Bộ 12 đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 cấp trường năm 2020-2021

Bộ 12 đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 dưới đây sẽ là tài liệu luyện thi học sinh giỏi hiệu quả dành cho các bạn học sinh lớp 11. Thông qua việc giải đề thi, các em có thể tự đánh giá năng lực học tập của bản thân, từ đó có hướng ôn tập phù hợp giúp các em đạt kết quả cao trong kì thi học sinh giỏi sắp tới. Ngoài ra, quý thầy cô có thể sử dụng bộ đề làm tài liệu tham khảo phục vụ công tác giảng dạy và ra đề thi đánh giá năng lực học sinh trên lớp.

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP 11 CẤP TRƯỜNG NĂM 2020-2021 MỤC LỤC Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT Cẩm Xuyên Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT Đồng Đậu, Vĩnh Phúc Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT Liễn Sơn, Vĩnh Phúc Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT Phan Chu Trinh, Phú Yên Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT Phùng Khắc Khoan, Hà Nội Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT Quế Võ 1, Bắc Ninh Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT Trần Nguyên Hãn, Hải Phòng (Vòng 1) Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT Yên Phong số 2, Bắc Ninh Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 11 năm 2019-2020 - Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn, Nghệ An 10 Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 11 cấp trường năm 2019-2020 - Trường THPT Chuyên Lê Quý Đơn 11 Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 11 cấp trường năm 2019-2020 - Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc 12 Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 11 cấp trường năm 2019-2020 - Trường THPT Nguyễn Đăng Đạo, Bắc Ninh SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU Đề thi có 02 trang ĐỀ THI HSG LẦN CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2020-2021 MƠN 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) – = Câu 2( 2,0 điểm) Với n số nguyên dương thỏa mãn: 𝐶 + 𝐴 = 765 Tìm số hạng không chứa x khai triển: (𝑥 + ) u  2012 Câu 3( 2,0 điểm) Cho dãy số (un) xác định sau:  (n  N*)  u n 1  2012u n  u n Tìm lim( u1 u u u     n ) u u3 u u n 1  Câu ( 2,0 điểm) Giải hệ phương trình  x  x (2  y)  x  y(2x  1)   2x  3xy   Câu ( 2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang cân (AD // BC), BC = 2a, AB = AD = DC = a (a > 0) Mặt bên SBC tam giác Gọi O giao điểm AC BD Biết SD vng góc với AC Mặt phẳng   qua điểm M thuộc đoạn thẳng OD ( M khác O D) song song với đường thẳng SD AC Xác định thiết diện hình chóp S.ABCD cắt mặt phẳng   biết MD = x Tìm x để diện tích thiết diện lớn Câu ( 2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh A  3;1  , đỉnh C nằm đường thẳng  : x  y   Trên tia đối tia CD lấy điểm E cho CE  CD , biết N  6; 2  hình chiếu vng góc D lên đường thẳng BE Xác định tọa độ đỉnh cịn lại hình chữ nhật ABCD Câu (2,0 điểm) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ Trên đoạn thẳng AD’ C’D lấy hai điểm M, N cho đường thẳng MN song song với đường thẳng nối tâm hình bình hành ABB’A’ trung MN điểm cạnh BC Tính tỷ số A 'C Câu (2,0 điểm) Cho dãy số {1; 2; 3;…; 2019} có cách chọn ba số a,b,c khác từ dãy số để ba số lập thành cấp số cộng ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG Năm học: 2019 – 2020 MƠN