Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Bắc Ninh

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2020-2021
Môn: Tốn - Lớp 11
Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)

UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 02 trang)

Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 2  (2  m )x  4 có đồ thị là P  và điểm A(5; 5) . Tìm m
để đường thẳng (d ) : y  x  m cắt đồ thị P  tại hai điểm phân biệt M và N sao cho tứ giác

OAMN là hình bình hành (O là gốc tọa độ).
Câu 2. (2,5 điểm) Cho phương trình 4 cos3 x  cos 2x  m  3 cos x  1  0
1. Giải phương trình khi m = 3.
2. Tìm giá trị nguyên của tham số m để phương trình có đúng bốn nghiệm khác nhau thuộc khoảng
   
 ; 
 2 2 
 2 x 3 − 4 x 2 + 3 x=
− 1 2 x3 (2 − y ) 3 − 2 y

Câu 3. (2,5 điểm) Giải hệ phương trình 
2
x 3 − 2 y + 2 + x −1
 x 3− 2y + 2 − x


)(

(

)

4

=
4

Câu 4. (4,5 điểm)


2
3
 5  x  3x  5
khi x  1 với m là tham số. Tìm m
1. Cho hàm số y  g(x )  
,

x

1

mx  2
khi x  1

để hàm số g(x ) liên tục trên .
u  1
 1

2. Cho dãy số un  thoả mãn 
. Tìm công thức số hạng tổng quát un của
2un
un 1 
, n  1

un  4
dãy số đã cho.
3. Có bao nhiêu số tự nhiên có 8 chữ số, trong đó có hai chữ số lẻ khác nhau và ba chữ số chẵn
khác nhau, mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần.
Câu 5. (1,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD có tâm I (1; 4) , đỉnh
A nằm trên đường thẳng có phương trình 2x  y  1  0 , đỉnh C nằm trên đường thẳng có phương
trình x  y  2  0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vng đã cho.
Câu 6. (5,0 điểm)
1. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, tất cả các cạnh bên đều bằng a.
Gọi điểm M thuộc cạnh SD sao cho SD = 3SM , điểm G là trọng tâm tam giác BCD .

(

)

a) Chứng minh rằng MG song song với mp SBC .

( ) là mặt phẳng chứa MG và song với CD . Xác định và tính diện tích thiết diện của hình
chóp với mp (α ) .
b) Gọi α


c) Xác định điểm P thuộc MA và điểm Q thuộc BD sao cho PQ song song với SC . Tính PQ
theo a.

2. Cho tứ diện SABC có SA, SB, SC đơi một vng góc;=
SA a=
, SB b=
, SC c . Lấy một điểm M
nằm trong tam giác ABC . Gọi d1 , d 2 , d3 lần lượt là khoảng cách từ M đến các đường thẳng SA, SB, SC
2 ( abc )
Chứng minh rằng: d + d + d ≥ 2 2
.
a b + b2c 2 + c 2 a 2
2

2
1

2
2

2
3

Câu 7. (2,0 điểm)
1. Tìm giá trị nhỏ nhất của P =

2
a −b

+

2
b −c

+

2
c −a

5

+

ab + bc + ac
Trong đó a, b, c là các số thực thỏa mãn hai điều kiện a + b + c= 1, ab + bc + ca > 0.
n

2.


1
Với mỗi số nguyên dương n ta kí hiệu bn là hệ số của x trong khai triển x 2  x   thành

2 
2

đa thức. Đặt un  b1  b2  b3  ...  bn , n  * . Tìm số hạng tổng quát của dãy số un  và
tính giới hạn lim un .
=====Hết=====
Họ và tên thí sinh:........................................................... Số báo danh ..............................


UBND TỈNH BẮC NINH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2020-2021
Môn: Toán - Lớp 11

Câu
Lời giải sơ lược
Điểm
1. (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 2  (2  m )x  4 có đồ thị là P  và điểm A(5; 5) . Tìm m để đường
thẳng (d ) : y  x  m cắt đồ thị P  tại hai điểm phân biệt M và N sao cho tứ giác OAMN là
hình bình hành (O là gốc tọa độ).
Hoành độ của M và N là nghiệm của pt:

x 2  (2  m )x  4  x  m  x 2  (3  m )x  (m  4)  0 (1) Vì
  m 2  2m  25  0, m 1 nên 1 ln có hai nghiệm phân biệt  d  luôn cắt

0.5

P  tại hai điểm phân biệt.
Do các điểm O và A thuộc đường thẳng  : y  x nên để OAMN là hình bình hành

= OA
= 5 2
thì MN
Gọi M (x 1; x 1  m ), N (x 2 ; x 2  m ) với x 1, x 2 là nghiệm của 1.

