian làm bài: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Câu 1:(5điểm)
Giải phương trình: 4 x( x  1)  (2x  1)2 .
Câu 2:(4điểm)
 (1  x)(1  y)  2
.
(1  x)(1  y)  2

Giải hệ phương trình: 
Câu 3:(3điểm)

Khơng dùng máy tính,hãy tính sin180 cos360 và sin180 .
Câu 4:(3điểm)
Cho hai số thực a,b thỏa 1  a, b  2 .
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức p 

( a  b) 2

.
a 2  b2

Câu 5:(3điểm)
Cho tam giác ABC có góc A=600,cạnh BC=a,bán kính đường trịn nội tiếp r 
Chứng minh rằng tam giác ABC đều.

a 3
.
6

Câu 6:(2điểm)


1
4
a
Biết a, b, c là các số tự nhiên.Chứng minh rằng abc  52 và a  b  c  12 .

Cho các số thực dương  ,  ,  thỏa      

HẾT

1
b

1
c

.Đặt tan   , tan   , tan   .

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TOÁN 11 2020-2021
Câu 1
(5đ)

Câu 2
(4đ)

Câu 3
(3đ)

Phương trình tương đương với 4 x 2  x  4x 2  4 x  1
Đặt t  x 2  x ,ta được 4t  4t 2  1 <=> t 

1  2
1
<=> 4x 2  4 x  1  0 <=> x 
2
2

(3đ)

1.5đ

Ta có x,y là nghiệm phương trình z 2  2 z  1  0 <=> z  1  2 .

1.5đ

Vậy hệ có nghiệm là (1  2;1  2) và (1  2;1  2)

1đ

sin180 cos180cos360 sin 360 cos360 sin 720 1
Ta có p  sin18 cos36 =
=
=
=
cos180
4cos180 4
2cos180

1đ

1
1
<=> sin180 (1- 2sin 2180 ) 
4
4
0
3
=> sin18 là nghiệm của phương trình 8x  4 x  1  0 <=> (2 x  1)(4 x2  2 x 1)  0
1

x


2

1  5

1  5
1

<=>  x 
.Vì 0< sin180 < nên sin180 
.
4
2
4

1  5

x 
4


0.5đ

0

0

Ta có p 

(a  b)2 2(a 2  b2 )
 2
 2 .Vậy GTLN của p bằng 2 khi a=b.
a 2  b2
a  b2

( a  b) 2
2ab
2x
a
1 a
=1  2
,với x  .từ gt =>   2 =>
 1 2
2
2
2
a b
a b
x 1
b
2 b
x
2
(2 x 1)( x  2)  0 <=> 2 x2  5x  2  0 <=> 2
 .
x 1 5
9
1
Vậy GTNN của p bằng tại x=2 hoặc x= <=>a=2,b=1 hoặc a=1,b=2.
5
2
Mặt khác p 

Câu 5
(3đ)

3đ

 xy  x  y  1
x  y  2
Hệ phương trình tương đương với 
<=> 
 xy  x  y  3
 xy  1

Ta có sin180 cos360 

Câu 4

2đ

a 3
ID
a
Ta có AD=p-a, tan300=
= 6 =>p-a= =>b+c=2a (1)
AD p  a
2
Mặt khác theo định lí cosin ta có b2+c2=a2+2bccos600=a2+bc=>bc=a2 (2)
Từ (1) và (2) ta có b,c là nghiệm phương trình x2-2ax+a2=0.Phương trình này có nghiệm
duy nhất x=a .Vậy b=c=a (đpcm).

1.5đ

1đ

0.5đ
1.5đ

1đ
1đ
1đ