Đề thi chọn HSG tỉnh Toán 11 năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Quảng Bình (Vòng 1)

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
KỲ THI CHỌN HSG TỈNH LỚP 11 NĂM HỌC 2020-2021
VÀ CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN DỰ THI CHỌN HSG QUỐC GIA ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2021-2022
Khóa ngày 06 tháng 4 năm 2021
Môn thi: TOÁN - Vòng 1
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề gồm có SỐ BÁO DANH:…………… 01 trang và 05 câu.
Câu 1. (2,0 điểm).    x
a. Giải phương trình 2 2 2 2 2cos
 x  3cos x  3sin x  4cos 1   .  4  2
b. Chứng minh rằng phương trình  2
m  m   2020 1 x
 2x  2  0 luôn có nghiệm với mọi tham số m.
Câu 2. (2,0 điểm). n
a. Tìm hệ số của 8
x trong khai triển thành đa thức của  2 3
1  x  x  biết n là số nguyên
lớn hơn 1 thỏa mãn đẳng thức 2 3 4
1.2.C  2.3.C  3.4.C  ...  (n 1). . n n C  64. ( n n 1) . n n n n
b. Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số. Một số thuộc S được gọi là “số
đẹp” nếu chữ số ở hàng trăm bằng trung bình cộng của hai chữ số ở hàng đơn vị và hàng
chục nghìn. Chọn ngẫu nhiên một số từ S. Tính xác suất để số được chọn là “số đẹp”.
Câu 3. (2,0 điểm).  3x  2020 2021 . 1  2021x  2020
a. Tìm giới hạn L  lim . x 0  x
b. Cho dãy số u xác định bởi: n  u  2  , u  1  và u  n     2 3 u 1 2u với mọi n  2 . n 1 n  1 2 n 1  Tính u . 2021
Câu 4. (3,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng AB .
C A' B'C ' có đáy ABC là tam giác vuông cân
tại A, AB  ,
a AA'  a 2 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh A ,
B BB'. Gọi G là
trọng tâm tam giác ABC.
a. Xác định thiết diện của hình lăng trụ đã cho khi cắt bởi mặt phẳng MNC ' .
b. Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (MNC ') và ( ABC) . Từ đó tính diện tích thiết
diện tìm được ở câu a.
c. Gọi   là mặt phẳng thay đổi và luôn đi qua trung điểm I của B’G và cắt các cạnh B' , A B' ,
B B'C lần lượt tại X , Y, Z (không trùng B'). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
B ' A B ' B B 'C T  . . .
B ' X B 'Y B 'Z
Câu 5. (1,0 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Chứng minh rằng: cos . A cos B cos . B cosC cosC.cos A    2. cosC cos A cos B
................ HẾT................ 0
SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
KỲ THI CHỌN HSG TỈNH LỚP 11 NĂM HỌC 2020-2021
VÀ CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN DỰ THI CHỌN HSG QUỐC GIA HƯỚNG DẪN CHẤM NĂM HỌC 2021-2022
Khóa ngày 06 tháng 4 năm 2021 Môn thi: TOÁN Vòng 1
Đáp án này gồm có 06 trang YÊU CẦU CHUNG
* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi câu. Trong bài làm của học sinh yêu cầu
phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng.
* Trong mỗi câu, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những
bước giải sau có liên quan. Ở câu 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0.
* Điểm thành phần của mỗi câu nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành
phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng câu.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu. Câu Nội dung Điểm    Giải phương trình: x 2 2 2 2      Câu 1a 2cos x 3 cos x 3 sin x 4cos 1,(1)   .  1,0đ 4  2    1  cos  2x    2   x (1)  2.  3 1 cos 2 2
cos x  sin x  4 1 2 2 0,25
1 sin2x  3cos2x  21 cos x 1
 sin2x  3cos2x  2cos x 0,25     cos 2x   cos x    6  0,25   x   k2  6   ,(k  Z )  k 2 x    18 3 0,25   k 2
Vậy phương trình có nghiệm x   k2; x   (k  Z ) 6 18 3 1
Chứng minh rằng pt  2
m  m   2020 1 x
 2x  2  0 luôn có nghiệm với mọi tham số m. Câu 1b 1,0đ
Xét hàm số f x   2
m  m   2020 ( ) 1 x
 2x  2 liên tục trên R 0,25 Có f (0)  2   0 0,25 2  1  3 và 2
f (1)  m  m  1  m    0, m     0,25 2  4
Vì f (0). f (1)  0, m
 nên phương trình f (x)  0 luôn có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng 0,  1 với mọi m. 0,25
Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m Tìm hệ số của 8 x n
trong khai triển thành đa thức của  2 3
1 x  x 
Câu 2a biết n là số nguyên lớn hơn 1 thỏa mãn đẳng thức 1,0đ 2 3 4
1.2.C  2.3.C  3.4.C  ...  (n 1). . n n C  64 .( n n 1) . n n n n Ta có công thức k k 1
kC  nC  với *
n  k 1; k,n N n n 1   Thật vậy n n k ! ( 1)! : k 1 kC  k.  n  nC  n n 1 
k!.(n  k)!
