TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1 KÌ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2020-2021 ĐỀ CHÍNH THỨC
2
2
:
y
x
2
mx m m
. Biết rằng
Môn thi: TOÁN - Lớp 11 THPT Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
mP luôn cắt đường phân giác góc phần tư thứ nhất 2B lần lượt là hình chiếu của A , B
2A ,
1A , lên Oy . Tìm m để tam giác
1B lần lượt là hình chiếu của A , B lên Ox , 2OB B có diện tích gấp 4 lần diện tích tam giác
1
2OA A .
1
Câu 1 (2 điểm). Cho mP tại hai điểm A , B . Gọi
2sin 2
x
x
3
4
Câu 2 (4 điểm).
1
x cos 2 2 cos
7sin x 3
3
2
2
y
4
y
4
y
y
5
y
x
1
x
1
4
1
1. Giải phương trình .
2
2
2
2
2
x
3
x
3 6
x
y
x
y
3
x
2
2.Giải hệ phương trình .
7
1
2
1
2
2
2
2
2
C
C
C
C
C
C
...
1 .
2022 2022
2021 2022
1011 2022
3 2022
2 2022
1 2022 ...
A A A nội tiếp đường tròn tâm O , chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh bất kỳ của đa giác đó. Tính 1
2020
2
Câu 3 (4 điểm). 1. Chứng minh rằng 2.Cho đa giác đều xác suất để nhận được một tứ giác có đúng một cạnh là cạnh của đa giác.
AD
AM 3
BC 2
T
Câu 4 (2 điểm). Nhà anh A muốn khoan một cái giếng sâu 20 mét dùng để lấy nước cho sinh hoạt gia đình. Có hai cơ sở khoan giếng tính chi phí như sau: Cơ sở I: Mét thứ nhất 200 nghìn đồng và kể từ mét thứ hai trở đi, giá của mỗi mét tăng thêm 60 nghìn đồng so với giá của mỗi mét trước đó.
AB , đường thẳng DN có phương trình
2 0
x
y 2
Cơ sở II: Mét thứ nhất 10 nghìn đồng và kể từ mét thứ hai trở đi, giá của mỗi mét gấp 2 lần so với giá của mỗi mét trước đó. Hỏi gia đình anh A để tiết kiệm tiền thì nên chọn cơ sở nào để thuê, biết rằng hai cơ sở trên có chất lượng khoan là như nhau. Câu 5 (6 điểm). 1.Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo BD và AC vuông góc với nhau tại H và B 1; 3 . Gọi M là điểm nằm trên cạnh AB sao cho 2; 3 , đường thẳng HM đi qua điểm , N là trung điểm HC . Biết . Tìm
AB CD AB
,
//
2 CD thay đổi đi qua I và cắt
,
,
,
. Các cạnh bên có độ dài
T
2
2
2
2
, 1 SM
1 SN
1 SP
2
2
. tọa độ các điểm A , C và D . .S ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, 2. Cho hình chóp bằng 1. Gọi O là giao điểm của AC và BD. I là trung điểm của SO. Mặt phẳng M N P Q . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức , , SA SB SC SD lần lượt tại 1 SQ
.
1
3. Cho hình lăng trụ tứ giác
,
ABCD A B C D , mặt phẳng 1 1 1 AB BC CD DA tại , , ,
,
,
thay đổi và song song với hai đáy của lăng trụ để tứ
M N P Q . Hãy xác định vị trí của mặt phẳng
1
1
1
1
1
lần lượt cắt các đoạn thẳng
,a b c là các số thực dương thoả mãn
abc . Chứng minh bất đẳng thức
3
3
3
giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất. Câu 6 (2 điểm). , 1. Cho
a
b
c
2
2
2
2
2
2
a
c
c
9 2
ab b
bc
.
