SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ THI KSCL ĐỘI TUYỂN NĂM HỌC 2021-2022
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ Môn: TOÁN - Lớp 11 - Chương trình chuẩn
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)
(Đề này có 1 trang)
Câu 1. Giải phương trình: sin x2sin 3xxsin 5
01 13
Câu 2. Trong dãy số :CC;;;C tồn tại 3 số hạng liên tiếp tạo thành cấp số cộng, tìm tổng ba số hạng
23 23 23
đó.
2
21xx2 3
Câu 3. Tìm giới hạn lim
2
x1
56x  x1
Câu 4. Từ các số 1, 2,3 ,4, 5, 6, 7, 8, 9 lập các số tự nhiên gồm bốn chữ số đôi một khác nhau. Lấy ngẫu
nhiên một số vừa lập. Tính xác suất để lấy được số chia hết cho 5.
2
Câu 5. Cho bất phương trình: xx44xxm3 . Xác định m để bất phương trình nghiệm đúng
với mọi x 0; 4 .
 
2022
21x 

n
Câu 6. Cho dãy số x được xác định bởi: x1;xx .Với n là số nguyên dương.

n 11nn
2022
2021 2021 2021 2021
(2xx1) (2 1) (2xx1) (2 1)
12 3 n
Đặt u   ... . Tìm lim u .
n n
n
2xx1 21 21x 2x1
23 3 n1
11
2 3 10 2 3 110
Câu 7. Giả sử 1x xx  ...x aaxaxax...a x , với aa, ,a ,...,a là các hệ

0 1 2 3 110 0 1 2 110
0 1 2 3 10 11
số. Tính giá trị của tổng TCa CaCaCa ...CaCa
11 11 11 10 11 9 11 8 11 1 11 0
 
Câu 8. Cho hình hộp ABCD.ABCD . Gọi G là trọng tâm BC D .

a. Xác định thiết diện của hình hộp  ABCD.A B C D khi cắt bởi mặt phẳng  ABG . Thiết diện là hình gì?

 
b. Hai điểm  M ,  N lần lượt thuộc hai đoạn thẳng  AD, AC sao cho  MN song song với mặt phẳng  BCD , biết

1 CN
AMA D . Tính tỉ số  .
4 CA
xy12
Câu 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm A1; 2 , B 3;1 và đường thẳng : . Tìm tọa
 
11
độ điểm C thuộc  để tam giác ACB cân tại C .
Câu 10. Với ba số thực dương thỏa mãn ac4b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của
abc,,
22 2
ac315
2
Pc  3b .

34 bcc3b
 

-------------------------Hết---------------------------
(Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh:............................................... Chữ ký của giám thị:………………………
Số báo danh:……………………………………….. Phòng thi số:……………………………….
ĐÁP ÁN
Câu Nội dung Điểm
pt 1,0
1
0,25
0,5
0,25
nn12n
Giả sử 3 số CC;;C theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng khi
23 23 23
nn12n
và chỉ khi 2,CnCC 11,n .
23 23 23
1,0
nn11n n1 n2
 4CC C C C
 
23 23 23 23 23
.
nn11 n2 n2
4CCCC
23 24 24 25
nt 8 m

0,5
nn2 23150 .
 

