Thư viện đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1

KÌ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2020-2021

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (2 điểm). Cho
tại hai điểm
lên

Mơn thi: TỐN - Lớp 11 THPT
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

 Pm  : y  x2  2mx  m2  m . Biết rằng  Pm  luôn cắt đường phân giác góc phần tư thứ nhất

A , B . Gọi A1 , B1 lần lượt là hình chiếu của A , B

lên

Ox , A2 , B2 lần lượt là hình chiếu của A , B

Oy . Tìm m để tam giác OB1 B2 có diện tích gấp 4 lần diện tích tam giác OA1 A2 .

Câu 2 (4 điểm).
1. Giải phương trình

2sin 2 x  cos 2 x  7sin x  4  3
 1.
2 cos x  3





 y3  4 y2  4 y  x  1 y 2  5 y  4  x  1

2.Giải hệ phương trình 
2
2 x 2  3x  3  6 x  7  y 2  x  1   y 2  1 3 x  2
Câu 3 (4 điểm).
1. Chứng minh rằng
2.Cho đa giác đều

C   C   C 
2
1
2022

2
2
2022

2
3
2022

1
 2


.

2021
2022
1011
 ...   C2022
1.
  C2022
  C2022
2

2

A1 A2 ... A2020 nội tiếp đường tròn tâm O , chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh bất kỳ của đa giác đó. Tính

xác suất để nhận được một tứ giác có đúng một cạnh là cạnh của đa giác.
Câu 4 (2 điểm). Nhà anh A muốn khoan một cái giếng sâu 20 mét dùng để lấy nước cho sinh hoạt gia đình.
Có hai cơ sở khoan giếng tính chi phí như sau:
Cơ sở I: Mét thứ nhất 200 nghìn đồng và kể từ mét thứ hai trở đi, giá của mỗi mét tăng thêm 60 nghìn đồng so
với giá của mỗi mét trước đó.
Cơ sở II: Mét thứ nhất 10 nghìn đồng và kể từ mét thứ hai trở đi, giá của mỗi mét gấp 2 lần so với giá của
mỗi mét trước đó.
Hỏi gia đình anh A để tiết kiệm tiền thì nên chọn cơ sở nào để thuê, biết rằng hai cơ sở trên có chất lượng khoan là
như nhau.
Câu 5 (6 điểm).
1.Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo BD và AC vng góc với

H và AD  2 BC . Gọi M là điểm nằm trên cạnh AB sao cho AB  3 AM , N là trung điểm HC . Biết
B  1;  3 , đường thẳng HM đi qua điểm T  2;  3 , đường thẳng DN có phương trình x  2 y  2  0 . Tìm
tọa độ các điểm A , C và D .

2. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AB // CD , AB  2CD . Các cạnh bên có độ dài
bằng 1. Gọi O là giao điểm của AC và BD. I là trung điểm của SO. Mặt phẳng   thay đổi đi qua I và cắt
SA, SB, SC , SD lần lượt tại M , N , P , Q . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1
1
1
1
.
T

 2
2
2
2 SM
2 SN
SP
SQ 2
3. Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD. A1 B1C1 D1 , mặt phẳng   thay đổi và song song với hai đáy của lăng trụ
nhau tại

lần lượt cắt các đoạn thẳng

AB1 , BC1 , CD1 , DA1 tại M , N , P, Q . Hãy xác định vị trí của mặt phẳng   để tứ

giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất.
Câu 6 (2 điểm).
1. Cho a , b, c là các số thực dương thoả mãn

abc  1 . Chứng minh bất đẳng thức


a 3  b3  c3 
2. Giải phương trình

ab
bc
ca
9
 2 2 2
 .
2
2
a b b c c a
2
2

1  2020 x  1  2020 x  1  2021x  1  2021x  1  2021x  1  2021x .
---------- Hết ------------

1


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

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM
(Gồm có 06 trang)
Câu
I
2,0
điểm