1 2020
x
1 2020
x
1 2021
x
x 1 2021
x 1 2021
b
ca a x 1 2021
2. Giải phương trình .
1
---------- Hết ------------
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM (Gồm có 06 trang)
2
2
:
x
y
mx m m 2
mP
NỘI DUNG Điểm
. Biết rằng 1B
2A ,
1A ,
mP luôn cắt đường phân giác góc phần tư 2B 2OB B có diện tích gấp 4 lần
1
lần lượt là hình chiếu của A , B lên Ox , 2,0 Cho thứ nhất tại hai điểm A , B . Gọi lần lượt là hình chiếu của A , B lên Oy . Tìm m để tam giác
2OA A .
1
2
diện tích tam giác
x
2
2 mx m m x
1
x m x m
Xét phương trình hoành độ giao điểm: . 0,5
;
;0
m .
A m 1
A 2 0;
; *TH1: A m m
1;
m
1;0
B m
1
m . 1
B m 1
B 2 0;
1
2
2
; 0,75
S
4
S
m
4.
m .
1
OB B 1 2
OA A 1 2
1 2
1 2
1 3
m m
Khi đó .
;
;0
m .
B m 1
B 2 0;
0,75 ; *TH2: B m m
1;
m
1;0
A m
1
m . 1
A m 1
A 2 0;
m
2
2
;
S
4
S
m
4.
m
2 1
OB B 1 2
OA A 1 2
1 2
1 2
2 3
m
Khi đó .
2sin 2
x
x
3
4
Câu I 2,0 điểm Vậy có 4 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu đề bài.
1.
x cos 2 2 cos
7sin x 3
1. Giải phương trình 2,0
k
x
2
x
7sin
3 2cos
x
3
4
(*). Điều kiện: 0,5
0,5
2 sin
2sin
x
x
x
3
x
0
5 6 Phương trình tương đương 2sin 2 cos 2 x 2sin 2 x 2sin 2 x 2cos 2 cos
7sin x 1 2sin
x 1
x x cos 2 x 4 0 2 cos 2 x x 7sin 4 0 1 sin
2
II 4,0 điểm
2sin
x
1 0
2sin
x
x
2 cos
x
3
.
1 sin
sin
x
2 cos
x
3 0
0
Giải (1) :
x
k
2
sin
x
1 2
k
2
2
0,5
6 5 6 2cos
x x
x
3
vô nghiệm vì 2 1
2 3
. Giải (2): sin
x
k
k
2
.
2 6
Đối chiếu điều kiện (*) phương trình có họ nghiệm 0,5
3
2
2
y
4
y
4
y
y
5
y
x
1
x
1
4
1
2. Giải hệ phương trình
.
2
2
2
2
2
x
3
x
3 6
x
y
x
y
3
x
2
2,0
7
1
2
1
(*)
x
2 3
2
2
Điều kiện: 0,25
2
x
1
y
2
x
1
y
y
x
1
2
y
x
1
0
x
y
1
2
Phương trình (1)
0,5
2
x
x
y
0.
1
y y 2
vì
y
1
2 3 x
vào phương trình (2) ta có:
2
2
x
3
x
3 6
x
x
x
x
3
x
7
2
1
2 1
2
3
2
2
x
3
x
3 6
x
x
x
x
1
x
3
x
2
Thế
2
3
x
2
x
3
x
3
x
x
x
7
x
3 1
2
6
0,5
2
2
x
3
x
2
2
x
2
x
3
x
2
x
3
2
7 x 3 3
x
2 x x 2
x
3
x
2
2
3
x
2
x
0
3
x
2
x
3
x
3
x
3 1
2
3 1 2 0
x 2 x 3
.
2
0 4
2
x
x 2
3
x
3 x x 3 x x Giải (3) ta được
3 1 x 1; x
x 3 2
2
0,25
x
0
3
2
x
3
x
x 2
x
3
2
2
1
0
x
2
Giải (4): phương trình
x
3
x
x x 2
3 1
x
3
x
3 1
2
2
x
3
x
3
0,5
0
x
x .
2
2 3
3
x
3 x 2 2 x
x
3
x
3 1
vô nghiệm vì vế trái luôn dương với
S
2
2
2
2
2
C
C
C
C
C
C
1 .
...
1 2022
2 2022
3 2022
2022 2022
1011 2022
2021 2022
Đối chiếu điều kiện (*) suy ra tập nghiệm hệ là .
