ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT
NĂM HỌC 2019-2020
MÔN: TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT NGUYỄN QUÁN NHO
Tháng 2

Câu 1( 4,0 điểm)
1) . Cho hàm số y  x 2  4 x  3 có đồ thị là (P1) và hàm số y  x 2  2 x  3 có đồ thị là (P2). Giả sử đường
thẳng (d): y = m cắt (P1) tại hai điểm phân biệt A, B và cắt (P2) tại hai điểm C, D. Tìm m để
AB  2CD .
2) Giải bất phương trình

1  2 x  2 x 2  3x  1
1  2 x2  x  1

 1.

Câu 2( 4,0 điểm)

x
1) Giải phương trình 4cos3 x cos x  2cos 4 x  4cos x  tan tan x  2  0.
2
 9 y 2   2 y  3  y  x   4 xy  7 x

2) Giải hệ phương trình. 
 7 x 2  25 y  19  x 2  2 x  35  7 y  2
Câu 3( 4,0 điểm) 1) Cho các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng

1  x2
3

1  4 1  y  3z

2) Cho dãy số  un 

2



1  y2
3

1  4 1  z  3x

2



1  z2
3

1 4 1 x  3y

2

u1 

3


,

un 1
xác định như sau 
un 
2  2n  1 u n 1  1


2

n  2.



3
.
5

Tính tổng của 2019 số

hạng đầu tiên của dãy số  un  .
Câu 4( 4,0 điểm)
1) 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.
2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn và nội tiếp đường trịn
tâm I. Gọi K là hình chiếu vng góc của B trên đường thẳng AC, H là hình chiếu vng góc của C trên
đường thẳng BI. Các đường thẳng AC và KH lần lượt có phương trình là x + y + 1 = 0 và
x + 2y - 1 = 0 . Biết điểm B thuộc đường thẳng y - 5 = 0 và điểm I thuộc đường thẳng x + 1 = 0 .

Tìm tọa độ điểm C.
Câu 5( 4,0 điểm)
1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = 3a và AD = a 3 . Cạnh bên

SA = 2a và SA vng góc với mặt đáy (ABCD ) . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vng góc của

(

)

đỉnh A lên các cạnh SB và SD . Tính góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng AHK .

1
VnDoc.com - Tải tài liệu, biểu mẫu, vbpl miễn phí


2. Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA,OB ,OC đơi một vng góc với nhau tại O. Gọi H là hình

chiếu vng góc của O lên mặt phẳng (ABC ) và P là điểm bất kỳ trong tam giác ABC . Chứng minh
rằng

PA 2 PB 2 PC 2
PH 2
+
+
=
2
+
.
OA 2 OB 2 OC 2

OH 2
....................... HẾT .......................

2
VnDoc.com - Tải tài liệu, biểu mẫu, vbpl miễn phí


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
Tháng 2

Câu
1a

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT
NĂM HỌC 2019-2020
MƠN: TỐN (Thời gian làm bài: 180 phút)

ĐÁP ÁN ĐỀ CHỌN HSG 2019 - 2020

Đáp án
Xét 2 phương trình: x  4 x  3  m  0 (1) và x 2  2 x  3  m  0 (2)
2

Điểm

  m  1  0
ĐK:  1
m2
 2  m  2  0

AB  2CD  AB 2  2CD 2  ( x 1  x 2) 2  2( x 3  x 4) 2
 ( x1  x2 ) 2  4 x1 x2  2[( x3  x4 ) 2  4 x3 x4 ]  16 - 4(3 - m)=2[4 - 4(3 - m)]  m = 5

1b
(2 điểm)

2.0

ĐS: m = 5.
+ Điều kiện x  0
2

1 3

+ Ta có 2 x  x  1  2  x     3  1 nên 1  2 x 2  x  1  0
2 4

2

Do đó bất phương trình  1  2 x  2 x 2  3 x  1  1  2 x 2  x  1
 x  x 2  x  1  x 2  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
1 13
13  105
13  105
13
 4x 2  12x  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
2a
x

(2 điểm) + Với điều kiện cos 2  0  cos x  1 phương trình tương đương với
 cos x  0
 cos x  0
x
sin sin x
2