Cho

 Pm  : y  x

NỘI DUNG
2

 2mx  m  m .
2

Biết rằng

 Pm  luôn cắt đường phân giác góc phần tư

A , B . Gọi A1 , B1 lần lượt là hình chiếu của A , B lên Ox , A2 , B2
lần lượt là hình chiếu của A , B lên Oy . Tìm m để tam giác OB1 B2 có diện tích gấp 4 lần
diện tích tam giác OA1 A2 .
thứ nhất tại hai điểm

Xét phương trình hồnh độ giao điểm:

Điểm

x  m
.
x 2  2mx  m 2  m  x  
x  m 1

2,0


0,5

*TH1:

A  m ; m   A1  m ;0  ; A2  0; m  .
B  m  1; m  1  B1  m  1;0  ; B2  0; m  1 .
Khi đó SOB1B2  4 SOA1 A2 

0,75

m  1
1
1 2
2

m

1

4.
.
m

.


 m  1
2
2
3



*TH2:

B  m ; m  B1  m ;0 ; B2  0; m  .

0,75

A  m  1; m  1  A1  m  1;0  ; A2  0; m  1 .
Khi đó

SOB1B2  4 SOA1 A2

Vậy có 4 giá trị của
II
4,0
điểm

1. Giải phương trình

Điều kiện: x  

 m  2
1 2
1
2
 m  4.  m  1  
.
 m  2
2

2
3


m thỏa mãn yêu cầu đề bài.
2sin 2 x  cos 2 x  7sin x  4  3
 1.
2 cos x  3

5
 k 2 (*).
6

2,0

0,5

2sin 2 x  cos 2 x  7sin x  4  3  2cos x  3
 2sin 2 x  cos 2 x  7 sin x  2 cos x  4  0
  2sin 2 x  2cos x   1  2sin 2 x   7 sin x  4  0

Phương trình tương đương

 2 cos x  2 sin x  1   2sin x  1 sin x  3  0

2

0,5



Thư viện đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
 2sin x  1  0
  2sin x  1 sin x  2 cos x  3  0  
.
sin x  2 cos x  3  0


Giải (1) :



 x  6  k 2
1
sin x   
2
 x  5  k 2

6
2
2
2
 Giải (2): sin x  2cos x  3 vơ nghiệm vì 1  2  3 .

Đối chiếu điều kiện (*) phương trình có họ nghiệm x   k 2
6
2. Giải hệ phương trình



0,5


k  .

0,5



1

 y3  4 y2  4 y  x  1 y2  5 y  4  x  1


2
2 x 2  3x  3  6 x  7  y 2  x  1   y 2  1 3 x  2
Điều kiện: x 

 2

.

2
(*)
3

2,0

0,25

2
2

 y  y  2   x  1  y  2   y  x  1 


2
 y  x  1  y  2   x  1   0  y  x  1


2
2
vì x    y  2   x  1  0.
3
Thế y  x  1 vào phương trình (2) ta có:

Phương trình (1)





0,5

2 x 2  3 x  3  6 x  7   x  1 x  1  x 3 x  2
2

 2 x 2  3x  3  6 x  7  x3  x 2  x  1  x 3x  2

2




2

 

x 2  3x  3  1  x
x 2  3x  2

x

0,5



3 x  2  x  x3  7 x  6

3x  2  x 2
  x 2  3 x  2   x  3
3x  2  x

x 2  3x  3  1


2
x
  x 2  3x  2   x  3 

0
2
3x  2  x 
x  3x  3  1


 x 2  3x  2  0
 3


.
2
x
x 3

 0  4

3x  2  x
x 2  3x  3  1


Giải (3) ta được x  1; x  2



Giải (4): phương trình x  3 

2



x  3x  3  1

 
2

x

 x 2
 1 

0
3x  2  x 
x 2  3x  3  1  


 x

2 x 2  3x  3
x  3x  3  1
2



2

1. Chứng minh rằng

0,5



2
2
2022






S  1; 2 , 2; 3 .