0.5

x  x 2  m  3
Ta có  1
x 1x 2  (m  4)


 MN 2  2(x 1  x 2 )2  2 (x 1  x 2 )2  4x 1x 2   2m 2  4m  50


m  2
MN  5 2  2m 2  4m  50  50  
m  0

0.5

+ m  0 thì O, A, M , N thẳng hàng nên không thỏa mãn.
+ m  2 thỏa mãn.

0.5

2. (2,5 điểm) Cho phương trình 4 cos3 x  cos 2x  m  3 cos x  1  0
1. Giải phương trình khi m = 3.
2. Tìm giá trị nguyên của tham số m để phương trình có đúng bốn nghiệm khác nhau thuộc khoảng
   
 ;  .
 2 2 

2.1
1
điểm

 cos x  0

Với m = 3 ta có phương trình 4 cos3 x  2 cos2 x  0  
1

 cos x  2

0.25


 k
2
1

cos x   x    k 2
2
3

0.5

cos x  0  x 

Vậy phương trình có các họ nghiệm là x 



 k  , x    k 2 .
2
3

0.25


Ta có:
4 cos3 x  cos 2x  m  3 cos x  1  0  4 cos3 x  2 cos2 x  m  3 cos x  0

cos x  0
 
2
4 cos x  2 cos x  m  3  0

0.5


 k , k   khơng có nghiệm thuộc khoảng
2

cos x  0  x 
2.2
1,5
điểm

1
  
 ;  .
 2 2 

  
Đặt t  cos x , vì x   ;  nên t  0;1 .


 2 2 



Khi đó phương trình 1  4t 2  2t  m  3  0

2 .

Ycbt  phương trình 2 có 2 nghiệm phân biệt t1, t2 thỏa mãn 0  t1, t2  1 .

2  m  4t

2

0.5

 2t  3  g t 



Ta có bảng biến thiên của g t  trên t  0;1 .


0.5
Từ bảng biến thiên trên phương trình 2 có 2 nghiệm phân biệt t1, t2 thỏa mãn
0  t1, t2  1

thì 3  m 

13

. Vì m ngun nên khơng có giá trị nào.
4

 2 x 3 − 4 x 2 + 3 x=
− 1 2 x3 (2 − y ) 3 − 2 y

3. (2,5 điểm) Giải hệ phương trình 
2
x 3 − 2 y + 2 + x −1
 x 3− 2y + 2 − x


(

x ≥ 1

Điều kiện: 
3
 y ≤ 2

)(

)

4

=
4

Với điều kiện trên, từ PT đầu ta có:

2 x 3 − 4 x 2 + 3x − 1= 2 x 3 (2 − y ) 3 − 2 y ⇔ 2 −
3

 1  1
⇔ 1 −  + 1 −  =
 x  x
1
⇔ 1− = 3 − 2y
x

(

3− 2y

Thế vào phương trình thứ hai ta có:
Do x ≥ 1 ⇒

(*) ⇔

(
⇔ 2(
⇔2

(

)

3

4 3 1
+ − =
x x 2 x3

(

3− 2y

)

1.0
3

+ 3− 2y

+ 3− 2y

(

x +1 − x

)(
2

x +1 + x −1

)

4

=
4 (*)

x + 1 − x > 0 , phương trình

x +1 − x

)(

x +1 + x −1

)( x + 1 + x − 1) =
x=
) ( x + 1 − x − 1)
2

x +1 − x
x +1 −

)

2

⇔ x + 1 + x 2 − 1=

0.5

2
=

22 = 


(

x +1 + x −1

)(

)

x +1 − x −1 


2

2

0.5

x+x

Bình phương hai vế dương ta có:


1− 5
x =
2
⇔ x + 1 x 2 − 1 = x x ⇔ ( x + 1)( x 2 − 1) = x3 ⇔ 


1+ 5
x =
2

1+ 5
Kết hợp điều kiện ta có: x =
. Thay vào trên ta có nghiệm của hệ là:
2

1+ 5
x =

2

 y = 3 5 −1

4

0.5

4. (4.5 điểm)


2
3
 5  x  3x  5
khi x  1 với m là tham số. Tìm m

1. Cho hàm số y  g(x )  
,

x

1

mx  2
khi x  1

để hàm số g(x ) liên tục trên .
u  1
 1
2. Cho dãy số un  thoả mãn 
. Tìm cơng thức số hạng tổng qt un của
2un
un 1 
, n  1

un  4
dãy số đã cho.
3. Có bao nhiêu số tự nhiên có 8 chữ số, trong đó có hai chữ số lẻ khác nhau và ba chữ số chẵn
khác nhau, mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần.