4 cos 3 x cos x  2 cos 4 x  4 cos x 
2 0
x
cos cos x
2

0.5

0,5

0.5

0.5

0.5

3
VnDoc.com - Tải tài liệu, biểu mẫu, vbpl miễn phí


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

1
 2 cos 2 x  4 cos x 
 1  0  2 cos 2 x cos x  4 cos 2 x  cos x  1  0
cos x
 2 cos 2 x cos x  cos x  4 cos 2 x  1  0

0,5

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

0.5






1


x    k
cos 2 x  


  2 cos 2 x  1 cos x  1   0 
3
2 


 cos x  1

 x  k 2


x    k

+ So sánh với điều kiện ta được
k  
3

 x  k 2
2b
(2 điểm)

9 y   2 y  3  y  x   0
 2
7 x  25 y  19  0
 xy  0; y  2; x  5  x  7

Từ PT đầu của hệ và kết hợp với điều kiện xác định suy ra x  7, y  0 .

0.5

2

Do đó (1)  9 y 2   2 y  3  y  x   3 x  4 xy  4 x  0


9 y 2   2 y  3  y  x   9 x 2
9 y 2   2 y  3  y  x   3 x






4 xy  x 2
xy  x


9 x  y  2y  3
  y  x 

 9 y 2   2 y  3  y  x   3 x

x y

+ Thế vào (2), ta được:


 0
xy  x 

4x

7 x 2  25 x  19  x 2  2 x  35  7 x  2

 3 x 2  11x  22  7



 0




 x  2  x  5 x  7 

 3 x 2  5 x  14  4  x  5   7

 x  5  x 2  5 x  14 

Đặt a  x 2  5x  14 ;b  x  5 a  0, b  0  . Khi đó phương trình trở thành
3a 2  4b 2  7 ab  a  b  3a  4b
Với a  b  x  3  2 7 (thỏa mãn) và x  3  2 7 (loại)
61  11137
61  11137
(thỏa mãn) và x 
(loại)
18
18
Kết luận: Hệ có 2 nghiệm của hệ là:

Với 3a  4b  x 

0.5
4

VnDoc.com - Tải tài liệu, biểu mẫu, vbpl miễn phí


 61  11137 61  11137 
;

7;3  2 7 và 

18
18



3  2



3.a
(2 điểm) + Đặt P 

1  x2
1  4 1  y3  3z 2



1  y2
1  4 1  z3  3x2



1  z2
1  4 1  x3  3 y 2

và 1  x 2  a, 1  y 2  b, 1  z 2  c với a, b, c  1
+ Ta có 1  y 3 


1  y  1  y  y 2 

2  y2
2  y2
3
 1 y 
+ Theo cô-si
1  y  1  y  y  
2
2
2
2
1 x
1 x
a


+ Suy ra
2
2
3
2
2 1  y   3 1  z  2b  3c
1  4 1  y  3z
+ Hoàn toàn tương tự ta cũng có
1  y2
1  y2
b



 2
2
2
1  4 1  z 3  3 x 2 2 1  z   3 1  x  2c  3a
2

1  z2
1  4 1  x3  3 y 2



1  z2
c

2
2
2 1  x   3 1  y  2a  3b

1

0.5

 3

+ Cộng các bất đẳng thức 1 ,  2  ,  3  theo vế ta được
a
b
c



2b  3c 2c  3a 2a  3b
a2
b2
c2
P


2ab  3ca 2bc  3ab 2ca  3bc
P

0,5

a  b  c
5  ab  bc  ca 
3  ab  bc  ca  3
P
  đpcm
5  ab  bc  ca  5

0.5

+ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  2

0.5

2

P

3.b

(2 điểm)

2

u1 

3

,

un 1
Cho dãy số  un  xác định như sau 
un 
2  2n  1 u n 1  1

của 2019 số hạng đầu tiên của dãy số  un  .

Ta có

n  2.