C   C   C 
2
1
2022

x
0
3x  2  x

3x  2
2
 0 vơ nghiệm vì vế trái ln dương với x  .
3
3x  2  x

Đối chiếu điều kiện (*) suy ra tập nghiệm hệ là
III
4,0
điểm

0,25

2
3

2022

Ta có

2021
2022
1011
 ...   C2022
1.
  C2022
  C2022
2

2

2,0
0,25

3


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

 C    C    C   ...   C   C   C  1
  C    C    C    C   ...   C    C 
2
1
2022

2

2
2022

2
0
2022

2
3
2022

2
1
2022

2021 2
2022

2
2
2022

2022 2
2022

2
3
2022

1011

2022

2021 2
2022

2022 2
2022

1011
 C2022

.
0
1
2
3
2022
 xC2022
 x 2C2022
 x 3C2022
 ...  x 2022C2022
1  x   C2022
2022
0
1
2
3
2021
2022
 x 2021C2022

 x 2020C2022
 x 2019C2022
 ...  xC2022
 C2022
 x  1  x 2022C2022
2022
2020
2022
Hệ số x
trong khai triển 1  x 
 x  1 là
2022

 C    C    C    C   ...   C    C 
Mà 1  x 
 x  1  1  x    C  1 x .
2
0
2022

2
1
2022

2022

2
2
2022


2
3
2022

2 2022

2020

2021 2
2022

2022
k 0

Hệ số của x

2022

trong khai triển

1  x 

2 2022

k

k
2022

2022 2

.
2022

2k

0,5

là C2022 .
1011

0,5

Vậy có điều phải chứng minh.
2. Cho đa giác đều

0,75

A1 A2 ... A2020 nội tiếp đường tròn tâm O , chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh bất kỳ

của đa giác đó. Tính xác suất để nhận được một tứ giác có đúng một cạnh là cạnh của đa
giác.

2,0

Xác định được khơng gian mẫu và tính số phần tử của không gian mẫu

0,5

4
n     C2020


2

Xác định được biến cố, chỉ ra ứng vỡi mỗi cạnh có C2019 (chia 2016 cái kẹo cho 3 bạn mà bạn
nào cũng có kẹo) tứ giác thỏa mãn bài tốn.

0,5

2
n  A   2020.C2019

0,5

Xác suất cần tìm là

0,5

n  A
12
P  A 

n    2017

IV
2,0
điểm

1. Nhà anh A muốn khoan một cái giếng sâu 20 mét dùng để lấy nước cho sinh hoạt gia
đình. Có hai cơ sở khoan giếng tính chi phí như sau:
Cơ sở I: mét thứ nhất 200 nghìn đồng và kể từ mét thứ hai trở đi, giá của mỗi mét tăng

thêm 60 nghìn đồng so với giá của mỗi mét trước đó.
Cơ sở II: mét thứ nhất 10 nghìn đồng và kể từ mét thứ hai trở đi, giá của mỗi mét gấp 2
lần so với giá của mỗi mét trước đó.
Hỏi gia đình anh A để tiết kiệm tiền thì nên chọn cơ sở nào để thuê, biết rằng hai cơ sở
trên có chất lượng khoan là như nhau.
Cơ sở I: Gọi

2,0

un (nghìn đồng) là số tiền chi phí khoan giếng ở mét thứ n .

Theo giả thiết ta có

u1  200 và un 1  un  60

Chứng minh dãy số

un là một cấp số cộng có cơng sai d  60 .

0,5

Vậy số tiền thanh toán cho cơ sở I khoan giếng khi khoan giếng sâu 20 mét là:

S 20  u1  u2  ...  u20  20u1 
Cơ sở II: Gọi

20.19
d  15400 (nghìn đồng).
2


0,5

vn (nghìn đồng) là số tiền chi phí khoan giếng ở mét thứ n .

Theo giả thiết ta có

v1  10 và vn 1  vn 2

Chứng minh dãy số

vn là một cấp số nhân có cơng bội q  2 .

0,5

Vậy số tiền thanh toán cho cơ sở II khoan giếng khi khoan giếng sâu 20 mét là:

S20  v1  v2  ...  v20  v1.

q 20  1
 24697 (nghìn đồng).
q 1

Vậy gia đình anh A nên thuê cơ sở I.

