SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU
Đề thi có 02 trang

ĐỀ THI HSG LẦN 2 CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2020-2021
MÔN TỐN 11
Thời gian làm bài:180 phút,khơng kể thời gian phát đề

Câu 1( 2,0 điểm). Giải phương trình sau: 3cos2x + 2sin( – x) – 5 = 0
Câu 2( 2,0 điểm). Với n là số nguyên dương thỏa mãn: . Tìm số hạng không chứa x trong khai triển:

Câu 3( 2,0 điểm). Cho dãy số (un) xác định như sau:

lim(
Tìm

u1 = 2012
(n ∈ N*)

2
u n +1 = 2012u n + u n

u1 u 2 u 3
u
+ + + ... + n ).
u 2 u3 u 4
u n +1

Câu 4 ( 2,0 điểm). Giải hệ phương trình

3

2
 x + x (2 − y) + x − y(2x + 1) = 0
.
 2
2x + 3xy − 5 = 0

Câu 5 ( 2,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân (AD // BC), BC = 2a, AB = AD
= DC = a (a > 0). Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Biết SD vng góc với
AC. Mặt phẳng

(α )

đi qua điểm M thuộc đoạn thẳng OD ( M khác O và D) và song song với đường thẳng

SD và AC. Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng
tích thiết diện lớn nhất.
Câu 6 ( 2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
C nằm trên đường thẳng
N ( 6; −2)

∆ : x − 2y − 5 = 0

Oxy

(α)

biết MD = x. Tìm x để diện

, cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh


. Trên tia đối của tia CD lấy điểm E sao cho

A ( −3;1)

CE = CD

, đỉnh

, biết

là hình chiếu vng góc của D lên đường thẳng BE. Xác định tọa độ các đỉnh cịn lại của hình
chữ nhật ABCD.
Câu 7 (2,0 điểm). Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Trên các đoạn thẳng AD’ và C’D lần lượt lấy hai điểm
M, N sao cho đường thẳng MN song song với đường thẳng nối tâm của hình bình hành ABB’A’ và trung
MN
A'C
điểm của cạnh BC. Tính tỷ số
.
Câu 8 (2,0 điểm). Cho dãy số {1; 2; 3;…; 2019} có bao nhiêu cách chọn ba số a,b,c khác nhau từ dãy số
để ba số đó lập thành cấp số cộng.


4m x 4 m

Câu 9 (2,0 điểm). Một thợ thủ cơng muốn vẽ trang trí trên một hình vng kích thước
, bằng cách
vẽ một hình vng mới với các đỉnh là trung điểm các cạnh của hình vng ban đầu, và tơ kín màu lên hai
tam giác đối diện:(như hình vẽ). Q trình vẽ và tơ theo qui luật đó được lặp lại 5 lần. Tính số tiền nước
1m2
sơn để người thợ thủ cơng đó hồn thành trang trí hình vuông như trên?. Biết tiền nước sơn để sơn

là
50.000đ.

Câu 10 (2,0 điểm). Cho
thoả mãn

abc = 1

a, b, c

là các số

thực dương

. Chứng minh bất đẳng thức
a 3 + b3 + c 3 +

ab
bc
ca
9
+ 2 2+ 2
≥
2
2
a +b b +c c +a
2
2

.


---------------------Hết-----------------Thí sinh khơng được sử dụng máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU
Có 04 trang

Câu
Câu 1

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG LẦN 1 CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2018-2019 MƠN TỐN 10

Nội dung đáp án
Giải phương trình sau: 3cos2x + 2sin( – x) – 5 = 0

Điểm
2,0
điểm
0,5
0,5
0,5

Phương trình đã cho tương đương với 3cos2x + 2cosx – 5 = 0
⇔ 6cos2x + 2cosx – 8 = 0
⇔
Câu 2

cosx = 1 ⇔ x = k2 , k ZPhhương trình có một họ nghiệm

Với n là số nguyên dương thỏa mãn: . Tìm số hạng khơng chứa x ttrong khai triển:
Ta có: ⇔ n = 10
Xét số hạng Tk+1 = =
Khai triển không chứa x ứng với 30 – 5k = 0 ⇔ k = 6
Số hạng cần tìm T7 =

Câu 3
Cho dãy số (un) xác định như sau:

lim(
Tìm
Ta có :

u1 u 2 u 3
u
+ + + ... + n ).
u 2 u3 u4
u n +1

u n +1 − u n = 2012u 2n > 0 ∀n

- Giả sử có giới hạn là a thì :
nên limun =

- ta có :

0,25
. Suy ra dãy (un )tăng.

a = 2012a 2 + a ⇒ a = 0 > 2012


+∞

un
u 2n
(u − u n )
1
1
1
=
= n +1
=
( −
)
u n +1 u n +1u n 2012u n +1u n 2012 u n u n +1

S=
Vậy :

u1 = 2012
(n ∈ N*)

