Đề thi học sinh giỏi tỉnh Toán 11 năm 2020 - 2021 sở GD&ĐT Bắc Ninh - TOANMATH.com

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020-2021 Môn: Toán - Lớp 11 Thời gian làm bài: 150 phút (không 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 vuông 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 vuông đã cho. Câu 6. (5,0 điểm) 1. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông 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.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 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 đôi một vuông 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 ...............................

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 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 luôn 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.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 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   không 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 nguyên nên không 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.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 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 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..

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 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 công 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 ..

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 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 vuông 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 vuông 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 tròn đường kính AC và đường trung trực của AC . Đường tròn 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 vuông 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.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 1. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông 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 đôi một vuông 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.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 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.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 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 . Không mất tính tổng quát 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.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 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.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 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.

<span class='text_page_counter'>(13)</span>