4

0,5


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

Oxy cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo BD và
AC vng góc với nhau tại H và AD  2 BC . Gọi M là điểm nằm trên cạnh AB sao cho
AB  3 AM , N là trung điểm HC . Biết B  1;  3 , đường thẳng HM đi qua điểm

1. Trong mặt phẳng hệ tọa độ

2,0

T  2;  3 , đường thẳng DN có phương trình x  2 y  2  0 . Tìm tọa độ các điểm A , C
và

D.
C

B
N
L
H
T
M

A

D

Ta có ABCD là hình thang cân nên có hai đường chéo BD và AC vng góc với nhau tại
H nên HB  HC, HA  HD .

V
6,0

điểm

0,5

Ta đặt HB  HC  a, HA  HD  b  a, b  0  , khi đó:
 MB  MA  2  1 
HM 
. HA 
.HB  HA  HB
AB
AB
3
3
  1 
DN  DH  HC
2

 

 2  1    1   1   1  
1
1
HA  HB  DH  HC   HA. HC  DH .HB   ab  ab  0 .
3
2
3
3
3
3


 3

Suy ra HM.DN  

0,5

Do đó HM  DN

Đường thẳng HM đi qua T  2; 3  và vuông góc với DN nên có phương trình là:

2x  y  7  0 .
Gọi H  t;2t  7   HM . Theo định lí Talet ta có:



nên HD  2 HB , suy ra
Mặt khác D  DN nên

D  3t  2;6t  15 .

 
HD AD

 2 và HD, HB ngược hướng
HB BC
0,5

3t  2  2  6t  15   2  0  t  2  H  2;  3  D  8;  3 . .

Nhận xét rằng H  T , đường thẳng BD : y  3 .

Đường thẳng AC đi qua H và vuông góc với BD có phương trình : x  2  0 .

x  2
x  2

 N  2;0  .
x  2 y  2  0
y  0

Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình: 
Vì N là trung điểm của HC nên





C  2;3 .

0,5

 xA  2  0
x  2
 A
 A  2;  15  .
 y A  15
 y A  3  4  0  3

Mặt khác HA  4 HN  

Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là


A  2;  15  , C  2;3 , D  8;  3 .

S .ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AB // CD , AB  2CD . Các
cạnh bên có độ dài bằng 1. Gọi O là giao điểm của AC và BD. I là trung điểm của SO. Mặt
phẳng   thay đổi đi qua I và cắt SA, SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P , Q . Tìm giá trị
1
1
1
1
nhỏ nhất của biểu thức T 
.

 2
2
2
2 SM
2 SN
SP
SQ 2
2. Cho hình chóp

5

2,0


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

0,5


Gọi K là trung điểm của AB, E là trung điểm của
Ta có

CD

 

SA  SB  2SK
 

SC  SD  2 SE
 3 
  3  
CD / / AB
Do: 
 EK  OK  SK  SE  ( SK  SO )
2
2
 AB  2CD
 

3  1      
 SO  SK  SE  SA  SB  2 SC  2 SD  2 SK  4 SE  6 SO
2
2
 SA  SB  2SC  2SD


 SM

 SN
 SP
 SQ
 6 SO  12 SI
SM
SN
SP
SQ
SA SB 2SC 2SD
Do M , N , P , Q đồng phẳng nên



 12 . Suy ra
SM SN SP
SQ
1
1
2
2



 12 .
SM SN SP SQ
 1
1
1
1 
 122  


 2
2  2  22  2 2 
2
2
2 
2 SN
SP
SQ 
 2 SM
1
1
1
1
 T=

 2
 12
2
2
2 SM
2 SN
SP
SQ 2
1
Vậy min T  12 khi SM  SN  SP  SQ  .
2
3. Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD. A1 B1C1 D1 , mặt phẳng   thay đổi và song song với
hai đáy của lăng trụ lần lượt cắt các đoạn thẳng
xác định vị trí của mặt phẳng


  để tứ giác

6

AB1 , BC1 , CD1 , DA1 tại M , N , P, Q . Hãy

MNPQ có diện tích nhỏ nhất.

