11toan-thinangkhieul5-2020-2021

SỞ GD & DT HAI DUONG

DE THI NANG KHIEU LAN 5- NAM HOC 2020 - 2021

TRUONG THPT CHUYEN NGUYEN TRAI

MON TOAN — LOP 11 TOAN
Thời gian làm bai : 180 Phit

Câu 1. (2,0 diém)

a) Tinh tich phan

T= [ x°ˆq—x)??°äy

b)

T-

Rút gon:

0
Cao

3

1
2
" C2qạo + CJyao

4

5

3
" C2upo

6

¬"

2019
2020
C5090 + C020

2022

2023

.

Câu 2. (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng có cạnh bằng a, canh bén SA
vng góc voi mat phang day va SA=a. Goi H,K lần lượt là hình chiếu vng góc của A trên $B,SD

a) Gọi ø là góc tạo bởi đường thăng $D và mat phang (AHK), tinh tana
b) Tính tỉ số thể tích hai phần của khối chóp bị cắt bởi mặt phẳng (AHK).
Câu 3. (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC trực tâm # đường cao AD với D trên BC. GọiM là

trung điểm BC va D' đối xứng với D qua M . Diém P thuộc đường thăng DĐ
sao cho AP song
song 8C, đường tròn ngoại tiếp tam giác AAHP và ABHC cắt lại nhau tại G z H. Chứng minh

⁄MHG =90'.

Câu 4. (1,5 điểm) Cho

f(m)=n+ [Xm],n>0

Chứng minh với mọi sỐ nguyên duong

m, day

m, f (m), f f (m)), f ff (m))),...chita ít nhất 1 số chính phương.
(ký hiệu [x] là phần nguyên của số thực x, tức là số nguyên lớn nhất không vượt quá z)
Câu 5. (1,5 điểm) Tìm tất cả các hàm

ƒ:iR->lR

sao cho với mọi số thực x, y,z, ta có

(ƒŒ)+ÐŒ(y)+ ƒŒ))= ƒŒy+z)+ ƒ(z— y)
Câu 6. (1,0 điểm) Giả sử với (a,.b,).(a,.b,).....(đ,s„b„„} là các cặp sắp thứ tự phân biệt các số ngun

khơng âm thì W là số cặp (i,j) ma 1khi 100 cặp số trên thay đổi.


ĐÁP ÁN ĐÈ NĂNG KHIẾU LÀN 5 LỚP 11 TOÁN-NĂM HỌC 2020-2021
Câu I1. (2,0 điểm)

a) Tinh tích phân 7= [ (lx)

b)

0
Cr090

Rut gon: T =

1
_ C5090

dx

2
3
+ C 2o _ Co

4

5

+.

2019
2020
Cro20 + Co

"

6

2022

2023

.

Lời giải:
a)

T= [ x (l— x)?" dx.
Dat t=l-x
53 x=1-t> dx =-dt,
x=O>t=1
x=1>1rt=0

Khi do:
T= -[ (11)
1
=

b)

l

f 2022
—

1011

= f(e —2£ +1}

pr!

Ị

mm]

+

1

=

—

2023

arf (Pe

1
1011

+

— 2/2021... ,2020 }ư

1

=

2021

1

.

4133456313

Xét khai triển nhị thức newton của biêu thức:
2
2020 _ 2
(0
1
2
2
73
3
201920194 (+2020, 2020
xq-x)
=x (Cao — €auagXF CagX” — CapgX +...— C2ppX
C20
)
=Cy sọ

1

— €zpgX”

.3

2

+CzgX

Lay tich phan hai về của đăng thức

4

3

— Cog

5

2019 , 2021

+.. .—C 2020%

2020 4.2022
+€ 2020"

() với cận chạy từ 0 đến 1 ta được:

1 2
2020
1
3,
[ xq-x}Y
dx= [ (C 920% — CagpgX` È Ca¿gX” — CấnyX

2019 2021...

