SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ
TRƯỜNG THPT THỊ XÃ
QUẢNG TRỊ

KỲ THI CHỌN HSG VĂN HÓA LỚP 11
Khóa thi ngày 12 tháng 6 năm 2020
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

 x +1 + 3 x −1
khi x ≠ 0

Câu I (5,5 điểm): 1. Cho hàm số f ( x ) = 
. Tìm m để hàm số f ( x ) liên
x
m − 2
khi x = 0

tục tại x = 0 .
2. Một tổ gồm 10 học sinh gồm 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ trong đó có hai học sinh nữ tên
Trang và Thủy. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh trên thành một hàng ngang. Tính xác suất để xếp được
một hàng ngang mà hai học sinh nữ Trang và Thủy luôn đứng cạnh nhau, đồng thời các học sinh nữ
còn lại không đứng cạnh nhau và cũng không đứng cạnh Trang và Thủy.
Câu II (7,0 điểm):
1. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại Am ·ABC = 30° và BC = 2a . Gọi H là
hình chiếu vuông góc của A lên BC. Biết hai mặt phẳng ( SHA ) và ( SBC ) cùng vuông góc với mặt
phẳng ( ABC ) , đồng thời SA tạo với mặt phẳng ( ABC ) một góc bằng 60° .
a) Tính góc tạo bởi SA và mặt phẳng ( SBC ) .

b) Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SAC ) theo a.
2. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên

BC, các điểm M, N lần lượt là trung điểm của HB và HC; điểm K là trực tâm tam giác AMN.
a) Gọi I là trung điểm của AH . Chứng minh rằng K là trung điểm của IH .
 1 1
b) Tìm tọa độ điểm A; biết M ( 2; −1) , K  − ; ÷ và điểm A nằm trên đường thẳng x + 2 y + 4 = 0
 2 2
đồng thời điểm A có tung độ âm.
Câu III (5,0 điểm):
 4 x 3 − y 3 + x − y = 3 xy ( 2 x − y )
1. Giải hệ phương trình sau trên tập số thực 
.
2
 3 − y + 2 + x = x y + xy − 4 x − 1
2. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình
π 3π
( sin x − 1) . 2sin 2 x − ( 2m − 3) sin x + m − 2  = 0 có đúng 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn  ;  .
6 2 
u1 = 4

3n.un 2n 2 + 6n + 3
Câu IV (4,0 điểm): 1. Cho dãy số ( un ) xác định bởi 
. Xác định
un +1 = n + 1 − n 2 . ( n + 1) 3 , ∀n ≥ 1

 n.u 
công thức tổng quát un theo n và tính lim  n n ÷.
 4 
2. Cho x, y , z là các số thực dương và thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 2 x .
z
x
≤

a) Chứng minh rằng
.
y +1 x + y
x ( 2 y + z + 2 ) + z ( 4 y + 3)
3x 2
−
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =
2 .
( x + 2 y + 1) ( y + 1)
( x + y)
----------------- HẾT -----------------


HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu

Nội dung
1. (2,5 điểm). TXĐ D = [ −1; +∞ ) , x = 0 ∈ D và f ( 0 ) = m − 2

Điểm
0,5

Ta có
0,5
lim f ( x ) = lim
x→0

x →0

x +1 + x −1

x +1 −1+1 + x −1
x +1 −1
1+ x −1
= lim
= lim
+ lim
x
→
0
x
→
0
x
→
0
x
x
x
x
3

3

3

1+ 3 x −1
1
x +1 −1
1
1

lim
= lim
lim
= lim
= và x→0
x
→
0
x
x→0
x →0
1 − 3 x −1 +
x
x +1 +1 2
Suy ra lim f ( x ) =
x→0

x −1

)

1
3

0,5
0,5

x →0

(5,5


3

=

1 1 5
+ =
2 3 6

Hàm số f ( x ) liên tục tại x = 0 ⇔ lim f ( x ) = f ( 0 ) ⇔ m − 2 =
Câu I

(

2

5
17
⇔m=
6
6

2. (3,0 điểm). Không gian mẫu Ω = 10!