Tính tổng

2  2n  1 un 1  1
1
1
1
2



 4n  2 
 2  n 2   n  1 


un
un 1
un 1
un 1

0,5
5

VnDoc.com - Tải tài liệu, biểu mẫu, vbpl miễn phí


1
1
1
2
2
 2n 2 
 2  n 2   n  1   2n 2 
 2  n  1


un
un 1
un 1
1
1

1
2
2
Tương tự ta sẽ có
 2  n  1 
 2  n  2   ....   2
un 1
un  2
u1


1
1
3
1
1
4n 2  1
2
Suy ra
 2n   2   2   

un
u1
2
2
un
2
2
1
1

 un 


 2n  1 2n  1 2n  1 2n  1


2019



i 1

.

ui 

2019



i 1

1 
 1



 2i  1 2i  1 

1 

1
4038
 1 1 1 1 1
 1
  1            ...  


  1
4039 4039
 3 3 5 5 7 
 4037 4039 

4.a
+ n()  C 204  4845
(2 điểm) 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 không 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
+ 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
20.15
 150 cách
cây. Vậy trường hợp này có

2
Vậy n( A)  4845  (20  300  2100  150)  2275
2275 455

Suy ra: P ( A) 
4845 969

0.5

0,5

0.5

0.5

Bài 4 b (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn và nội tiếp
đường tròn tâm I. Gọi K là hình chiếu vng góc của B trên đường thẳng AC, H là hình chiếu vng góc
của C trên đường thẳng BI. Các đường thẳng AC và KH lần lượt có phương trình là x + y + 1 = 0 và
x + 2y - 1 = 0 . Biết điểm B thuộc đường thẳng y - 5 = 0 và điểm I thuộc đường thẳng x + 1 = 0 . Tìm
tọa độ điểm C.
Hướng dẫn.
6
VnDoc.com - Tải tài liệu, biểu mẫu, vbpl miễn phí


K là giao điểm của HK và AC nên có tọa độ là K(-3; 2). Đường thẳng BK vng góc với AC nên có
phương trình: x - y + 5 = 0. Vì B thuộc đường thẳng y - 5 = 0 nên tọa độ B(0; 5).
3 7÷
÷ là trung điểm của BK, M là trung điểm BC thì EM // AC nên phương trình EM là: x + y - 2
Gi E ỗ

ỗ
ỗ- 2 ; 2ữ
ữ
= 0. Suy ra tọa độ của M là: M (m;2 - m ). Do MH = MK nên tam giác HMK cân tại M, có MD là trung

ìï x = m + t
tuyến cũng là trung trực, nên phương trình đường thẳng MD có dạng: ïí
, thay vào phương
ïï y = 2 - m + 2t
ỵ
trình của HK ta có:
6m - 3 4 - 3m ÷
m- 3
÷.
;
m + t + 2(2 - m + 2t ) - 1 = 0 Û t =
, suy ra ta ca D l: D ỗ
ỗ
ữ
ỗ 5
5 ÷
5

uuur
12m + 9 - 2 - 6m ÷
÷
;
BH
Từ tọa độ của D và K suy ra tọa độ của H ç
.

Suy
ra
tọa
độ
véc
tơ
là:
ç
÷
÷
ç 5
5
uuur
uur
uuur
12m + 9 - 27 - 6m ÷
÷
BH = ç
;
I
1;
n
BI
=
1;
n
5
.
Mặt
khác

gọi
,
ta
có
cùng
hướng
với
nên
BH
ç
(
)
(
)
÷
ç 5
÷
5

(n - 5)(12m + 9) =

27 + 6m Û (n - 5)(4m + 3) = 9 + 2m Þ n =

22m + 24
(1).
4m + 3

uuur uuur
Ngoài ra BM .I M = 0 nên ta có: m (m + 1) - (m + 3)(2 - m - n ) = 0
Û 2m 2 + 2m - 6 + n (m + 3) = 0 (2). Thế (1) vào (2) ta được:


11m + 12
(m + 3) = 0 Þ m2 + m - 3 (4m + 3) + (11m + 12)(m + 3) = 0
4m + 3
3
Þ 4m 3 + 18m 2 + 36m + 27 = 0 Û (2m + 3)(2m 2 + 6m + 9) = 0 Þ m = - .
2
3 7
3 7
Khi đó tọa độ M - ; º E - ; Þ C (- 3;2) º K (- 3;2) nên tam giác ABC vuông tại C.
2 2
2 2
Câu 5.
m2 + m - 3 +

(

)

1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = 3a và AD = a 3 . Cạnh

2,0
7

VnDoc.com - Tải tài liệu, biểu mẫu, vbpl miễn phí


(

)


bên SA = 2a và SA vng góc với mặt đáy ABCD . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu
vng góc của đỉnh A lên các cạnh SB và SD . Tính góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng

(AHK ).