2
u
=
2012u
+
u
 n +1
n

n

0,5
2,0
điểm
0,75
0,25
0,5
0,5
2,0
điểm

1
1
1
1
.lim( −
)=
2012 n →+∞ u1 u n +1
20122

Câu 4
Giải hệ phương trình

0,75
(vơ lý)
0,5

0,5
.


 x 3 + x 2 (2 − y) + x − y(2x + 1) = 0
.
 2
2x + 3xy − 5 = 0

2,0
điểm


Từ

x 3 + x 2 (2 − y) + x − y(2x + 1) = 0 ⇔ (x − y)(x + 1) 2 = 0

TH1: x = y thế vào pt :
TH2: x =

Câu 5

0,5

5x 2 − 5 = 0 ⇔ x = ±1 ⇒ y = ±1

− ⇒ y = −1
1

0,75

0,5


( −1; −1)

0,25

Vậy nghiệm của hệ (1;1),
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân (AD // BC), BC = 2a, AB =
AD = DC = a (a > 0). Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC và

(α)

2,0
điểm

BD. Biết SD vng góc với AC. Mặt phẳng
đi qua điểm M thuộc đoạn thẳng OD
( M khác O và D) và song song với đường thẳng SD và AC. Xác định thiết diện của
(α)
hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng
biết MD = x. Tìm x để diện tích thiết diện
lớn nhất.
S
Q
P

E
I
B

C
O


N

M
A

G

D

Từ M kẻ hai đường thẳng lần lượt song song với SD, AC chúng cắt theo thứ tự SB tại
Q và AB tại G, AC tại N. Từ G kẻ đường thẳng song song SD, cắt SA tại E,từ N kẻ
đường thẳng song song với SD cắt SC tại P. Ta được thiết diện là ngũ giác GNPQE.
Gọi I là trung điểm của BC . Tứ giác ADIC là hình thoi, suy ra AC ID. Suy ra

0,25

SD = SI + ID = 2a
2

AC (SID) . Suy ra SI (ABCD). Ta có:

0,25

2

(

)


x 

EG = NP = 2 a − x 3 , QM = 2  a −
÷
3
BD = a 3

Ta tính được
nên tính được
,
GN = 3x

Tứ giác EGMQ và MNPQ là hai hình thang vng đường cao lần lượt là GM và NM

0,75

0,5


nên

(

S MNPQE = 4 x 3a − 2 3 x
S MNPQE =

Max

3 3 2
a

2

)

tại

Câu 6
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
đỉnh C nằm trên đường thẳng

0,25

a 3
4

x=

Oxy

, cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh

∆ : x − 2y − 5 = 0

N ( 6; −2)

CE = CD

A ( −3;1)

,


2,0
điểm

. Trên tia đối của tia CD lấy điểm E

sao cho
, biết
là hình chiếu vng góc của D lên đường thẳng BE.
Xác định tọa độ các đỉnh cịn lại của hình chữ nhật ABCD.
Tứ giác ADBN nội tiếp
nhật). Suy ra

⇒ ·AND = ·ABD

·AND = ·ACD

và

·ABD = ·ACD

0,75
(do ABCD là hình chữ

hay tứ giác ANCD nội tiếp được một đường tròn, mà

·ADC = 900 ⇒ ·ANC = 900 ⇒ AN ⊥ CN .

Giả sử


C ( 2c + 5; c)

uuuur uuuu
r
3 1 − 2c) + ( 2 + c) = 0 ⇒ c = 1 ⇒ C ( 7;1)
AN .CN = 0 ⇒ (

, từ

Tứ giác ABEC là hình bình hành, suy ra

Giả sử

B ( b; − 2)

, ta có

0,25

AC / / BE .

Đường thẳng NE qua N và song song với AC nên có phương trình

y + 2 = 0.

b = 6 → B ≡ N ( lo¹i )
uuur uuur
AB.C B = 0 ⇒ b2 − 4b − 12 = 0 ⇒ 
b = −2 → B ( −2; −2)



D ( 6;4)

Câu 7

0,25

Từ đó dễ dàng suy ra
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Trên các đoạn thẳng AD’ và C’D lần lượt lấy hai
điểm M, N sao cho đường thẳng MN song song với đường thẳng nối tâm của hình
MN
A 'C
bình hành ABB’A’ và trung điểm của cạnh BC. Tính tỷ số
.

0,5

0,25
2,0
điểm


A'

D'
M

B'

C'

N

Q
A

B

D

C

P

Gọi P là trung điểm của BC, Q là tâm của hình bình hành ABB’A’. Xét tam giác
A’BC, ta có PQ là đường trung bình nên PQ || A’C suy ra MN ||A’C.
uuu
r r uuur u
r uuur r uuuu
r
uuuu
r uuuur
uuuur
AB = x, AD = y , AA ' = z , AM = m. AD ', C ' N = m.C ' D
Đặt
. Ta có
uuuu
r uuuur uuuu
r uuuur
uuuur
r u

r r
uuuur
MN = MA ' + AC ' + C ' N = − m AD ' + x + y + z + nC ' D

(

) (

0,25
0,,75

)

u
r r
r u
r r
r r
r
u
r
r
= −m y + z + x + y + z + n − x − z = ( 1 − n ) x + ( 1 − m ) y + ( 1 − m − n ) z

