Thư viện đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
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 chuyên)
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 vuông 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……………………


Thư viện đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
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


Thư viện đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

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 khơng 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


Thư viện đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

 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 (vô 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



Thư viện đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

  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 vuông 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 vng 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


Thư viện đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

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


Thư viện đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

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