SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

CỤM TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG

ĐỀ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 11- LẦN 2
NĂM HỌC 2019-2020
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1. (6,0 điểm).
a. Giải phương trình
b. Giải phương trình

1
3

4
cos x sin x
x

1
1
 1   x (x  ).
x
x

Câu 2. (4,0 điểm).
a. Cho đa giác đều có 60 đỉnh. Hỏi có bao nhiêu tam giác có 3 cạnh là đường chéo của đa giác đó?
b. Cho khai triển (x  1)n  (x 2  1)2n  a 0  a1x  a2x 2  ...  a 4n x 4n , với n là số tự nhiên, n  1 . Tìm
n biết a1, a2 , a 3 lập thành một cấp số cộng.


u  2
Câu 3. (2,0 điểm). Cho dãy số (un ) thỏa mãn  1


u  u2  ...  un  n 2 .un


 1

, n  , n  2. Tìm công thức số

hạng tổng quát un và tính tổng S  u1  u2  ...  u2020 .
Câu 4. (2,0 điểm). Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A(2; 5) và H là hình chiếu vuông
góc của A lên cạnh BC . Gọi I , J (2; 1) và K (6;1) lần lượt là tâm đường nội tiếp của tam giác
ABC , ABH , ACH . Chứng minh I là trực tâm của tam giác AJK và tìm tọa độ các đỉnh B,C .
Câu 5. (4,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có trọng tâm G, cạnh AB  a; O là tâm của tam giác BCD và
M là điểm bất kỳ thuộc mặt phẳng (BCD ) . Gọi H , K , L lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên các mặt

phẳng (ACD ),(ABD ),(ABC ) .
a. Mặt phẳng (P ) bất kỳ đi qua trọng tâm G, cắt các cạnh AB, AC , AD lần lượt tại B ',C ', D ' . Chứng
minh

AB
AC
AD


 4.
AB ' AC ' AD '


b. Chứng minh đường thẳng GM luôn đi qua trọng tâm E của tam giác HKL.
Câu 6. (2,0 điểm). Cho x , y, z  0 thỏa mãn x  y  z  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P  x 2y  y 2z  z 2x

---------- Hết -------Lưu ý. Thí sinh không được phép sử dụng máy tính bỏ túi. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
U

U

1


ĐÁP ÁN ĐỀ THI KSCL HSG TOÁN LỚP 11 LẦN 2- CỤM THANH CHƯƠNG- NĂM 2020
Điểm

Câu
Nội dung
1.a
k
(3 đ) Điều kiện: cos x  0, sin x  0  x  2 .

0.5
1

PT sin x  3 cos x  4 sin x . cos x

1.b
(3 đ)



 sin 2x  sin(x  )
3

2 k 2
 x   k 2; x 

, k  .
3
9
3
1
1
ĐK: x   0;1   0; x  0  1  x  0; x  1
x
x

C1 (Bình phương): x 
Nếu x  1 thì x 

1
0.5

0.5

1
1
 x  1  . Nếu 1  x  0 thì PT vô nghiệm.
x
x


1
1
1
 x 2  2x 1   1 
x
x
x

1

 (x 2  x )  2 x 2  x  1  0  x 2  x  1  0  x 

1.5

1 5
1 5
(Loai ), x 
(T/ m)
2
2
1
x

C2 : (Đặt 2 ẩn phụ chuyển về HPT) ĐK PT có nghiệm x  1. Đặt a  x  , b  1 

1
x




a b  x



a b  x
1
1


 2

 a  (x  1  )

1
x

2

a b  x  1 
2
x

a  b 



x




1
1
1 5
1 5
(x  )  2 x   1  0  x 2  x  1  0  x 
(Loai); x 
(Tm )
x
x
2
2
a b
C3 : (Đánh giá theo BĐT Cauchy) ĐK có nghiệm x  1. BĐT ab 
, a, b  0.
2
1
1
1 1
 x 1
1x 
 x 1
1x 
1
1
1
x ; 1 
x x
1(x  ) 
.(x  1)  x
 VT 

 x  VP
x
x
x
2
2
2
2

1 1
x x

Phương trình tương đương với dấu bằng xảy ra 1  x  ;  x  1, x  1  x 
2.a

(2 đ)

C1 : Chọn 1 đỉnh A có 60 cách, giả sử chọn thêm 2
đỉnh B, C thỏa mãn, hay AB, BC, CA là đường chéo
, BC
 luôn có ít nhất
,CA
của đa giác do đó giữa cung AB
1 đỉnh của đa giác.
Giả sử x , y, z là số đỉnh của đa giác nằm trên cung

1 5
2

0.5


0.5

,CA
, BC
 , trong đó x , y, z  ; x , y, z  1
AB

Bài toán trở thành tìm số nghiệm nguyên dương của
phương trình x  y  z  57
57  1

..  1  1

..  1  1

..  1 (có 56 dấu + )
x



y



0.5

z

Do vai trò của 3 đỉnh như nhau nên có


2
60.C 56

3

2
 20C 56

0.5

tam giác thỏa mãn.
2


C2 : Số tam giác tạo thành là C n3 . Số tam giác có 1 cạnh của đa giác là nC n14 . Số tam giác
có 2 cạnh là cạnh của đa giác bằng n .
n
3