2
nl13



89 10
Vậy CCC  2451570 .
23 23 23
0,5
2
21xx2 3
Tìm giới hạn lim
1,0
2
x1
56x  x1
3
22
0,5
21xx
3(x 1)
2
21xx
lmi
x1
(1xx)(5 1)
0,5
x1
 3
2
21xx
 lim =1
x1
5x1
Từ các số 1, 2,3 ,4, 5, 6, 7, 8, 9 lập các số tự nhiên gồm bốn chữ số đôi 1,0
một khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một số vừa lập. Tính xác suất để lấy
được số chia hết cho 5.
. Gọi số cần lập là aa a a , trong đó các ai,1,4 đôi một khác nhau.
12 3 4 i
4
Số có 4 chữ số đôi một khác nhau là: A  3024 (số).
9
0,25
4
Do số cần lập chia hết cho 5 nên a  5 có 1 cách chọn.
4
a có 8 cách chọn
1
a có 7 cách chọn
2
a có 6 cách chọn 0,5
3
Vậy số số có 4 chữ số chia hết cho 5 là: 8.7.6=336 (số)
Vậy xác suất để lấy được số chia hết cho 5 là: 0,25
336 1
P
3024 9
Cho bất phương trình: 1,0
2
xx44xxm3
Xác định m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x 0; 4 .
 
Lời giải
04xx04

Điều kiện 

22
4xxm 3 0(2) mx 4x 3(2)

0,5
Điều kiện cần để bpt (1) nghiệm đúng với x 0; 4 thì (2)
 
nghiệm đúngx 0; 4
 
2
Xét f(x)= x -4x-3
Bảng biến thiên
2
0
4
x
-3 -3
f(x)
-7
Từ bảng biến thiên (2) đúng với x 0; 4
 
5
 mfmax (x)m3
[0;4]
22
PT  424xx4xxm3
22 2
Đặt tx4,xt0t4xx
Bảng biến thiên
x  0                                   2                                 4
4
2
t
0                                                                     0
2
Dựa vào bảng biến thiên suy ra 04t
Bất phương trình trở thành
2
g(t)=-t +2t+1m (3)
0,5
Để bất phương trình đầu nghiệm đúng với x 0; 4 thì
 
t 0; 2 .mgmax (t)
(3) có nghiệm đúng với  
[0;2]
2
1
0
t
2
g(t)
1
1
Từ BBT suy ra m 2.
Kết luân m 2 thì bpt (1) nghiệm đúngx 0; 4 .
 
2022
21x 

1,0
n
Cho dãy số x được xác định bởi: x1;xx .

n 11nn
2022
Với n là số nguyên dương. Đặt
2021 2021 2021 2021
(2xx1) (2 1) (2xx1) (2 1)
12 3 n
u   ...
n
21xx2 1 2x1 2x1
23 3 n1
lim u
Tìm .
n
n
2022
(2x 1)
n
Ta có xx , n 1
nn1
2022
Suy ra
2021
11 2(xx) (2x 1)
nn1 n
0,5
 
2xx1 2 1 (2x1)(2x1) 1011(2x1)
6
nn11n n n1

2021
nn

(2x1) 11 1 1
i
u 1011   1011
n
21x2xx121 2x12x
ii11
ii11i 1n1
2022
(2x 1)
n
Mặt khác: xx  0 là dãy số
nên dãy x

nn1 n
2022
tăng n 1 . Nếu x bị chặn thì lim x tồn tại.

n n
2022
0,5
(2a1)

Đặt lim x  a a 1 và aa (vô lý). Suy ra
n
2022
không bị chặn trên hay limx suy ra
x
n
n
1
lim  0
21x 
n1
1011
Suy ra lim u  .
n
n
3
11
2 3 10 2 3 110
7 1,0
Giả sử 1x xx ...x aaxaxax...a x ,

0 1 2 3 110
với aa, ,a ,...,a là các hệ số. Tính giá trị của tổng
0 1 2 110
0 1 2 3 10 11
TCa CaCaCa ...CaCa
11 11 11 10 11 9 11 8 11 1 11 0
Ta có
11
11

1. x 1
11 
23 10
1.xxx..x 

x1


11
11
11 2 3 110
xa1 axaxax...axx1
 
0 1 2 3 110
11 11
11 11k
kk
11 kk11 12111k
xC11..x  1.C.x .
   

11 11
kk00
11
Số hạng chứa x trong khai triển trên ứng với 12111kk1110.
0,5
11
10
11 11 10
Hệ số của số hạng chứa x trong khai triển x 1 là 1.C 11


11
(1).
11
11 k
kk11
Mặt khác x11.Cx. .
 