5  x  3 3x 2  5
liên tục trên khoảng (1; ) .
x 1

Hàm g(x ) 

Hàm g(x )  mx  2 liên tục trên khoảng (; 1).

0.5

Vì thế g(x ) liên tục trên  khi và chỉ khi nó liên tục tại điểm x  1.
Ta có

4.1
1.5
điểm

5  x  3 3x 2  5
x 1

lim  g(x )  lim 

x  1

x  1

5  x  2  2  3 3x 2  5
x 1

 lim 
x  1

0.5




1

3(1  x )
  1  1  3 .
 lim  


x  1 
 5  x  2 4  2 3 3x 2  5  3 (3x 2  5)2  4 2 4
Và lim  g(x )  lim (mx  2)  2  m; g(1)  2  m.
x  1

x  1

0.25

Hàm số g(x ) liên tục trên tại điểm x  1 khi và chỉ khi

lim  g(x )  lim  g(x )  g(1)  2  m 

x  1

x  1

Vậy với m 

5
thì g(x ) liên tục trên .
4

3
5

m .
4
4

0.25

Nhận xét un  0, n  1 .
Ta có un 1 

4.2
1.5
điểm

Đặt vn 

2un
un  4



1
un 1



1
1
1
1 
1

2

  2    .

 un 2 
un 1 2
2 un

1
1
1
1
 thì vn 1  2vn . Suy ra vn  là cấp số nhân với v1 
 và cơng
un
2
u1 2

bội q  2 .

Do đó vn 

Vậy un 

0.5

0.5

3 n 1
1

1 3.2n 1  1
 vn  
2  3.2n 2 
.
2
2
2
un
2

3.2n 1  1

0.5
, n  1 .


Trường hợp 1: Xét các số có 8 chữ số, trong đó có hai chữ số lẻ khác nhau và ba chữ
số chẵn khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần, coi chữ số 0 có thể đứng
đầu.
+ Chọn 2 chữ số lẻ khác nhau và 3 chữ số chẵn khác nhau có C 52C 53 (cách).
+ Với mỗi cách chọn trên ta có: số có 8 chữ số, trong đó có hai chữ số lẻ khác nhau
và ba chữ số chẵn khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần là:
Trường hợp này có: C 52 .C 53 .
4.3
1.5
điểm

0.75

8!

(số).
2!2!2!

8!
 504000 (số).
2!2!2!

Trường hợp 2: Xét các số có 8 chữ số, trong đó có hai chữ số lẻ khác nhau và ba chữ
số chẳn khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần, mà chữ số 0 đứng đầu.
+ Chọn 2 chữ số lẻ khác nhau và 2 chữ số chẵn khác nhau có C 52C 42 (cách).
+ Với mỗi cách chọn trên ta có: số có 8 chữ số, trong đó có hai chữ số lẻ khác nhau

7!
và hai chữ số chẵn khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần là:
(số).
2!2!
Trường hợp này có: C 52 .C 42 .

0.5

7!
 75600 (số).
2!2!

Vậy có: 504000  75600  428400 (số).

0.25

5. (1,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD có tâm I (1; 4) , đỉnh A nằm
trên đường thẳng có phương trình 2x  y  1  0 , đỉnh C nằm trên đường thẳng có phương trình

x  y  2  0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vng đã cho.
Gọi C (t; t  2) thì A(2  t;6  t ). Vì A thuộc đường thẳng có phương trình
2x  y  1  0 nên 2(2  t )  (6  t )  1  0  t  3. Dẫn tới A(1; 3), C (3;5).
Ta thấy B, D là giao điểm của đường trịn đường kính AC và đường trung trực của AC
.
Đường trịn đường kính AC có phương trình (x  1)2  (y  4)2  5.
Đường trung trực của AC có phương trình 2x  y  6  0.

x  0; y  6
(x  1)2  (y  4)2  5
 
.
Ta có 
2x  y  6  0
x  2; y  2



Do đó B(0;6), D(2;2) hoặc B(2;2), D(0;6).
Vậy tọa độ các đỉnh hình vng là
A(1; 3), B(0;6),C (3;5), D(2;2) hoặc A(1; 3), B(2;2),C (3;5), D(0;6).
6. (5,0 điểm)

0.5

0.5

0.5

1. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, tất cả các cạnh bên đều bằng a.
Gọi điểm M thuộc cạnh SD sao cho SD = 3SM , điểm G là trọng tâm tam giác BCD .