ìï BC ^ SA
Þ BC ^ (SAB ) Þ BC ^ AH
Ta có AH ^ SB , mà ùớ
ùù BC ^ BA
ợ
Suy ra: AH ^ (SBC ) ị AH ^ SC (1)

0,50

4

(2)
= SC Ç (AHK ) , từ (1) và (2) suy ra: SC ^ (AHI K )

Tương tự: AK ^ SC
Gọi I

0,50

S

I

H


K

D

A

B

C

 

= ASC
Do đó: AC , (AHK ) = CAI

0,25

Ta có: AC =

0,25

(

)

AB 2 + AD 2 = 2a 3

 = AC = 3 Þ ASC
 = 60 0

Mà: t an ASC
AS

KL: AC , (AHK ) = 600.

(

0,25

)

0,25

2. Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA,OB ,OC đơi một vng góc với nhau tại O. Gọi H là

hình chiếu vng góc của O lên mặt phẳng (ABC ) và P là điểm bất kỳ trong tam giác
PA 2 PB 2 PC 2
PH 2
ABC . Chứng minh rằng
+
+
=
2
+
.
OA 2 OB 2 OC 2
OH 2
A

2,0


0,25
H

.

P

O
VnDoc.com - Tải tài liệu,Cbiểu mẫu, vbpl miễn phí

8






Ta có: OP = xOA + yOB + zOC

(1)

Do điểm P nằm trong tam giác ABC nên x + y + z = 1.
 2   OP 2 + OA 2 - PA 2
OP 2 + OA 2 - PA 2
Từ (1) ta có: x OA = OP .OA =
ị x=
2
2OA 2


( )

1
OP 2 PA 2 ữ
ữ
Suy ra: x = ỗỗỗ1 +
ữ
2ỗ
OA 2 OA 2 ữ

Tng t: y =

1 ç OP 2 PB 2 ÷
1ç
OP 2 PC 2 ÷
÷
÷
,
z
=
1
+
çç1 +
ỗ
ữ
ữ
2 ỗ OB 2 OB 2 ữ
2 ỗỗ OC 2 OC 2 ÷

Mà ta có: x + y + z = 1

Þ

2

2

0,50

0,25

5
2

1
OP
PA
1
OP
PB 2
1
OP 2 PC 2
1+
+
1
+
+
1
+
= 1
2

2
2
OA 2 OA 2
OB 2 OB 2
OC 2 OC 2

OP 2 OP 2 OP 2
PA 2 PB 2 PC 2
+
+
=
2
+
+
+
OA 2 OB 2 OC 2
OA 2 OB 2 OC 2
1
1 ÷ PA 2 PB 2 PC 2
2ỗ 1
ữ
1 + OP ỗỗ 2 +
+
+
+
ữ=
OA
OB 2 OC 2 ÷ OA 2 OB 2 OC 2
Û 3+


1
OA 2
PA 2 PB 2
Do đó:
+
OA 2 OB 2
PA 2 PB 2
KL:
+
+
OA 2 OB 2

Mặt khác ta có:

1
1
1
+
=
và OP 2 = OH 2 + PH 2
2
2
2
OB
OC
OH
2
PC
OP 2
OH 2 + HP 2

PH 2
+
=
1
+
=
1
+
=
2
+
OC 2
OH 2
OH 2
OH 2
PC 2
PH 2
(đpcm).
= 2+
OC 2
OH 2
+

0,50

0,25

0,25

Mời bạn đọc cùng tham khảo />

9
VnDoc.com - Tải tài liệu, biểu mẫu, vbpl miễn phí


10
VnDoc.com - Tải tài liệu, biểu mẫu, vbpl miễn phí