(n  k)!(k 1)! 0,25 Với *
n  k  2,n  2; k,n N ta áp dụng công thức trên thu được k k 2
(k 1).k.C  (n 1). . n C  n n2 Khi đó: 2 3 4
1.2.C  2.3.C  3.4.C  ...  (n 1). . n n C n n n n
 (n 1).n 0 1 2 n2 C
 C  C  ... C  n  n  0,25 n n n n  n 2 ( 1). .2 2 2 2 2 Từ đây ta có n2 2
 64 suy ra n  8 (thỏa mãn điều kiện). 8 Với 8 8 k n  8 ta có  2 3 1 x  x  2 k 2  1
  x (1 x) k   C x . 1 x    8   0,25 k 0 Số hạng chứa 8
x trong khai triển là 3 2 8 4 0 8
C .C x  C .C x   3 2 4 0
C .C  C .C  8 x 8 3 8 4 8 3 8 4 0,25
Vậy hệ số của trong khai triển là 3 2 4 0
C .C  C .C  238 . 8 3 8 4
Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số. Một số thuộc S được gọi là “số đẹp”
Câu 2b nếu chữ số ở hàng trăm bằng trung bình cộng của hai chữ số ở hàng đơn vị và hàng chục 1,0đ
nghìn. Lấy ngẫu nhiên một số từ S. Tính xác suất để số lấy được là “số đẹp”.
Số phần tử của không gian mẫu là   90000 0,25 2  Gọi a e
k là “số đẹp” thuộc S. Khi đó, k có dạng k  abcd ,
e a  0 , c  2  Từ giả thiết a e c 
. Chứng tỏ a  e là một số chẵn. Vì thế hai số , a e 0,25 2
hoặc cùng chẵn hoặc cùng lẻ.
Trường hợp 1: cả hai số a, e đều chẵn. Khi đó: a có 4 cách chọn, e có 5 cách
chọn. Ứng với mỗi cặp số a, e ta chọn được một số c duy nhất. Nên trong
trường hợp này có: 4101105  2000 số.
Trường hợp 2: cả hai số a, e đều lẻ. Khi đó: a có 5 cách chọn, e có 5 cách 0,25
chọn. Ứng với mỗi cặp số a, e ta chọn được một số c duy nhất. Nên trong
trường hợp này có: 5101105  2500 số.
Nên có tất cả 2000  2500  4500 số “đẹp” thuộc S. 4500 1
Vậy xác suất cần tìm là  90000 20 0,25  3x  2020 2021 . 1  2021x  2020
Câu 3a Tìm giới hạn L  lim 1,0đ x 0  x Ta có 
202020211 2021x 1  2 2021  L  lim x . 1  2021x   0,25 x 0   x   
Ta có A  lim 2 2021 x . 1 2021x    0 x 0
202020211 2021x   1 B  lim 0,25 x 0  x 2021  Đặt t 1 2021 t 
1 2021x  x 
; khi x  0 thì t 1 2021 Suy ra 2020t   1 1 2020.2021 B  lim  2020.2021.lim   2020 0,25 2021 2020 2019 t 1  t 1 t 1  t  t  ... t 1 2021 2021
Vậy L  A B  2020. 0,25 3
Cho dãy sốu xác định bởi u  2  , u  1
 và u  n     2 3 u 1 2u
với mọi n  2 . n 1 n  n   Câu 3b 1 2 n 1 1,0đ Tính u . 2021
Ta tính được u  0,u 1,u  2 . Từ đây ta dự đoán u  n  3, n  1 (2) 3 4 5 n 0,25 Thậy vậy:
(2) đúng với n 1. Giả sử (2) đúng với *
n  k,k  N , tức là u  k  3 đúng. k Ta xét 0,5 u
 k u   u  k  k     k  k 
 k 1 2 k  32 2 3 3 1 2 4 1 1     3 3
= k  6k  12k  8  k  23 3 2  k  2
Chứng tỏ (2) đúng với n  k 1 . Vậy (2) đúng với mọi số nguyên dương n
Từ đây, ta tính được u  2021 3  2018 2021 0,25
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B 'C ' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A ,
