ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2019-2020 MƠN: TỐN (Thời gian làm bài: 180 phút) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT NGUYỄN QUÁN NHO Tháng U Câu 1( 4,0 điểm) 1) Cho hàm số y = x − x + có đồ thị (P ) hàm số y = x + x + có đồ thị (P ) Giả sử đường thẳng (d): y = m cắt (P ) hai điểm phân biệt A, B cắt (P ) hai điểm C, D Tìm m để AB = 2CD U U R R 2) Giải bất phương trình R R R R + x − x + 3x + 1 − x2 − x + R R > Câu 2( 4,0 điểm) U U x 1) Giải phương trình 4cos3 x cos x − 2cos x − 4cos x + tan tan x + = y + ( y + 3)( y − x ) + xy = 7x 2) Giải hệ phương trình x + 25 y + 19 − x − x − 35= y + Câu 3( 4,0 điểm) 1) Cho số thực dương x, y, z Chứng minh U U + x2 + + y + 3z 2) Cho dãy số ( un ) + + y2 + + z + 3x + + z2 ≥ + + x3 + y u1 = , un−1 xác định sau un = ( 2n − 1) un−1 + ∀n ≥ Tính tổng 2019 số hạng dãy số ( un ) Câu 4( 4,0 điểm) 1) Xung quanh bờ ao gia đình bác Nam trồng 20 chuối Do khơng cịn phù hợp bác muốn thay để trồng bưởi, lần đầu bác chặt ngẫu nhiên Tính xác suất để bác Nam chặt khơng có hai gần 2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm I Gọi K hình chiếu vng góc B đường thẳng AC, H hình chiếu vng góc C đường thẳng BI Các đường thẳng AC KH có phương trình x y x 2y Biết điểm B thuộc đường thẳng y điểm I thuộc đường thẳng x Tìm tọa độ điểm C Câu 5( 4,0 điểm) U U U U Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật AB 3a AD a Cạnh bên SA 2a SA vng góc với mặt đáy ABCD Gọi H , K hình chiếu vng góc đỉnh A lên cạnh SB SD Tính góc đường thẳng AC mặt phẳng AHK Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA,OB,OC đơi vng góc với O Gọi H hình chiếu vng góc O lên mặt phẳng ABC P điểm tam giác ABC Chứng minh PA2 PB PC PH 2 OA2 OB OC OH HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA Tháng ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2019-2020 MƠN: TỐN (Thời gian làm bài: 180 phút) U ĐÁP ÁN ĐỀ CHỌN HSG 2019 - 2020 Câu 1a Đáp án Xét phương trình: x − x + − m = (1) x + x + − m = (2) Điểm ∆ = m + > ĐK: ⇒m>2 ∆ = m − > AB = 2CD ⇔ AB = 2CD ⇔ ( x1 − x2 ) = 2( x3 − x4 ) ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 2[( x3 + x4 ) − x3 x4 ] ⇔ 16 - 4(3 - m)=2[4 - 4(3 - m)] ⇒ m = 1b (2 điểm) ĐS: m = + Điều kiện x ≥ 2.0 1 x − + ≥ > nên − x − x + < + Ta có x − x += 2 Do bất phương trình ⇔ + x − x + x + < − x − x + ⇔ x + x − x + < x + 3x + + Nếu x = bất phương trình trở thành < (vơ lý) 1 + Nếu x > bất phương trình ⇔ + x + − < x + + x x t với t ≥ , bất phương trình trở thành + t − < t + + Đặt x + = x 13 ⇔ t −1 < ⇔ t < 13 13 − 105 13 + 105 13 ⇔ x − 12 x + < ⇔ + Ta có + y = (1 + y ) (1 − y + y ) + y2 + y2 ⇔ + y3 ≤ 2 2 a 1+ x 1+ x ≥ = + Suy (1) 2 2 (1 + y ) + (1 + z ) 2b + 3c + + y + 3z + Hoàn toàn tương tự ta có b + y2 + y2 ≥ = ( 2) 2 2 (1 + z ) + (1 + x ) 2c + 3a + + z + 3x + Theo cô-si (1 + y ) (1 − y + y ) ≤ 0.5 + z2 c + z2 ≥ = ( 3) 2 2 (1 + x ) + (1 + y ) 2a + 3b + + x + 3y + Cộng bất đẳng thức (1) , ( ) , ( 3) theo vế ta 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) ⇒P≥ ( ab + bc + ca ) ( ab + bc + ca ) ⇒P≥ = ⇒ đpcm ( ab + bc + ca ) 0.5 + Dấu “=” xảy x= y= z= 0.5 3.b (2 điểm) u1 = , un−1 Cho dãy số ( un ) xác định sau un = ( 2n − 1) un−1 + 2019 số hạng dãy số ( un ) ∀n ≥ Tính tổng ( 2n − 1) un−1 + 1 1 2 = = + 4n − = + n − ( n − 1) un un−1 un−1 un−1 1 2 ⇒ − 2n = + n − ( n − 1) − 2n = − ( n − 1) un un−1 un−1 1 2 Tương tự ta có − ( n − 1) = − ( n − ) = = − un−1 un − u1 Ta có Suy 1 1 4n − − 2n = − = − =− ⇒ = 2 un u1 un 0,5 ⇒ ⇒ u= n 1 = − ( 2n − 1)( 2n + 1) 2n − 2n + 2019 2019 ui ∑= ∑ 2i − − 2i + =i =i 4038 1 1 1 1 1 1 = − = 1 − + − + − + + =− 4039 4039 3 3 5 5 4037 4039 4.a + n(Ω) = C 204 = 4845 (2 điểm) Trường hợp 1: Cả chặt gần có 20 cách + Trường hợp 2: Trong chặt có gần - Chặt gần có 20 cách - Mỗi gần có 15 khơng gần Vậy trường hợp có: 20 X 15 = 300 cách Trường hợp 3: Trong chặt có gần nhau: - Chặt gần có 20 cách - Với gần có 16 khơng gần hai Trong 16 lại có 15 cặp gần Chọn hai khơng gần 16 có: C162 − 15 = 105 Vậy trường hợp có: 20.105 = 2100 cách + Trường hợp 4: Trong chặt có hai cặp gần - Chọn cặp gần có 20 cách - Mỗi cách chọn cặp gần lại có 15 cặp gần chọn từ 16 20.15 Vậy trường hợp có = 150 cách 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 b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm I Gọi K hình chiếu vng góc B đường thẳng AC, H hình chiếu vng góc C đường thẳng BI Các đường thẳng AC KH có phương trình x y x 2y Biết điểm B thuộc đường thẳng y điểm I thuộc đường thẳng x Tìm tọa độ điểm C Hướng dẫn K giao điểm HK AC nên có tọa độ K(-3; 2) Đường thẳng BK vng góc với AC nên có phương trình: x - y + = Vì B thuộc đường thẳng y - = nên tọa độ B(0; 5) 7 Gọi E ; trung điểm BK, M trung điểm BC EM // AC nên phương trình EM là: x + y - 2 = Suy tọa độ M là: M m;2 m Do MH = MK nên tam giác HMK cân M, có MD trung x m t tuyến trung trực, nên phương trình đường thẳng MD có dạng: , thay vào phương y m 2t trình HK ta có: 6m 3m m 3 ; m t 2 m 2t t , suy tọa độ D là: D A N H D I K E B C M 12m 2 6m Suy tọa độ véc tơ BH là: ; Từ tọa độ D K suy tọa độ H 5 12m 27 6m Mặt khác gọi I 1; n , ta có BI 1; n hướng với BH nên BH ; 5 n 512m 9 27 6m n 54m 3 2m n 22m 24 (1) 4m Ngồi BM IM nên ta có: m m 1 m 32 m n 2m 2m n m 3 (2) Thế (1) vào (2) ta được: 11m 12 m 3 m m 4m 3 11m 12m 3 4m 3 4m 18m 36m 27 2m 32m 6m 9 m Khi tọa độ M ; E ; C 3;2 K 3;2 nên tam giác ABC vuông C 2 2 Câu m2 m Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật AB 3a AD a Cạnh bên SA 2a SA vuông góc với mặt đáy ABCD Gọi H , K hình chiếu vng góc đỉnh A lên cạnh SB SD Tính góc đường thẳng AC mặt phẳng 2,0 AHK BC SA Ta có AH SB , mà BC SAB BC AH BC BA Suy ra: AH SBC AH SC 1 0,50 Tương tự: AK SC 2 0,50 Gọi I SC AHK , từ 1 2 suy ra: SC AHIK S I H K D A B C Do đó: AC , AHK CAI ASC 0,25 Ta có: AC AB AD 2a 600 AC ASC Mà: tan ASC AS KL: AC , AHK 600 0,25 0,25 0,25 Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA,OB,OC đơi vng góc với O Gọi H hình chiếu vng góc O lên mặt phẳng ABC P điểm tam giác PA2 PB PC PH ABC Chứng minh OA2 OB OC OH A 2,0 H P O C B Ta có: OP xOA yOB zOC 1 Do điểm P nằm tam giác ABC nên x y z 0,25 OP OA2 PA2 OP OA2 PA2 x Từ 1 ta có: x OA OP OA 2OA2 OP PA2 1 Suy ra: x 1 OA2 OA2 0,50 1 OP PB 1 OP PC , z 1 Tương tự: y 1 OB OB OC OC 0,25 Mà ta có: x y z 2 OP PA OP PB OP PC 1 1 1 OA2 OA2 OB OB OC OC OP OP OP PA2 PB PC 3 2 OA2 OB OC OA2 OB OC 1 PA2 PB PC OP OA OB OC OA2 OB OC 1 1 OP OH PH 2 2 OA OB OC OH 2 PA PB PC OP OH HP PH 1 1 2 Do đó: OA2 OB OC OH OH OH PA2 PB PC PH KL: (đpcm) OA2 OB OC OH Mặt khác ta có: 0,50 0,25 0,25 ... Với a = b ⇒ x = + (thỏa mãn) x= − (loại) 2 61 − 111 37 61 + 111 37 (thỏa mãn) x = (loại) 18 18 Kết luận: Hệ có nghiệm hệ là: 61 + 111 37 61 + 111 37 + 7;3 + ; 18 18 Với 3a = 4b ⇒ x... GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA Tháng ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2019-2020 MƠN: TỐN (Thời gian làm bài: 180 phút) U ĐÁP ÁN ĐỀ CHỌN HSG 2019 - 2020 Câu 1a Đáp án Xét phương trình:... m 32 m n 2m 2m n m 3 (2) Thế (1) vào (2) ta được: 11m 12 m 3 m m 4m 3 11m 12m 3 4m 3 4m 18m 36m 27 2m 32m 6m 9