1. Chứng minh rằng
1; 2 , 2; 3
3
2,0 III 4,0 điểm Ta có 0,25
2
2
2
2
2
C
C
C
C
C
C
1
1 2022
2 2022
3 2022
2021 2022
2022 2022
1011 2022
2
2
2
2
2
2
C
C
C
C
C
C
...
0 2022
1 2022
2 2022
3 2022
2021 2022
1011 2022
... C
2022
x
C
xC
2 x C
3 x C
2022 x C
...
0 2022
1 2022
2 2022
3 2022
2022 2022
2022
x
2019 x C
xC
C
2021 x C
...
2022 2022
1
1 2022
2 2022
3 2022
2021 2022
2022 2022
0 2022
2020
2022
2022
x
1
2
2
2
2
2
2
. 1 0,75 là
C
C
C
C
C
C
...
2 2022
1 2022
0 2022
2021 2022
2022 2022
3 2022
2022 x C trong khai triển 1
x
x
2020 x C
2022
2022
2022
2020
2
2
k
. Hệ số
x
x
x
C
x
1
1 k
k 2022
1
k
0
2
1011
2022
. 0,5 Mà 1
1 x
x
2022C
2022
Hệ số của là . trong khai triển 0,5 Vậy có điều phải chứng minh.
...
2020
2
A A A nội tiếp đường tròn tâm O , chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh bất kỳ 1 của đa giác đó. Tính xác suất để nhận được một tứ giác có đúng một cạnh là cạnh của đa giác.
2. Cho đa giác đều 2,0
n
C
4 2020
2
Xác định được không gian mẫu và tính số phần tử của không gian mẫu 0,5
2019C
Xác định được biến cố, chỉ ra ứng vỡi mỗi cạnh có (chia 2016 cái kẹo cho 3 bạn mà bạn 0,5 nào cũng có kẹo) tứ giác thỏa mãn bài toán.
2020.
C
n A
2 2019
0,5
P A
12 2017
0,5
Xác suất cần tìm là n A n
IV 2,0 điểm
1. Nhà anh A muốn khoan một cái giếng sâu 20 mét dùng để lấy nước cho sinh hoạt gia đình. Có hai cơ sở khoan giếng tính chi phí như sau: Cơ sở I: mét thứ nhất 200 nghìn đồng và kể từ mét thứ hai trở đi, giá của mỗi mét tăng thêm 60 nghìn đồng so với giá của mỗi mét trước đó. 2,0
Cơ sở II: mét thứ nhất 10 nghìn đồng và kể từ mét thứ hai trở đi, giá của mỗi mét gấp 2 lần so với giá của mỗi mét trước đó. Hỏi gia đình anh A để tiết kiệm tiền thì nên chọn cơ sở nào để thuê, biết rằng hai cơ sở trên có chất lượng khoan là như nhau.
Cơ sở I: Gọi
200
60
u
u
nu (nghìn đồng) là số tiền chi phí khoan giếng ở mét thứ n .
u 1
1
n
n
Theo giả thiết ta có và 0,5
60
d
nu là một cấp số cộng có công sai Vậy số tiền thanh toán cho cơ sở I khoan giếng khi khoan giếng sâu 20 mét là:
Chứng minh dãy số .
S
u
u
d
15400
...
20
u 1
2
u 20 1
20
20.19 2
(nghìn đồng). 0,5
nv (nghìn đồng) là số tiền chi phí khoan giếng ở mét thứ n .
Cơ sở II: Gọi
2
v
v n
1
và 0,5 Theo giả thiết ta có 1 10
2
q
v n nv là một cấp số nhân có công bội
Chứng minh dãy số .
20
Vậy số tiền thanh toán cho cơ sở II khoan giếng khi khoan giếng sâu 20 mét là:
S
.
24697
...
20
v 1
v 2
v 20
v 1
q q
1 1
(nghìn đồng). 0,5
4
Vậy gia đình anh A nên thuê cơ sở I.