11
k0
11
Hệ số của số hạng chứa x trong khai triển
11
23 110
aax axax...a x x1
 là

01 2 3 110
0,5
01 2 11
01 2 11
aC.1. a.1 .Ca.1.C ...a.1 .C
   
0111 112 11 11 11
01 2 11
aC aCaC...a CT (2).
011 1 11 211 11 11
Từ (1) và (2) suy ra TT11 11.
 
Cho hình hộp ABCD.ABCD . Gọi G là trọng tâm BC D .
1,5
a. Xác định thiết diện của hình hộp ABCD.AB CD khi cắt bởi mặt
phẳng ABG . Thiết diện là hình gì?

b. Hai điểm M , N lần lượt thuộc hai đoạn thẳng AD , AC sao cho
1
MN song song với mặt phẳng BCD , biết AMA D . Tính tỉ số

4
CN
.
CA
8
Lời giải
D
C
B
A
0,5
I
E
F
G
D
C
O
A B

 BG C D I
a. Trong BCD kéo dài cắt tại .

ABGCDD C Ix


ABABG ,CD CDD C
Khi đó:     IxC// D.


AB // CD


 CC DD
Từ đó, trong CDD C , kẻ đường thẳng IxC// Dcắt , lần lượt
 
tại Evà F.
EFCD AB
Vậy thiết diện cần tìm là hình bình hành ABEF (vì và
EFA// B )

O AC BD GA C
b. Gọi là giao điểm của và . Dễ thấy .
D
C
L
1,0
A
B
N
G
D
C
M
K
O
A B
AC
Khi đó, qua M kẻ đường thẳng song song với BD và cắt tại . K

Trong mặt phẳng , ACCAgọi LKN AC , ta có:
 

MNB//CD


 MNK // BC D
   


MKB// CD




KN // BC D KN // OC .

AK AM 1 KO 3 KO 3
Mặt khác, theo giả thiết, ta có:  và
AO MD 4 AO 4 AC 8
KC 7
 .
AC 8
LC 3 AL 5
 
KO LC ACA C
Vì , nên .
 
AC 8 AC 8
 
AL AL AC 58 5 AN 5
Mà . ..

KC A C KC 87 7 NC 7
CN 7
Vậy . 
CA 12
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm A1; 2 , B 3;1 và đường
 
xy12
0,5
thẳng : . Tìm tọa độ điểm C thuộc  để tam giác ACB cân
11
tại C .
x1 t

 :
Phương trình tham số của

yt2



CA2; tt


Ta có CC1,t2t  

CB2;t1 t



Ta có ACB cân tại C
1
22 2 2
22
 CA CB22t t t 1 t t
  
6
713

Suy ra C ;
 0,5
66

9
Với ba số thực dương abc,, thỏa mãn ac4b c . Tìm giá trị nhỏ nhất
1,0
của
22 2

ac315
2
Pc  3b .

34 bcc3b
 

22 2 2
ac33a c
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy 2 số: 2.  ac
34 3 4
2
15
22
Pac 3b
0,5
bcc 3b
 
Từ giả thiết: ac43b c ac b b c
Ta lại có:
22
ac33b ac bc3bbc bc c3bbc bc3bc
     
2
15
Pbc 3bc
 
bcc 3b
 
2
15
bc3bc
Sử dụng Cauchy cho 2 số:  
bcc 3b
 
0,25
2
15
23bc bc  30
 
bcc 3b
 
Do vậy: P 30 .
10
22
ac3


34

2
 15
Dấu  xảy ra khi và chỉ khi bc3bc 
 

bcc 3b
 


ac4b c


a 3

0,25

b1 .


c 2

a 3
22 2

ac315
2
b 1
Vậy minPc 3b 30 , khi .
    

34 bcc3b
 
 
c 2