(32020 2022
+...—CạpgX”
+ Cup X
kh
1

_( Coro

3

xe

Crono x

4

+ Chu

5

x

_ Cong

6

xế +... —

Cho — Cảm „ Côn Cinna ,
3

4

5

6

Conon

2022

x”

+ Chnao x3

2023

Conn, Conn
2022

2023

Câu 2. (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng có cạnh bằng a, canh bén SA
vng góc voi mat phang day va SA=a. Goi H,K lần lượt là hình chiếu vng góc của A trén SB,SD

a) Goi œ là góc tạo bởi đường thang SD va mat phang (AHK), tinh tana

b) Tinh tỉ số thể tích hai phần của khối chóp bi cat bởi mặt phang (AHK).
Lời giải:

a)

Goi L la giao diém cua SC va (AHK).

Tac6é AK L(SCD) va AH L(SBC) nén SC L(AKLA).
Do d6 (SD,(AHK)) = (SK, KL) = SKL=a
2

Xét aSAC tacé SA2=SL-SC
@ SL= 24 = 4
SC

2

a3

43

a,

Mat khéc aSLK ~aSDC nén EA = 2” & Lx = 24 PC - V2
DC

SC

SC

a3

4.

V6

a
Xét

aSLK

ta có tana = Sh

= X3

= J2. Vậy

tana-

2.

V6

b) Lại có KH => BD, AL =av23 va AL
_L KH nén diện tích AHKL bằng 5 KHAL= oi và
2

SL=

B nên thể tích khối chóp S.AHLK bằng Tạ
a

3

Thể tích khối chóp S.ABCD bằng a nên tỉ lệ thể tích cần tìm bằng =


Cầu 3. (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC trực tâm AH duong cao AD voi D trén BC. GoiM

là trung

điểm BC, và D' đối xứng với D qua ⁄. Điểm P thuộc đường thang D'H sao cho AP song song BC,
đường tròn ngoại tiếp tam giác AAHP và ABHC cắt lại nhau tại G zH. Chứng minh ⁄NWG =90.
Lời giải:

Xét thế hình như hình vẽ.

Gọi 7= HM ¬AP thì dễ có 7 trung điểm AP
Có đường trịn (ð8HC) đối xứng với đường tròn
là trung điểm AZ

(ABC) qua 4

nên nếu gọi AM ¬(BHC)=Z, thì M

Vậy MT | PZ
Ta chứng minh

G,P,Z

thắng hàng

Có B,C,Z„G thuộc một đường trịn và ABZC là hình bình hành nên

180°— ZBGZ = ZBCZ = ZCBA va ZPGB+ ZBGH = ZPGH = ZPAH =90
—+ ZPGB

=90 —ZBGH

=90 —ZBCH

= ZABC

Vay ZBGP =180° — ZBGZ

Nên G,P,Z thang hang.
Vay

PG||HM

— ZMHG =

ZPGH

= ⁄PAH

= 90°

=180°—ZBGZ


Ta có điều phải chứng minh

Câu 4. (1,5 điểm) Cho ƒ(nw) =ø+[^Ín]. Chứng minh với mọi số nguyên dương

7, dãy

m, f (m), f (f (m)), ƒ(ƒ(m))).... chứa ít nhất 1 số chính phương.
Lời giải:
Giả sử m=n”
nén fm)

+r. với IKhi đó [xứm]=n. nên

=n?

+2n+r=(nt+l)

#ứm) =nÏ

+n+r.Tavanco

[/n?

+n+r]=n

+(r—]). Vậy nếu r=1, ta có f,(m) la số chính phương. Băng quy

nạp ta có được /ƒ,„(m) chính phương.
Bây giờ nếu

n+l

ƒứŒm)

=n”

+n+r=(m+l`

r=0, ta có f(m) 1486 chinh phuong. Nếu khơng !›„-„ p0)
Cầu 5. (1,5 điểm) Tìm tất cả các hàm

ƒ:IR->lR

+(r—n-—l)

và

0=(r—-n-l)
là số chính phương.

sao cho với mọi số thực x. y,z, ta có

(@Œœ)+DŒ(@y)+ ƒŒ)) = ƒŒGy+z)+ ƒ(XáT— y)
Lịi giải:
Ký hiệu P(x, y,z) thay cho (ƒ()+1)(ƒ(y)+ ƒ()) = ƒGW+z)+ ƒ(XzT y).
P(0,0,0)

duoc

ƒ(0)=0

và P(0,y,z)

cho

ƒ(y)= #(-y).