AD
2 BC B
T
2; 3
, N là trung điểm HC . Biết 2,0
2 0
x
. Tìm tọa độ các điểm A , C
y 2
AM 3
, đường thẳng DN có phương trình
C
B
N
L
H
T
M
A
D
1. Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo BD và . Gọi M là điểm nằm trên cạnh AB sao cho AC vuông góc với nhau tại H và , đường thẳng HM đi qua điểm 1; 3 AB và D .
, HB HC HA HD
0,5 . Ta có ABCD là hình thang cân nên có hai đường chéo BD và AC vuông góc với nhau tại H nên
, b 0
a
, HB HC a HA HD b
.
.
HM
HA
HB
HB
1 HA 3
2 3
MA AB
MB AB DN DH
HC
1 2
Ta đặt , khi đó:
. HM DN
HA
HC
. HA HC
. DH HB
0 .
ab
ab
2 3
1 3
1 2
1 3
1 3
1 3
1 3
HB DH
2; 3
0,5 V 6,0 điểm Suy ra
T
và vuông góc với DN nên có phương trình là:
2
x
7 0 y .
Do đó HM DN Đường thẳng HM đi qua
,HD HB
;2
t
HM
2
HD AD HB BC
Gọi . Theo định lí Talet ta có: và ngược hướng
2
H t HD
7 HB , suy ra
nên . 0,5
D DN
t 3
2 0
2
t
15
H
2; 3
D
8; 3
2;6 t D t 3 t 2 2 6
15
Mặt khác nên . .
H T
: BD y
H
AC
3 BD x
2
2 0 x có phương trình : x 2
Nhận xét rằng , đường thẳng . Đường thẳng đi qua và vuông góc với .
N
N
2;0
x
2
y
2 0
y
0
Tọa độ điểm là nghiệm của hệ phương trình: .
N
HC
C
2;3
x
0
2
x
2
Vì là trung điểm của nên . 0,5
HA
4
HN
A
2; 15
A y
A y
15
A
A
Mặt khác .
C
A
D
8; 3
4 0 3 2; 15 , 2;3 ,
3
.S ABCD có đáy ABCD là hình thang cân,
AB CD AB
,
//
CD 2
SA SB SC SD lần lượt tại
,
,
,
,
,
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là .
thay đổi đi qua I và cắt
2,0 2. Cho hình chóp . Các cạnh bên có độ dài bằng 1. Gọi O là giao điểm của AC và BD. I là trung điểm của SO. Mặt phẳng M N P Q . Tìm giá trị ,
T
2
2
2
2
1 SM
2
1 SN
2
1 SP
1 SQ
5
nhỏ nhất của biểu thức .
2
2
SK SE
0,5
OK
(
)
SK SE
EK
SK SO
3 2
3 2
SK SE
SA SB
SO
SD
SC
2
2
SK
2
SE
4
SO
6
Do:
SN
SP
6
SO
12
SI
SQ
CD 2 1 2 SA SM
SC 2 SP
SB SN
0,5 Gọi K là trung điểm của AB, E là trung điểm của CD Ta có SA SB SC SD CD AB / / AB 3 2 SM
12
M N P Q đồng phẳng nên
,
,
,
2 SC SP
2 SD SQ
SD 2 SQ SA SB SM SN
. Suy ra Do
1
2
12
2 1 SM SN SP SQ
2
2
2
2
12
2 2 2
2
2
2
2
1 SM
1 SN
2
1 SP
1 SQ
0,5 .
12
T=
2
2
2
2
2 1 SM
2
1 SN
2
1 SP
1 SQ
12
T
SM SN SP SQ
0,5
Vậy min khi
.
1 1 1
1
3. Cho hình lăng trụ tứ giác
AB BC CD DA tại
,
,
1 . 2 thay đổi và song song với ABCD A B C D , mặt phẳng , M N P Q . Hãy , ,
,
1
1
1
1
2,0
để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất.
6
hai đáy của lăng trụ lần lượt cắt các đoạn thẳng xác định vị trí của mặt phẳng
AA BB CC DD lần lượt tại
,
,
,
E F G H .