0,5

0,5

0,5

2,0


Thư viện đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
Giả sử mặt phẳng
Do mặt phẳng

  cắt các cạnh

AA1 , BB1 , CC1 , DD1 lần lượt tại E , F , G , H .

  //  ABCD  nên ta có:

AE BF CG DH
.




AA1 BB1 CC1 DD1

AE
 x,  0  x  1 ; S ABCD  S với S là hằng số. Ta có S EHGF  S .
AA1
EM AM AE
EQ A1 Q A1 E
Suy ra


x


 1 x .
EF
AB1 AA1
EH A1 D A1 A

0,5

Đặt



S EMQ
S EFH




0,5

EQ EM
.
 x 1  x   S EMQ  x 1  x  S EFH .
EH EF

Chứng minh tương tự ta có:

SHPQ  x 1  x  S HGE ; SPGN  x 1  x  SHGF ; SNFM  x 1  x  SGFE .



Ta có S MNPQ  S  S EMQ  S PGH  S PGN  S NFM

0,5



 S  x 1  x  S EFH  S HEG  S HGF  S GFE   S  x 1  x  2 S  S 1  2 x  2 x 2  .
2

1 1 1
S

Ta có 1  2 x  2 x  2  x      S MNPQ  .
2 2 2
2


S
1
Khi đó S  MNPQ đạt giá trị nhỏ nhất là
khi x  .
2
2
Vậy mặt phẳng   đi qua trung điểm các cạnh AA1 , BB1 , CC1 , DD1 .
2

1. Cho a , b, c là các số thực dương thoả mãn

a 3  b3  c3 

0,5

abc  1 . Chứng minh bất đẳng thức

ab
bc
ca
9
 2
 2
 .
2
2
2
a b b c
c a

2
2

1,0

Ta có

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  
4

a 2  ab  b 2
a 2  b2
bc
1b c
ca
Tương tự có 1  2
    ; 1 2

2
b c
4c b
c  a2
  a 2  b 2   4ab  a 2  ab  b 2  
2

VI
2,0
điểm

a2  b2

ab
1a b
 1 2
   
2
4ab
a b
4b a
1 c a
  .
4 a c 


0,5

Do đó, cộng theo vế các bất đẳng thức trên và sử dụng bất đẳng thức Schur cùng giả 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  c 3  3abc    a 3  b3  c3  3
4
4
ab
bc
ca 

3
3
3
Hay a  b  c  4  2
 2 2 2
 9 1
2
2 
 a b b c c a 

7

0,25



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

3  a 3  b3  c 3   3.3 3  abc   9  2 
3

ab
bc
ca 
 2 2 2
 18
2
a  b b  c c  a 2 

ab
bc
ca
9
3
3
3
Do vậy a  b  c  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 .
Từ

1

và

 2 suy ra 4  a3  b3  c 3 

2

0,25

2. Giải phương trình

1  2020 x  1  2020 x  1  2021x  1  2021x  1  2021x  1  2021x .

VT 2 



1  2020 x  1  2020 x



2

 4 1   2020 x 


2

0,25

x 2  0   2021x    2020 x   1   2021x   1   2020 x 
2

2

2

 4 1   2021x   4 1   2020 x   VT  4 1   2021x 
2

2

VP 2  1  2021x  1  2021x  1  2021x  1  2021x 

2

Vậy phương trình xảy ra

2

 x  0.

0,25

2


2

 2 1  2021x  1  2021x   1  2021x 1  2021x    4 1   2021x 


a  1  2021x a  b  2
Thật vậy, 

2 .
b  1  2021x 1  ab   2021x 
2  a 2b  ab 2   4 ab  ab  ab  ab 1  ab   0 , luôn đúng.
2

1,0

2

0,25

0,25

---------- Hết -----------Chú ý:
- Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia trên
cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án.

8