0,5
0,5

điểm) - Gọi A là biến cố xếp được theo yêu cầu bài toán
- Xếp 6 học sinh nam có 6! cách xếp. Mỗi cách xếp 6 học sinh nam ta xem mỗi học sinh nam


0,5

là một vách ngăn tạo ra 7 vị trí trống bao gồm 5 vị trí trống ở giữa và 2 vị trí trống ở hai đầu
hàng
- Số cách xếp hai bạn nữ Trang và Thủy cạnh nhau là 2!
- Hai học sinh nữ Trang và Thủy luôn cạnh nhau nên xem 2 bạn như 1 bạn và 2 bạn nữ còn

0,5

lại ta có 3 bạn nữ
- Số cách xếp sao cho hai bạn nữ còn lại không cạnh nhau và không cạnh Trang và Thủy là
A73
3
Khi đó, ΩA = 6!.2!. A7 . Vậy p ( A ) =

Câu
II
(7,0
điểm)

1. (5,0 điểm)

0,5
1,0

3
7

6!.2!. A
1

=
10!
12


( SHA ) ∩ ( SBC ) = SH 

a) (2,5 điểm). Ta có ( SHA ) ⊥ ( ABC )  ⇒ SH ⊥ ( ABC )
( SBC ) ⊥ ( ABC ) 

và AH ⊂ ( ABC ) nên
0,5

SH ⊥ AH (1)

Mặt khác AH ⊥ BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra AH ⊥ ( SBC ) , suy ra hình chiếu vuong góc của SA lên mặt phẳng

( SBC ) là SH
Do đo, ( SA, ( SBC ) ) = ( SA, SH ) = ASH (vì tam giác SHA vuông tại H )
0
0
0
Theo gt ( SA, ( ABC ) ) = ( SA, AH ) = SAH = 60 ⇒ ASH = 30 . Vậy ( SA, ( SBC ) ) = 30

0,5
0,5
1,0

b) (2,5 điểm). Ta có

AB = BC.cos 300 = a 3 ⇒ AH = AB.sin 300 =

a 3
3a
và AC = a
⇒ SH = AH .tan 600 =
2
2

gọi I là hình chiếu vuông góc của H lên AC, suy ra AC ⊥ ( SHI ) ⇒ ( SAC ) ⊥ ( SHI ) và

( SHI ) ∩ ( SAC ) = SI
Trong tam giác SHI kẻ HK ⊥ SI ⇒ HK ⊥ ( SAC ) hay d ( H ; ( SAC ) ) = HK

0,5
0,5

Mặt khác
d ( B; ( SAC ) )

d ( H ; ( SAC ) )
Ta có HI =

HK =

2

BC
BC 2
BC 2  2a 

=
=
=
=  ÷ = 4 ⇔ d ( B; ( SAC ) ) = 4d ( H ; ( SAC ) ) = 4 HK
HC HC.BC AC 2  a 

0,5

AB a 3
. Trong tam giác vuông SHI ta có
=
4
4

9a 2 3a 2
.
SH .HI
3a
4
16
=
=
2
2
2
2
SH + HI
2 13 .
 3a   a 3 
÷

 ÷ +
 2   4 
2

2

Vậy d ( B; ( SAC ) ) = 4 HK = 4.

3a
6a
=
2 13
13

1,0


2. (2 điểm)

0,5
0,5
0,5
a) (1,0 điểm). I là trung điểm của AH, ta có MI / / AB ⇒ MI ⊥ AC ⇒ I là trực tâm tam giác
AMC ⇒ CI ⊥ AM
Mặt khác NK ⊥ AM ⇒ NK / /CI ⇒ K là trung điểm của HI

0,5

uuur
uuur

 2a + 2 2 − a 
;
b) (1,0 điểm). Giả sử A ( −2a − 4; a ) , từ AK = 3KH ⇒ H 
÷
3 
 3
a = −1

uuur uuuur
2

⇒A
lại từ AK .MH = 0 ⇒ 10a − 13a − 23 = 0 ⇒
 a = 23 (loaïi)
10

Câu
III
(4,0

3
3
 4 x − y + x − y = 3xy ( 2 x − y )
1. (2,5 điểm). 
2
 3 − y + 2 + x = x y + xy − 4 x − 1

( −2; −1)

( 1)

( 2)

 x ≥ −2
điểm) 1) Điều kiện  y ≤ 3


( 1) ⇔ ( 2 x − y )

3

⇔ ( 2x − y − y )

+ ( 2x − y ) = y3 + y

( ( 2x − y )

2

)

+ y ( 2x − y ) + y 2 + 1 ⇔ x = y

0,5

Thay x = y vào phương trình (2) ta được:
3 − x + 2 + x = x3 + x2 − 4 x − 1
−x + 5  
x+4
−x + 5 x + 4