,
,
,
cắt các cạnh
1
// ABCD
1 AE AA 1
1 BF BB 1
1 CG DH DD CC 1 1
Giả sử mặt phẳng 0,5 nên ta có: . Do mặt phẳng
S
S
x
S
S
x
1 ;
, 0
EHGF
ABCD
Đặt . với S là hằng số. Ta có
Q
x
1
x
.
EQ EH
A E A 1 1 A D A A 1
1
S
EMQ
0,5 Suy ra
x
S
x
1
x
1
x S
EMQ
EFH
AE AA 1 EM AM AE AA AB EF 1 1 EQ EM . EH EF
S
EFH
.
S
x
;
x
;
S
x
1
1
x S
1
x S
HPQ
HGE
PGN
HGF
NFM
GFE
0,5 . Chứng minh tương tự ta có: S
S
S
S
S
S
x S S
MNPQ
EMQ
PGH
PGN
NFM
Ta có
x
S
S
S
x
x
2
S
S
x
2
x
S
S
x S
1
1
EFH
HEG
HGF
GFE
1 2
2
2
2
.
x
2
x
2
x
S
1 2
MNPQ
1 2
1 2
1 2
S 2
Ta có .
S
MNPQ
S 2
1 x . 2 AA BB CC DD .
,
,
,
0,5 Khi đó đạt giá trị nhỏ nhất là khi
đi qua trung điểm các cạnh
1
1
1
1
Vậy mặt phẳng
1
abc . Chứng minh bất đẳng thức
,a b c là các số thực dương thoả mãn
,
3
3
3
1. Cho
a
b
c
2
2
2
2
2
2
a
c
b
c
9 2
ab b
bc
ca a
4
4
2
4
3
4
4
a
4
3 a b
6
2 2 a b
4
ab
b
a
b
2
2 2 a b
4
ab b
a b
1,0 .
2
2
2
2
2
2
a
a
2
2
2
Ta có 0
4
b
ab b
1
2
2
ab a
2
a
2 a
1 4
b a
a
ab a ab b
a b
0,5
1
1
2
2
2
2
b
1 4
b ab a c
1 4
c b
c
c
bc
b c
4 c a
Tương tự có . ;
3
2
2
2
2
2
2
a b c
b
c
ab b 2 b ca a Do đó, cộng theo vế các bất đẳng thức trên và sử dụng bất đẳng thức Schur cùng giả thiết 1 abc ta được ab b
ca a ab a b
b c a bc b c
a bc b c
c a b
ab a b
1 4
VI 2,0 điểm
ca c a 4
bc c ca c a abc 4
3
3
3
3
3
3
a
b
c
abc 3
a
b
c
3
1 4
1 4
3
3
3
0,25
a
b
c
4
9 1
2
2
2
2
2
2
a
c
b
c
ab b
ca a
bc
7
Hay
3
3
3
3
3
3
a
b
c
3.3
abc
9 2
3
3
3
4
b
c
18
a
Mặt khác
2
2
2
2
2
2
c
c
a
b
ca a
3
3
3
Từ 1 và 2 suy ra 0,25
a
b
c
2
2
2
2
2
2
a
b
bc 9 2
ab b
Do vậy
ab b ca a 1
bc a b c
c c .
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1 2020
1 2020
x
1 2021
x
x 1 2021
x 1 2021
x 1 2021
2
2
2
1,0 . 2. Giải phương trình x
VT
1 2020
x
1 2020
x
4 1
2020
x
2
2
2
2
2
x
x 2021
2020
x
x 2021
2020
x
0
1
1
0,25
2
2
2
x 2021
4 1
2020
x
4 1
x 2021
4 1
VT
2
2
VP
x 1 2021
x 1 2021
x 1 2021
x 1 2021
2
2
2
x 1 2021
x 1 2021
4 1
x 2021
2 1 2021 x
x 1 2021
0,25
a b
a
x 1 2021
0,25
x 1 2021
ab
x 2021
2
b
2
2
2
4
ab
ab
ab
ab
0
a b ab
1 ab
, luôn đúng.
2 1
Thật vậy, .
0x .
0,25 Vậy phương trình xảy ra
---------- Hết ------------
8
Chú ý: - Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án.