P(x, y,0) được f(xy) = ff).
Suy ra, f(x) = f(x) fd).

Nếu ƒ()#1 thi ƒ(x)=0 với mọi x.
Nếu ƒ()=1, P(x1,) được ƒ(x+!)=2ƒ()- ƒ(œx-1)+2.
Quy nạp được ƒ(n)=n” với mọi số nguyên ø. Suy ra ƒ(4)= 4Ÿ với mọi số hữu tỉ q.
Chứng minh ƒ đồng biến với x>0.
Có ƒ(x')= ƒ(z)ƒf(z)>0, nên ƒ(x)>0 với mọi z.
Mà ŒŒ)+D(ƒ@y)+ ƒŒ))= ƒGy+z)+ ƒ@œ«— y)3> ƒ(y)+ ƒŒ).
Đặt

2
x=

bà
voi z>0.

<

Ta có r+

<

+z)> f(z). Dat ye

Ta có ƒ(+ec)> ƒ(z), với mọi

z,e>0. Vậy

ƒ đồng biến


Suy ra ƒ(x)=x” với mọi x,

Kiểm tra lại là xong.

Câu 6. (1,0 điểm) Giả sử với (a,,b,).(a,.b,).....(đ,„y„b„„} là các cặp sắp thứ tự phân biệt các số ngun
khơng âm thì N là số cặp (¡,/j) mà I<¡< j<100 thỏa mãn |ab,-a,b =1. Tìm giá trị lớn nhất của NW
khi 100 cặp số trên thay đối.
Lời giải:
Đáp số là 197 ( tổng quát là 2-3

nếu có ø0 cặp số)

Ý tưởng là nếu đặt P = (a,,b,) là các điểm trong mặt phăng tọa độ với gốc O = (0,0) thì bài tốn trở
`

`

CÁ

Le

ae

k

ean

thành: Tìm sơ tam giac lon nhat

ae

|

aOPP. co dign tich 2

( Ta gọi là tam giác đẹp)
Chọn

100 điểm

P như sau:

(1,0),(1,1),(2,1,(3,),...,

(1)

O-

(21)

(99,1)

(31)

(41)

(10)

Có 98 tam giác đẹp với đỉnh (0,0),(k,1!) và (k+l,I) khi k =1,...,98.
Có 99 tam giác đẹp với đỉnh (0,0),(1,0) và (&k,) khi k =1,...,99.

Vậy có 98+ 99 = 197 tam giác đẹp
Ta chứng minh 2ø—3 là số tam giác đẹp lớn nhất bằng quy nạp theo ø > 2

Trường hợp ø =2 hiển nhiên
Không mất tổng quát, giả sử P= P, =(a,b) là điểm xa O nhất.
Khi đó: Điểm xa nhất P = P, thuộc cùng lắm 2 tam giác đẹp.
Thật vậy, ta có

UCLN(a,b)=1

Vì nếu UCLN(a,b)=d

với P thuộc một tam giác đẹp bất ky

và P thuộc tam giác đẹp OPQ

thì đZ cũng là ước của 2 lần diện tích tam giác

OPQ, tức là ước cua 1.
Xét tập các điểm Q sao cho diện tích OPQ bằng : thì Q chạy trên I trong 2 đường thắng song song OP

là đ, và d,


\

N

»*

+

Do UCLN(a,b) =1, nên chỉ có 2 điểm nguyên trên 2 đường thăng đ,,2, năm trong một phân tư hình
trịn tâm O, bán kính OP, vì rõ ràng nếu có một điểm nguyên

(u,v) trén d, thi các điểm nguyên còn lại

trên đ, phải có dạng (z+z,v+Ðb) hoặc (w—a,v—b)„ đều thốt ra ngồi hình trịn.
Vậy nếu xóa điểm P thì cịn ø—1 điểm, có cùng lắm là 2(»—I)—3 tam giác đẹp. Theo nguyên lý quy
nạp ta có điều phải chứng minh.