THI: TỐN, LỚP 11 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC NINH TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐĂNG ĐẠO Câu Nội dung Điểm Câu 2,0 Phương trình hồnh độ giáo điểm: x − x = x + m ⇔ x − x − m = (1) Đường thẳng d cắt ( P ) hai điểm phân biệt A, B pt(1) có nghiệm phân biệt ⇔ ∆′= m + > ⇔ m > −4 0,25 Gọi A ( x1 ; x1 + m ) , B ( x2 ; x2 + m ) ( x1 , x2 nghiệm pt(1)) x +x = Theo Định lý Vi-et:   x1 x2 = −m   Vì ∆OAB vng O ⇒ OA.OB = ⇒ x1 x2 + ( x1 + m )( x2 + m ) = 0,5 m = ⇒ x1 x2 + 2m ( x1 + x2 ) + m = ⇒ m + 3m =0 ⇒   m = −3 0,5 x = +) Với m = , phương trình (1) trở thành: x − x =0 ⇔  ⇒ A ( 0;0 ) ≡ O (Loại) x = ⇒ A (1; −1) x = (t/m) +) Với m = −3 , phương trình (1) trở thành: x − x + = ⇔   x= ⇒ B ( 3;3) 0,5 Kết luận: Vậy m = −3 0,25 Câu 2.1 2,0 Điều kiện: cos x = − 5π ⇔x≠± + k 2π Phương trình tương đương: 0,25 cos x ( 2sin x − 1) + ( 2sin x + 3sin x − ) = ⇔ cos x ( 2sin x − 1) + ( 2sin x − 1)( sin x + ) = ⇔ ( 2sin x − 1) ( ) cos x + sin x + =   x=  sin x =   ⇔ x = ⇔  π   cos x − = −1      6 = x  0,75 π + k 2π 5π + k 2π 7π + k 2π (k ∈ ) 0,5 π Kết hợp điều kiện suy nghiệm phương trình là: x = + k 2π ( k ∈  ) 0,5 Câu 2.2 2.0 0≤ x≤3 Điều kiện:  −1 ≤ y ≤ Ta thấy x = 0, y = −1 nghiệm hệ Từ suy x + y > −1 Do phương ) 0,5 Do đó, phương trình (*) tương đương x − y − = ⇔ y = x − 0,5 trình (1) hệ tương đương ( x − y ) − ( x + y ) + ( x − y +1 =   ⇔ ( x − y − 1)  x + y + ( *)  =  x + y +   ( Ta có: x + y = x + ( y + 1) − ≥ ⇒ x+ y+ x + y +1 ( ≥ x + y +1 x + y +1 ) ) −1 2 + x + y +1 −1 Lại có: ( x + y +1 ) 2 ( = x + y +1 ≥ 33 ( x+ 8( x + + ) x + y +1 + ) y + 1) y +1 ( x + y +1 2 −1 −1 = + ) 2( x + y +1 ) −1 −1 = 2 Thế vào pt(2), ta được: ( x − 3= ) + x − − x + − x2  + x = u , u ≥ Đặt:  ⇒ ( x − 1) = u − 2v  − x = v, v ≥ Suy ra: u − 2v = 2u − 4v + uv ⇔ u − ( + v ) u − 2v + 4v = = ∆ 9v − 12v += ( 3v − ) u= − v ⇒  u = 2v 0,5 +) u = − v ⇒ + x = − − x (Vô nghiệm) +) u = 2v ⇔ + x = − x ⇔ x = ⇒y= 5 0,5 9 4 Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y ) =  ;  5 5 Câu 3.1 2,0 Xét hàm số f ( x= ) m x − x − 2m + 2m 0,5 Ta thấy f ( x ) liên tục  f (1) =−m + 2m − =− ( m − 1) ≤ 0, ∀m ∈  f ( −2= 13m + ( m + 1) + > 0, ∀m ∈  ) 14m2 + 2m += 0,5 +) Nếu m = ⇒ f (1) = ⇒ phương trình có nghiệm x = +) Nếu m ≠ ⇒ f ( −2 ) f (1) < ⇒ Phương trình có nghiệm x ∈ ( −2;1) 0,5 Vậy phương trình cho ln có nghiệm với m 0,5 Câu 3.2 2,0 Ta có: un +1 −= ⇒ 2un − 4 − ⇔ un +1 −= − un − un − un 1 1 = ⇔ =− + un +1 − 2 ( un − ) un +1 − 2 un − 0,5 0,5  v1 = −   Đặt: = ⇒ un −  +1 =− + , ∀n ∈ *  −7 n − ⇒ =− − ( n − 1) = 14 ⇒ 0,5 14 −7 n − = ⇒ un =2 − 14 7n + un − 0,5 14   ⇒ lim ( un ) =lim  −  =2 7n +   Câu 2,0 Đường tròn ( C ) ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I ( 6;6 ) , bán A kính R = IA = có phương trình: ( x − ) + ( y − ) = 25 2 Phương trình đường thẳng AJ: x − y + = J Gọi D giao điểm thứ hai đường thẳng AJ với đường tròn ( C ) 25 ( x − ) + ( y − 3) = ⇒ Tọa độ D nghiệm hệ:   x − y + = ⇒ D ( 9;10 ) (Do A ≠ D ) 2 I C B D 0,5  ⇒ D điểm cung BC  = CAD  ⇒ DB = Vì BAD DC (1)   A+ B  góc ngồi tam giác JAB ⇒ BJD = BJD ( 2)   + CBD  + JBD = JBC B A     = JBD JBC CAD ⇒ = +   = CAD   CBD  ( 3)   ⇒ ∆DBJ cân D (4) Từ (2) (3) suy BJD = JBD Từ (1) (4) suy DB = DC = DJ = 0,75 ⇒ B, C thuộc đường trịn ( C ′ ) tâm D, bán kính R′ = Phương trình ( C ′ ) : ( x − ) + ( y − 10 ) = 50 2 B, C giao điểm ( C ) ( C ′ ) nên tọa độ B C nghiệm hệ:  ( x − )2 + ( y − )2 = 25 ⇒ B (10;3) , C ( 2;9 ) (Do xB > xC )  2 50 ( x − ) + ( y − 10 ) = 0,5 Vậy B (10;3) , C ( 2;9 ) 0,25 Câu 5.1a 1,5 S K N M I D A B J H C Gọi H trung điểm AB ⇒ IH / / SA ⇒ IH ⊥ ( ABCD ) ⇒ góc IJ với ( ABCD ) góc I JH ⇒ I JH = 600 0,75  b Trong tam giác IHJ vng H= ta có: IH HJ = tan IJH 0,5 ⇒ SA = IH = 2b 0,25 Câu 5.1b 1,5 Ta có : MN = (α ) ∩ ( SCD ) ⇒ MN / / AB / /CD  AB / / CD  SK = ( SAD ) ∩ ( SBC )   ⇒ SK / / AD / / BC AD / / BC  0,5 AB CD CS Từ suy = = MN MN MS BC CM = SK SM ⇒ AB BC CS CM MS − = − = = (đpcm) MN SK MS SM MS 0,5 0,5 Câu 5.2 2,0 A P M I D B Q N C m, CD = n ⇒ mn = 4c Đặt AB = Gọi P, Q trung điểm AB CD Ta có ∆BCD = ∆ADC ⇒ BQ = AQ ⇒ ∆QAB cân Q ⇒ QP ⊥ AB Tương tự ta có QP ⊥ CD ⇒ B đối xứng A qua PQ D đối xứng C qua PQ Gọi N điểm đối xứng M qua PQ I giao điểm MN với PQ ⇒ MB = NA; MD = NC Ta có: H = ( MA + MB + MC + MD ) = ( MA + NA + MC + NC ) 0,5    Trong tam giác AMN có AM + AN = AI ⇒ AM + AN ≥ AI Tương tự ta có: CM + CN ≥ 2CI ⇒ H ≥ ( AI + 2CI )= ( AI + CI ) 2 0,5 Đặt:= IP x= , IQ y ⇒ ( AI + CI ) = ( IP + PA2 + IQ + QC 2 Ta có )  m2  n2 = + x2 + + y2      m2 n2 m+n + x2 + + y2 ≥   + ( x + y) 4   0,5 = m + n + 2mn = + PQ n2 2c + + BQ 2= m + n + 8c + BQ − PB n 2 BC + BD − CD 2c + + = 4 2a + 2b + 2c ⇒ H ≥ ( 2a + 2b + 2c )= ( a + b + c ) (đpcm) 0,5 Câu 6.1 1,5 Gọi số bi hộp n ( < n < 15 , n ∈  ) Gọi x, y số bi đen hộp hộp ( n ≥ x > y > 0, x, y ∈  ) Suy xác suất lấy viên bi đen là: xy = (1) n (15 − n ) 28  n ⇒ 28 xy = 5n (15 − n ) ⇒  (15 − n ) 0,5 +) Nếu n , < n < 15 ⇒ n = 14 ⇒ số bi hộp viên ⇒ y = Thay vào (1) ta có: 5 x ⇒ x = (Loại) = 14 28 0,25 +) Nếu (15 − n ) , < n < 15 ⇒ n = Thay vào (1) ta được: x = xy = ⇒ xy = 10 ⇒  56 28 y = ⇒ Xác suất lấy bi trắng là: 0,5 0,25 15 = 56 Câu 6.2 1,5  4x 1  Ta có x ≥ ⇒ x ≥ x ⇒ P ≥ x  +  ≥ 2 2  ( x + y ) + x z + x  ( x + y ) + z + x 0,5 Theo giả thiết ta có: ( x + y ) + z = ( x + y + z ) ≤ ( x + y ) + z    2 ⇒ ( x + y ) + z ≤ 18 ⇒ P ≥ 4x 18 18 = 2− ≥ 2− = x + 18 x+9 10 0,5 x 1,= y 2,= z Dấu “=” xảy khi= Vậy P = 0,5 Hết…………… 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 MÔN: TOÁN (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 < (vô 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 không 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 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 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  512m  9  27  6m  n  54m  3   2m  n  22m  24 (1) 4m    Ngoài BM IM  nên ta có: m m  1  m  32  m  n    2m  2m   n m  3  (2) Thế (1) vào (2) ta được: 11m  12 m  3   m  m  4m  3  11m  12m  3   4m  3  4m  18m  36m  27   2m  32m  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 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 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 ... LỤC Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT Cẩm Xun Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT Đồng Đậu, Vĩnh Phúc Đề thi học sinh. .. giỏi mơn Tốn lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT Liễn Sơn, Vĩnh Phúc Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT Phan Chu Trinh, Phú Yên Đề thi học sinh. .. sinh giỏi mơn Tốn lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT Phùng Khắc Khoan, Hà Nội Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT Quế Võ 1, Bắc Ninh Đề thi học sinh