SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ KỲ THI CHỌN HSG VĂN HÓA LỚP 11
TRƯỜNG THPT THỊ XÃ QUẢNG TRỊ Khóa thi ngày 12 tháng 6 năm 2020
Môn thi: TOÁN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
(Đề có 01 trang)
3

xx11 
 khi x 0
Câu I.(5,5 điểm) 1.Cho hàm số fx  . Tìm m để hàm số fx liên tục tại
   
 x

m20khi x

x0.
2. Một tổ gồm 10 học sinh gồm 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ trong đó có hai học sinh nữ tên Trang
và Thủy. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh trên thành một hàng ngang. Tính xác suất để xếp được một hàng
ngang mà hai học sinh nữ Trang và Thủy luôn đứng cạnh nhau, đồng thời các học sinh nữ còn lại
không đứng cạnh nhau và cũng không đứng cạnh Trang và Thủy.
Câu II. (7,0 điểm)
0
1. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , ABC30 và BC2a . Gọi H là
hình chiếu vuông góc của A lên BC . Biết hai mặt phẳng SHA và SBC cùng vuông góc với mặt
   
0
phẳng ABC , đồng thời SA tạo với mặt phẳng ABC một góc bằng 60 .
   
a) Tính góc tạo bởi SA và mặt phẳng SBC .
 
b) Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng SAC theo a.
 
2. Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên
BC , các điểm MN, lần lượt là trung điểm của HB và HC ; điểm K là trực tâm tam giác AMN.
a) Gọi I là trung điểm của AH . Chứng minh rằngK là trung điểm của IH .
11

b) Tìm tọa độ điểm A ; biết M 2;1 , K  ; và điểmA nằm trên đường thẳng xy2 40 đồng
 

22

thời điểm A có tung độ âm.
33

4x y xy3xy 2xy
 

Câu III. (4,0 điểm) 1. Giải hệ phương trình sau trên tập số thực .

2
3y 2x  x yxy4x1


2. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình
3

2
 có đúng 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn .
sinx1. 2sin x2m3sinxm2 0 ;
 
62

u  4

1

2
Câu IV. (3,5 điểm) 1. Cho dãy số u xác định bởi Xác định công
  3.nu 2nn6 3 .

n n
un  ,1 
n1
3
 2
n1
nn.1
 

nu.

n
thức tổng quát u theo n và tính lim .
n
n
4

2 2 2
2. Cho x , y , z là các số thực dương và thỏa mãn x y z 2x .
zx
a) Chứng minh rằng  .
y1 x y
2
x 2yz2 z 4y3
    3x
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P .
2
x2y1 y1
  
xy 
--------------------HẾT---------------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu và MTCT (đối với môn Toán).
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………….Số báo danh:……………….
HƯỚNG DẪN CHẤM HSG 11 NĂM HỌC 2019-2020.
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
0,5
1. (2,5 điểm). TXĐ D 1; , xD0 và fm02.
   
3 3 3
x1 x1 x111 x1 x11 1 x1
Ta có limfx lim lim lim lim .
 
0,5
x0 x0 x0 x0 x0
x x x x
3
x1 1 1 1 1x 1 1 1
lim lim và limlim .
2
0,5
xx00 xx00
33
x 2 x 3
x11
1xx1 1
 
1 1 5
0,5
Suy ra limfx    .
 
x0
2 3 6
5 17
Hàm số fx liên tục tại x0lim f x  f 0 m2 m .
      0,5
x0
66
Câu I
(5,5 2. (3,0 điểm). Không gian mẫu 10!.
0,5
điểm)
-Gọi A là biến cố xếp được theo yêu cầu bài toán.
-Xếp 6 học sinh nam có 6! cách xếp. Mỗi cách xếp 6 học sinh nam ta xem mỗi học sinh nam là một
0,5
vách ngăn tạo ra 7 vị trí trống bao gồm 5 vị trí trống ở giữa và 2 vị trí trống ở hai đầu hàng.
-Số cách xếp hai bạn nữ Trang và Thủy cạnh nhau là 2!
-Hai hs nữ Trang và Thủy luôn cạnh nhau nên xem 2 bạn như 1 bạn và 2 bạn nữ còn lại ta có 3 bạn
0,5
nữ.
3
-Số cách xếp sao cho hai bạn nữ còn lại không cạnh nhau và không cạnh Trang và Thủy là A .
7
0,5
3
6!.2!.A 1
3
7
Khi đó, 6!.2!.A . VậypA .
 
A 7
10! 12
1,0
1. (5,0 điểm)
Câu
II
(7,0
điểm)
SHASBC SH
   

0,5
a) (2,5 điểm). (Ta có SHA  ABC SH  ABC và AH  ABC nên SH  AH 1
         


SBC  ABC
   

Mặt khác AH BC (2)
0,5
Từ (1) và (2) suy ra AH  SBC , suy ra hình chiếu vuông góc của SA lên mặt phẳng SBC là SH .
   
Do đó, SA,,SBCSA SH ASH (vì tam giác SHA vuông tạiH ).
 