Số tam giác thỏa mãn là C n3  nC n14  n  C n24
2.b

(2 đ)

a1  C n1 ; a2  C n2  C 21n ; a 3  C n3

0.5

a1, a2 , a 3 là một cấp số công nên a1  a 3  2a2


0.5

C n1  C n3  2(C n2  C 21n )  n 

3
(2 đ)

 n(n  1)

n(n 1)(n 2)
 2 
 2n 

 2
6

0.5

 n 2  9n  10  0  n  1(Loai ); n  10(Tm )

0.5

(n  1)2 un 1  un  n 2 .un

0.5

2

2


 (n  1) un 1  (n  1).un
 un 
un 

n 1
u
n  1 n 1

0.5

4
n 1 n 2 1
.
... u1 
3
n 1 n
n(n  1)

0.5

Tổng S  u1  u2  ...  u2020  20202.u2020 

4.20202
8080

2020.2021 2021

0.5


4
Chứng minh tâm I đường tròn nội tiếp tam giác
(2 đ) ABC là trực tâm của tam giác AJK.
  HAC
  ABJ
  JBH
  HAK
  KAC

ABC
  BAK
  KAC
  BAK
  ABJ

900  BAC

0.5

 AK  BJ .

Tương trự chứng minh CK  AJ
Do đó I là trực tâm của tam giác AJK.

 

AIJK
0

Gọi I (a; b) ta có   

KI AJ  0




a  4
4(a  2)  2(b 5)  0


 I (4;1)


0(a  6)  6(b  1)  0

b 1




Phương trình BI : x  y  3  0

Phương trình CI : y  1  0

0.5

0.25


1 
2


của đường thẳng chứa cạnh AB hoặc cạnh AC là u '(t, k )
 
  IAC
  450  cos 450 | cos(u, u ') | 2 | t  2k | 5(t 2  k 2 )  3t  k  0, t  3k  0 .
IAB


Với 3t  k  0 chọn t  1, k  3  u '(1; 3). Với t  3k  0 chọn t  3, k  1  u '  (3; 1)

0.5

Phương trình AB: 3x  y  1  0. Phương trình AC: x  3y  17  0;
{B }  BI  AB  B(1; 4) ; {C }  CI  AC  C (14;1)

0.25

Một vecto chỉ phương của đường thẳng AI là u  AI  (1; 2) . Gọi một vecto chỉ phương


 
5.a
4 
Tính
chất
trọng
tâm
G
của
tứ

diện
ABCD
AO

4
GO
;
AO


GA
(2 đ)
3









O là trọng tâm của tam giác BCD nên OB  OC  OD  0
  

 AB  AC  AD  3AO

0.5

0.5

3



AB  AC  AD 
.AB ' 
.AC ' 
AD '  4AG .
AB '
AC '
AD '
Do đúng với mọi điểm A và 4 điểm B ',C , D ',G cùng thuộc mặt phẳng (P) nên

0.5

AB
AC
AD


 4.
AB ' AC ' AD '

0.5



5.b Độ dài đường cao trong tam giác BCD là
a 3
(2 đ)

hTG 

2

Độ dài đường cao của tứ diện ABCD là
a 6
3
MM 1
MH
. Tương tự

hTD
hTG

hTD 

MM 3
MM 2
MK
ML
;


hTD
hTG
hTD
hTG

Mặt khác
S BCD 


a2 3
 S MBC  S MCD  S MBD
4

a2 3
1
 a(MM 1  MM 2  MM 3 ) 
2
4

a 3
2
Ta có MM 1  MM 2  MM 3  hTG
 MM 1  MM 2  MM 3 



MM 1

MM 2
hTG



MM 3

1
hTG
MM 1  MM 2  MM 3  


.GB 
.GC 
.GD  GM
hTG
hTG
hTG
hTG



0.5

0.5

Do E là trọng tâm của tam giác HKL nên ta
   
có 3ME  MH  MK  ML

6
(2 đ)

4  MM 1  MM 2  MM 3  
4 
.GB 
.GC 
.GD    GM
  
3  hTG
hTG

hTG
3

Giả sử y nằm giữa x và z  z (x  y )(y  z )  0

0.5
0.5

2
2
2
2
2
2
 xyz  z (x  y )(y  z )  0 ; P  x y  y z  z x  x y  y z  z x  xyz  z (x  y )(y  z )

0.5
0.5

 x 2y  yz 2  2xyz  y(x  z )2

0.5

2(x  y  z ) 4
3
1
1
2y  x  z  x  z  
 (2y )(x  z )(x  z ) 



2
2.27
54
27
4
2
1
đạt được khi x  , y  , z  0
max P 
27
3
3
3

0.5

Ghi chú: Học sinh giải cách khác, nếu đúng thì cho điểm tối đa.

4