3
2
⇔  3− x −
−
(*)
÷+  2 + x −
÷= x + x − 4x − 1−
3  
3 
3
3

−x + 5

 3 − x + 3 > 0
Với −2 ≤ x ≤ 3 , ta có 
 2+ x + x+4 > 0

3

0,5




1  − x2 + x + 2
− x2 + x + 2 ÷
2
(*) ⇔ 
+

÷= − ( − x + x + 2) ( x + 2)
−
x
+
5
x
+
4
9  3− x +
÷
2+ x +
3
3 




÷
1
1
⇔ ( − x2 + x + 2) 
+
+ 9 ( x + 2) ÷= 0
x+4
 3 − x + −x + 5
÷
2+ x +
3
3




− x2 + x + 2 = 0

1
1

+
+ 9 ( x + 2 ) = 0 vn do VT > 0, ∀x ∈ [ −2;3]
−x + 5
x+4

2+ x +
 3 − x + 3
3
 x = −1 ⇒ y = −1
⇔ − x2 + x + 2 = 0 ⇔ 
 x =2⇒ y =2

0,5

0,5

0,5

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm ( x; y ) là ( −1; −1) ( 2; 2 )
2) (1,5 điểm)
0,5

0,5

 s inx = 1

1
( s inx − 1) . 2sin 2 x − ( 2m − 3) s inx + m − 2  = 0 ⇔  s inx =
2

s inx = m − 2


+) pt s inx = 1 có đúng một nghiệm x =
+) pt s inx =

π  π 3π 
∈ ;
2  6 2 

1
π
5π
 π 3π 
có đúng 2 nghiệm ∈  ;  là x = ; x =
2
6
6
6 2 

Ycbt ⇔ −1 ≤ m − 2 <

1
5

⇔1≤ m <
2
2

1) (1,5 điểm) Ta có:
un +1 =

3n.un 2n 2 + 6n + 3
2n 2 + 6n + 3
− 2
⇔
n
+
1
.
u
=
3
n
.
u
−
(
)
n +1
n
2
n + 1 n . ( n + 1) 3
n 2 . ( n + 1)


0,5


 3
1 
⇔ ( n + 1) .un +1 = 3n.un −  2 −
÷
 n ( n + 1) 2 ÷


⇔ ( n + 1) .un +1 −
Câu
III

Đặt vn = n.un −

(4,0

1

( n + 1)

2

1 

= 3  n.un − 2 ÷, ∀n ≥ 1
n 



0,5

1
, ∀n ≥ 1 . Khi đó ta có dãy ( vn ) xác định bởi
n2

v1 = 3


vn +1 = 3vn , ∀n ≥ 1

điểm) Suy ra dãy ( vn ) là cấp số nhân công bội q = 3 , suy ra vn = v1.q n −1 = 3n ⇔ n.un − 12 = 3n
n
⇔ un =

3n 1
+ , ∀n ≥ 1 và
n n3

0,5

 3  n
1 
 n.un 
lim  n ÷ = lim  ÷ + 2 n  = 0
 4 
 4  n .4 
2) (2,0 điểm).

0,5


a) (0,5 điểm). Ta có x 2 + y 2 + z 2 = 2 x ⇔ 2 x + 2 xy = ( x + y ) + z 2 ≥ 2 ( x + y ) z (1)
2

⇔ x ( y + 1) ≥ ( x + y ) z ⇔

z
x
≤
y +1 x + y

x ( 2 y + z + 2 ) + z ( 4 y + 3)
2( x + z)
3x 2
z
3x 2
−
=
+
−
b) (1,5 điểm). Ta có P =
2
2
( x + 2 y + 1) ( y + 1)
( x + y) x + 2 y +1 y +1 ( x + y )
Theo a)

0,25

( x + y) z

z
x
≤
⇔ y +1 ≥
y +1 x + y
x

Khi đó x + 2 y + 1 = x + y + ( y + 1) ≥ x + y +
Ta được

0,25

( x + y) z ⇒ x + 2y +1 ≥ ( x + y) ( x + z )
x

x

0,5

2( x + z)
2( x + z) x
2x
≤
=
x + 2 y +1 ( x + y) ( x + z ) x + y

2( x + z)
z
3x 2
2x

x
3x 2
+
−
≤
+
−
Do đó P =
x + 2 y +1 y +1 ( x + y) 2 x + y x + y ( x + y) 2
2

0,5

2

 x 
x
3  x
1
3
⇔ P ≤ 3.
− 3. 
− ÷ ≤ (2)
÷ = − 3
x+ y
4  x+ y 2
4
 x+ y
Vậy Pmax =


3
khi (1) và (2) đồng thời xảy ra
4


x+ y = z
1

x+ y = z

x= y=


x
1



3
⇔
=
⇔
z = 2x
⇔
x+ y 2

 x2 + y 2 + z 2 = 2 x
 z=2

2

2
2
 x + y + z = 2 x
3


0,5