(

) (

) (


)

uuuur uuuuu
r uuuuur uuuur r u
r r
A'C = A' B ' + A' D ' + A ' A = x + y − z

0,75

. Do MN || A’C nên
2

m = 3
1 − n = k

uuuu
r
uuuur
2


MN = k A ' C ⇔ 1 − m = k
⇔ n =
3
1 − m − n = − k


1

k = 3



Do đó
Câu 8

uuuu
r 1 uuuur
MN 1
MN = A ' C ⇒
=
3
A 'C 3

. Vậy

MN 1
=
A'C 3

0,25
.

Cho dãy số {1; 2; 3;…; 2019} có bao nhiêu cách chọn ba số a,b,c khác nhau từ dẫy số 2,0
điểm
để ba số đó lập thành cấp số cộng.
Gọi cơng sai là d ta có ba số a,b,c tương ứng là a, a + d, a + 2d nên c - a= 2d => c= a
0,25
+ 2d
Mỗi cách chọn a sẽ cho một bộ số thỏa mãn, theo đề bài có: c ≤ 2019 => a ≤ 2019 –
2d

Nếu d= 1 thì a ≤ 2017, vậy có 2017 cách chọn a, hay có 2017 cách chọn ba số a,b,c là
CSC
Nếu d = 2 thì a ≤ 2015 => có 2015 cách chọn ba số a,b,c lập thành cấp số cộng
.......
Nếu d = 1009 thì a ≤ 1 nên có 1 cách chọn ba số a,b,c
Vậy số cách chọn ba số lập thành cấp số cộng là

0,25
1,0

0,5


2017 + 2015 + … + 1 = 1018081
Câu 9

2,0
Một thợ thủ cơng muốn vẽ trang trí trên một hình vng kích thước
, bằng điểm
cách vẽ một hình vng mới với các đỉnh là trung điểm các cạnh của hình vng ban
đầu, và tơ kín màu lên hai tam giác đối diện:(như hình vẽ). Q trình vẽ và tơ theo
qui luật đó được lặp lại 5 lần. Tính số tiền nước sơn để người thợ thủ cơng đó hồn
1m2
thành trang trí hình vng như trên?. Biết tiền nước sơn để sơn
là 50.000đ.

4m x 4m

1,0


Si

Gọi
là tổng diện tích tam giác được tơ sơn màu ở lần vẽ hình vng thứ
i ( 1 ≤ i ≤ 5; i ∈ N )
và S là diện tích hình vng ban đầu.
Ta có:
1 1 
1 1 
1 1 
1 1 
1 1 
S1 = .  .S ÷; S 2 = 2 .  .S ÷; S3 = 3 .  .S ÷; S 4 = 4 .  .S ÷; S5 = 5 .  .S ÷
2 2 
2 2 
2 2 
2 2 
2 2 

Câu
10

Tổng diện tích cần sơn là :( )S = S = (m2)

0,75

Số tiền để người thợ thủ công đó hồn thành trang trí hình vng như trên là :
. 50000 = 387500đ
a , b, c
abc = 1

Cho
là các số thực dương thoả mãn
. Chứng minh bất đẳng thức
ab
bc
ca
9
a 3 + b3 + c3 + 2
+ 2 2+ 2
≥
2
2
a +b b +c c +a
2
.

0,25

Ta có
4
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 ) ⇔

0,75

⇔ ( a +b
2

)

2 2


≥ 4ab ( a − ab + b
2

2

)

a 2 − ab + b 2 a 2 + b 2
ab
1a b
⇔
≤
⇔ 1− 2
≤  + ÷
2
2
2
a +b
4ab
a +b
4b a 

bc
1b c
ca
1c a
≤  + ÷ 1− 2
≤  + ÷
2

2
b +c
4c b
c +a
4a c 
Tương tự có
;
.
Do đó, cộng theo vế các bất đẳng thức trên và sử dụng bất đẳng thức Schur cùng giả
abc = 1
thiết
ta được
1−

0,25

2

0,5


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 + c3 + 3abc ) = ( a 3 + b3 + c 3 + 3)
4
4

Hay

bc
ca 
 ab
a 3 + b3 + c 3 + 4  2
+ 2 2+ 2
≥ 9 ( 1)
2
2 ÷
 a +b b +c c +a 

3 ( a 3 + b3 + c3 ) ≥ 3.3 3 ( abc ) = 9 ( 2 )


0,5

3

Mặt khác

Từ

( 1)

và

( 2)

suy ra

a3 + b3 + c3 +

Do vậy

ab
bc
ca 

4  a 3 + b3 + c 3 + 2
+ 2 2+ 2
≥ 18
2
a + b b + c c + a 2 


ab
bc
ca
9
+ 2 2+ 2
≥
2
2
a +b b +c c +a
2
2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a = b = c =1

.