(

)

a) Chứng minh rằng MG song song với mp SBC .

( ) là mặt phẳng chứa MG
hình chóp với mp (α ) .
b) Gọi α

và song với CD . Xác định và tính diện tích thiết diện của

c) Xác định điểm P thuộc MA và điểm Q thuộc BD sao cho PQ song song với SC . Tính
PQ theo a.
2. Cho tứ diện SABC có SA, SB, SC đơi một vng góc;=
SA a=
, SB b=
, SC c . Lấy một điểm M
nằm trong tam giác ABC . Gọi d1 , d 2 , d3 lần lượt là khoảng cách từ M đến các đường thẳng SA, SB, SC .
2 ( abc )
Chứng minh rằng: d + d + d ≥ 2 2
.
a b + b2c 2 + c 2 a 2
2

2
1

2
2

2
3

S

M

H

0.25
E

6.1.a
1,0
điểm

D

C
G

A

I

F

B

a) Gọi I là trung điểm của BC
DG DM 2
Ta có
=
=
⇒ MG / / SI mà SI ⊂ ( SBC ) nên MG / / ( SBC ) .
DI
DS 3
Qua G kẻ đường thẳng song song với CD cắt AD và BC lần lượt tại E và F . Qua
M kẻ đường thẳng song song với CD cắt SC tại H . Thiết diện của hình chóp với mp(
α ) là tứ giác EFHM .
Ta có HM / / EF vì cùng song song với CD
2a
a  
MD
= HC
=
, DE
= CF
=
, MDE
= HCF
= 600 nên tam giác DME bằng tam
3
3
giác CHF suy ra ME = HF do đó EFHM là hình thang cân
6.1.b

1,5
điểm

Ta có EM 2 = DM 2 + DE 2 − 2 DM .DE.cos600 =
MH =

2

h=

 EF − HM 
EM − 
 =
2



a2 a2 a 2
−
=
3 9
3

0.5

0.5

4a 2 a 2
2a a 1 a 2
+ −2 . . =

9
9
3 3 2 3

a
, EF = a .Gọi h là độ dài đường cao của hình thang ta có
3
2

0.75

0.5


1
1 a 2 4a 2a 2 2
.h.(EF + HM )=
.
. =
2
2 3 3
9
Qua M dựng đường thẳng song song với SC cắt CD tại N. Nối A với N cắt BD tại Q.

Diện tích thiết diện là S EFHM=

S

M

0.5

P
D

C

N
Q

A

6.1.c
1,5
điểm

B

Trong mp (AMN) từ Q dựng đường thẳng song song với MN cắt AM tại P.
Ta có PQ//MN, MN//SC nên PQ//MN
Suy ra hai điểm P, Q thỏa mãn điều kiện bài toán.
AQ 3
MN DM 2 AQ AB 3
= =⇒
=
Ta có = =
,
AN 5
SC
DS 3 QN DN 2

PQ AQ 3 PQ PQ MN 3 2 2
= =
, =
. = =
.
MN AN 5
SC MN SC 5 3 5
2a
Suy ra PQ =
5
Dựng hình hộp chữ nhật MNPQ.I JSH như hình vẽ
⇒ SP ⊥ ( MNPQ ) ⇒ SP ⊥ MP ⇒ MP =
d1

0.5

0.5

A

Tương tự ta có=
MH d=
d3
2 ; MJ
K
Q

P

S

0.25

M

N

B

H
J

I
D
C

2
Trong hình chữ nhật MNPQ có:=
d12 MP
=
MN 2 + MQ 2

6.2
1,0
điểm

Tương tự:=
d 22 MQ 2 + MI 2 ;=
d32 MN 2 + MI 2
Ta có: SM 2 = MP 2 + SP 2 = MQ 2 + MN 2 + MI 2

⇒ d12 + d 22 + d32 =
2 SM 2 (1)

0.25


Dựng SD ⊥ BC , SK ⊥ AD ⇒ SK ⊥ ( ABC ) ⇒ SK ≤ SM (2)
1
1
1
Trong tam giác ASD có =
+
2
2
SK
SA SD 2
1
1
1
Trong tam giác SBC có =
+
2
2
SD
SB
SC 2
1
1
1
1

1
1 1
Từ đó suy ra
=
+ 2+
= 2+ 2+ 2
2
2
2
SK
SA SB
SC
a b c
2
( abc )
(3)
⇒ SK 2 =
2 2
a b + b2c 2 + c 2 a 2

0,25

2 ( abc )
(đpcm).
2 2
a b + b2c 2 + c 2 a 2
2

Từ (1), (2), (3) suy ra : d12 + d 22 + d32 ≥
7. (2,0 điểm)

1. Tìm giá trị nhỏ nhất của P =

2
a −b

2

+

b −c

+

2

5

+

c −a

0,25

ab + bc + ac
Trong đó a, b, c là các số thực thỏa mãn hai điều kiện a + b + c= 1, ab + bc + ca > 0.
n

2.