0,5
00 0
Theo gt SA, ABC  SA,AH SAH 60 ASH 30 . Vậy SA, SBC 30 . 1,0
       
aa33
0 0 0
b) (2,5 điểm).Ta có
ABBC.cos30 a 3 AH  AB.sin30  SH  AH.tan60 
22
và ACa.
0,5
Gọi I là hình chiếu vuông góc của H lên AC , suy ra AC SHI  SAC  SHI và
     
SHISAC SI .
   
Trong tam giác SHI kẻ HKSIHK SAC hay d H; SAC HK .
    
0,5
Mặt khác .
2
22
d B; SAC
  
BC BC BC 2a

     4d B;SAC  4d H;SAC  4HK.
   

2
d H; SAC HC HC.BC AC a 0,5
   
AB a 3
Ta có HI . Trong tam giác vuông SHI ta có
44
22
93aa
22 .
1,0
SH.3HI a 36aa
4 16
HK    . Vậy d B; SAC 4HK 4.  .
 
 
22 2
2
SH HI
2 13 2 13 13

33aa




24


2. (2,0 điểm)
a)(1,0 điểm). I là trung điểm của AH , ta có MI//ABMIACI là trực tâm tam
0,5
giác AMCCI AM .
0,5
Mặt khác NK AMNK//CIK là trung điểm của HI.
2aa2 2
0,5
b) (1,0 điểm).Giả sử A2a 4;a , từ AK3;KH H
 

33

 a1
2 0,5

Lại từ AK.MH  010a 13a23 0  A2;1
23

a lo¹i
 

 10
33

4x y xy3xy 2xy (1)
 

1.(2,5 điểm).

2
3y 2x  x yxy4x1 (2)


x2

1) Điều kiện .

y3

3
3
(1) 2xy  2xy  y  y
   
2
2
 2xyy 2xy  y 2xy  y 1  x y.
     
 
0,5
2
Thay xy vào phương trình   ta được:
32
3x 2x  x x 4x1
x5 x4 x5 x4
   
32
 3x  2x  x x 4x1  (*)
    0,5
3 3 3 3
   
 x 5
30x 

 3
Với 23x , ta có

x4

20x 

 3
Câu

III
22

1 x x2 x x2
2
(*)   x x2 x2
 
  
(4,0
xx54
9

32xx  
điểm) 33



11
2
 x x2  9 x2  0 0,5
   

xx54

32xx  
33
2
xx 20

11

0,5
 9 x2 0 vn doVT 0,x 2;3
   
 xx54
32xx  

 33
xy1 1.

2
xx 20 

xy 2  2.

0,5
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm xy; là 1; 1 và 2;2 .
     
2) (1,5 điểm).
sinx1

0,5

1
2

sinx1 .2sin x 2m3 sinxm2 0 sinx
   

 2

sinxm2

  3
 0,5
+) pt sinx1 có đúng một nghiệm x ;

2 6 2

1 3 5

+) pt sinx có đúng 2 nghiệm  ; là xx;.

2 62 66
 0,5
15
Ycbt1mm2 1  .
22
1) (1,5 điểm) Ta có:
22

3.nu
2n 6n3 2n 6n3 3 1
n
u    n1 .u 3n.u   n1 .u 3n.u 
   
n1 n1 n n1 n
3 2 2 2
22

nn1
n . n1 n . n1 n1
     

11

 n1 .u  3 n.u  ,n1.
 
nn1 
2 2
n
n1 
 
0,5
v 3
1 
1
Đặt v n.u  ,n1. Khi đó ta có dãy v xác định bởi
 

nn n
2
n v 3v ,n1.
nn1
1
n1 n n
Suy ra dãy v là cấp số nhân công bội q3, suy ra v v .q 3 n.u  3
 
n nn1
2
n
0,5
n
31
un ,1  và
n
3
nn
n

nu. 31
 
n
0,5
lim lim  0.

 
nn2
4 4 n .4
 


2) (2,0 điểm).
2
2 2 2 2
0,25
a) (0,5 điểm). Ta có x y z 2x2x2xy xy z 2 xy z (1).
   
zx
 x y1. xy z 
   
y1 x y
22
0,25
x 2yz2 z 4y3 2 xz
   33x   z x
b)(1,5 điểm).Ta có
P    
22
x2y1 y1 x2y1 y1
  
xy x y
x y z
zx  
Câu Theo a)   y1.
y1 x y x
IV 0,5
xy z xy xz
    
Khi đó x2y1xy y1 xy x2y1 .
 
(3,5
xx
điểm)
22xz x z x
    2x
Ta được  .
x21y x y xz xy
  
0,5
22
2xz
  z 3x 2x x 3x
Do đó P     
22
x2y1 y1 x y x y
xy x y
   
22
x  x  3  x 1 3
P3. 3.  3   (2).
   
x y xy 4 xy 2 4
   
3
0,5
Vậy P  khi (1) và (2) đồng thời xảy ra
max
4

xy z
1

xy z
 xy

x 1
 3
.
  zx 2 

xy 2 2

2 2 2
z
x  y z  2x

2 2 2


 3
x  y z  2x


onthicaptoc.com Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 năm 2020 THPT thị xã Quảng Trị có đáp án chi tiết