Câu 4 AB  ,
a AA'  a 2 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh A ,
B BB' . Gọi G là trọng 3,0đ
tâm tam giác ABC. (hình vẽ) 0,5
Trong (ABB’A’), Gọi P  MN  AA' . 0,25 4a
Trong (ACC’A’), Gọi Q  AC  PC ' . 0,25
Khi đó thiết diện cần tìm là tứ giác NMQC’. 0,25 4
Trong (ABC) kẻ AH  M , Q H  MQ
Ta có MQ  AH , MQ  AP  MQ   AHP
Nên góc giữa hai mặt phẳng (MNC ') và
( ABC) là góc   AHP (vì tam giác AHP vuông tại A) 0,25 AQ PA 1 a
Vì AQ / / A'C' nên    AQ  . 4b A'C' PA' 3 3 Từ a A
 QM vuông tại A nên AH  . 13
Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông AHP ta có: 0,25 a AH AH 13 30
Ta có cos  cos AHP     2 2 2 2 PH  15 AH AP a a  13 2
Tứ giác BMQC là hình chiếu vuông góc của tứ giác NMQC’ lên (ABC) nên SBMQC 0,25 S  . NMQC ' cos 2 2 2 a a 5a 2 SBMQC 5a 30 Mà S  S  S    . Vậy S   0,25 BMQC ABC AMQ 2 12 12 NMQC ' cos 24
Trước hết ta có bổ đề sau: Cho hình chóp S.ABC. Gọi G là trọng tâm tam
giác ABC. Một mặt phẳng (P) bất kỳ cắt các cạnh SA, SB, SC, SG lần lượt SA SB SC SG
tại A’, B’, C’, I (không trùng S). Khi đó:    3 SA' SB ' SC ' SI
Thật vậy: Vì G là trong tâm tam giác ABC nên SA SB SC SG 0,25
SA  SB  SC  3SG  .SA'  .SB '  .SC '  3 .SI SA' SB ' SC ' SI 4c SA SB SC SG
Vì 4 điểm A', B',C', I đồng phẳng nên    3 SA' SB ' SC ' SI
Bổ đề được chứng minh xong.
Áp dụng bổ đề trên ta có: 5 B ' A B ' B B 'C B 'G    3  6 B ' X B 'Y B 'Z B ' I
Khi đó: áp dụng BĐT cauchy ta có B ' A B ' B B 'C 6    B ' X B 'Y B 'Z
B ' A B ' B B 'C 3 3  3 . .  3 T
B ' X B 'Y B 'Z T  8 0,25
Vậy giá trị lớn nhất của T bằng 8 khi X, Y, Z lần lượt là trung điểm của 0,25 B' , A B' ,
B B'C hay   / /(ABC)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Chứng minh rằng: Câu 5 cosA.cosB cosB.cosC cosC.cosA    1,0đ 2 cosC cosA cosB
Ta có bổ đề 1: Trong tam giác ABC có ba góc nhọn, ta có : cosB.cosC tanA  ,(*) cosA tan B  tan C Thật vây: (*)  cos . B cos .
C (tan B  tanC)  tan . A cos A 0,25  sin . B cosC  cos .
B sin C  sin A
 sin(B  C)  sin A  sin(  )
A  sin A (đúng). Bổ đề được chứng minh xong. Ta có bổ đề x 2x 2: Với mọi ,
x y, z  0 , ta luôn có  ,(**) y  z x  y  z Thật vậy: 0,25
 x  y  z  x y  z   y  z  x2 2 (**) ( ) 4 ( )  0 (luôn đúng) Đặt a  tan , A b  tan ,
B c  tanC , dễ dàng có , a ,
b c  0 . Áp dụng bổ đề 1,
bài toán được viết lại: Cho , a ,
b c  0 , chứng minh rằng a b c    2 b  c c  a a  b 0,25
Áp dụng bổ đề 2, ta có a b c
2a  2b  2c     2 b  c c  a a  b
a  b  c
Dấu “=” xảy ra  a  b  , c b  a  ,
c c  a  b hay a  b  c  0 (vô lý). a b c Nên    2 0,25 b  c c  a a  b
Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong. 6