1
Với mỗi số nguyên dương n ta kí hiệu bn là hệ số của x trong khai triển x 2  x   thành

2 
2

đa thức. Đặt un  b1  b2  b3  ...  bn , n  * . Tìm số hạng tổng quát của dãy số un  và tính
giới hạn lim un .
Khơng mất tính tổng qt giả sử a > b > c . Khi đó
P =

2
2
2
5
+
+
+
a −b b −c a −c
ab + bc + ac

0.25

Với 2 số dương x , y ta có BĐT tổng quát sau
1 1
4
+ ≥
≥
x y x +y

2 2
x 2 + y2

 1
1 
2
5
8
2
5
+
+
≥
+
+
Ta có P= 2 
+
ab + bc + ac a − c a − c
ab + bc + ac
a −b b − c  a − c
10
10
20 2
=
+
≥
7.2
2
a − c 2 ab + bc + ac
a − c + 4 ab + bc + ac

1
điểm
20 2
20 2
= =
a + c a + c + 4b
1 − b 1 + 3b

(

(

)(

)

(

)

)(

(

)

)

0.25

2

 3 − 3b + 1 + 3b 
4
Lại có 3 1 − b 1 + 3b ≤ 
 =
2



(

Suy ra

)(

)

0.25

(1 − b )(1 + 3b ) ≤ 2 3 3

Do đó P ≥ 10 6 .

2+ 6
a =
a − b = b − c
6



1

Dấu bằng xảy ra khi 3 − 3b =1 + 3b ⇔ b =
.
3
a + b + c =

1

2− 6

c =
6


0.25


2+ 6
a =
6

1

Vậy MinP = 10 6 khi b =
.
3

2− 6


c =
6

n k

n

n

1
1
Ta có x 2  x     C nk (x 2  x )k  
2 

 2 
k 0

n k

1
   C C  
 2 
k 0 j 0
n

k

k
n

j
k

(1)k j x k  j .

Số hạng chứa x 2 ứng với k  j  2, 0  j  k  n , hay j  0, k  2 hoặc

j  k  1.
n 2

1
Do đó bn  C C  
 2 
2
n

0
2

n 1

1
(1)  C C  
 2 
2

1
n

1
1

(1)0 

Xét hàm số f (x )  1  x  x 2  ...  x n thì f (x ) 
Ta có
2

7.2
1
điểm

f '(x )  1  2x  3x  ...  (n  1)x

n 2

 nx

n 1



0.25

n2
.
2n 1

x n 1  1

với x  1 .
x 1

nx n 1  (n  1)x n  1
(x  1)2

, x  1;

0.25

f ''(x )  2.1  3.2x  4.3x 2  ...  n(n  1)x n 2
n(n  1)x n 1  2(n  1)(n  1)x n  n(n  1)x n 1  2



(x  1)3

, x  1;

 f '(x )  xf ''(x )  12  22 x  32 x 2  ...  n 2 x n 1



2

1
2

0



2

2

1

2



2

3

2

2

 ... 

n 2 x n 2  (2n 2  2n  1)x n 1  (n  1)2 x n  x  1

n

2

2n 1

(x  1)3
2
2n  8n  12
 12 
.
2n

, x  1;

0.25


2n 2  8n  12
, n   * .
n
2
Với mọi số nguyên dương n  3 ta thấy
Vậy un  12 

2n  (1  1)n  C n0  C n1  C n2  C n3  ...  C nn  C n3 
Suy ra

n(n  1)(n  2)
.
6

2n 2  8n  12 6(2n 2  8n  12)
, n  *, n  3.

n

n(n  1)(n  2)
2
2
8
12
6(  2  3 )
6(2n 2  8n  12)
n  0.
Hơn nữa lim 0  0, lim
 lim n n
1
2
n(n  1)(n  2)
(1  )(1  )
n
n
2
2n  8n  12
 0.
Dẫn tới lim
2n

2n 2  8n  12 
  12.
Vậy lim un  lim 12 


2n
0

0.25