Đề thi chọn HSG tỉnh và đội tuyển dự thi HSG quốc gia môn Toán 11 (Vòng 1) - Năm học 2021-2022 - Sở GD&ĐT Quảng Bình (Có đáp án)

 SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HSG TỈNH LỚP 11 NĂM HỌC 2020-2021 
 VÀ CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN DỰ THI CHỌN HSG QUỐC GIA 
 ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2021-2022 
 Khóa ngày 06 tháng 4 năm 2021 
 Môn thi: TOÁN - Vòng 1 
 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
 Đề gồm có 01 trang và 05 câu. 
 SỐ BÁO DANH: 
Câu 1. (2,0 điểm). 
 2 2 2 2 x
 a. Giải phương trình 2cos x 3cos x 3sin x 4cos 1. 
 42
 b. Chứng minh rằng phương trình m2 m 1 x 2020 2 x 2 0 luôn có nghiệm với mọi 
 tham số m. 
Câu 2. (2,0 điểm). 
 n
 a. Tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức của 1 xx23 biết n là số nguyên 
 2 3 4 n
 lớn hơn 1 thỏa mãn đẳng thức 1.2.Cn 2.3.C n 3.4. C n ... ( n 1). n . C n 64. n ( n 1) . 
 b. Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số. Một số thuộc S được gọi là “số 
 đẹp” nếu chữ số ở hàng trăm bằng trung bình cộng của hai chữ số ở hàng đơn vị và hàng 
 chục nghìn. Chọn ngẫu nhiên một số từ S. Tính xác suất để số được chọn là “số đẹp”. 
Câu 3. (2,0 điểm). 
 xx3 2020 .2021 1 2021 2020
 a. Tìm giới hạn L lim . 
 x 0 x
 b. Cho dãy số un xác định bởi: 
 3 2
 uu12 2, 1 và un 11 n u n 12 u n với mọi n 2. 
 Tính u2021. 
Câu 4. (3,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.''' A B C có đáy ABC là tam giác vuông cân 
tại A, AB a, AA ' a 2 . Gọi MN, lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BB '. Gọi G là 
trọng tâm tam giác ABC. 
 a. Xác định thiết diện của hình lăng trụ đã cho khi cắt bởi mặt phẳng MNC' . 
 b. Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (MNC ') và ()ABC . Từ đó tính diện tích thiết 
 diện tìm được ở câu a. 
 c. Gọi là mặt phẳng thay đổi và luôn đi qua trung điểm I của B’G và cắt các cạnh 
 BABBBC' , ' , ' lần lượt tại XYZ, , (không trùng B'). Tìm giá trị lớn nhất của biểu 
 BABBBC'''
 thức T ... 
 BXBYBZ'''
Câu 5. (1,0 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Chứng minh rằng: 
 cosABBCCA .cos cos .cos cos .cos
 2. 
 cosCAB cos cos
 ................ HẾT................ 
 0 
 Chứng minh rằng pt m2 m 1 x 2020 2 x 2 0 luôn có nghiệm với mọi tham số m. 
 Câu 1b 1,0đ 
 Xét hàm số f( x ) m2 m 1 x 2020 2 x 2 liên tục trên R 
 0,25 
 Có f (0) 2 0 
 0,25 
 2
 2 13
 và f(1) m m 1 m 0,  m 0,25 
 24
 Vì f(0). f (1)  0, m nên phương trình fx( ) 0 luôn có ít nhất một nghiệm 
 thuộc khoảng 0,1 với mọi m. 0,25 
 Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m 
 n
 Tìm hệ số của trong khai triển thành đa thức của 1 xx23 
 8
Câu 2a biết n là số nguyênx lớn hơn 1 thỏa mãn đẳng thức 1,0đ 
 2 3 4 n
 1.2.Cn 2.3.C n 3.4. C n ... ( n 1). n . C n 64 n .( n 1) . 
 kk 1 *
 Ta có công thức kCnn nC 1 với n k 1; k , n N 
 nn! ( 1)!
 Thật vậy: kCkk k. n nC 1
 nnk!.( n k )! ( n k )!( k 1)! 1 
 0,25 
 Với n k 2, n 2; k , n N* ta áp dụng công thức trên thu được 
 kk 2
 (k 1). k . Cnn ( n 1). n . C 2 
 Khi đó: 
 2 3 4 n
 1.2.Cn 2.3.C n 3.4. C n ... ( n 1). n . C n
 0 1 2nn 2 2 0,25 
 (n 1). n Cn 2 C n 2 C n 2 ... C n 2 ( n 1). n .2
 Từ đây ta có 2n 2 64 suy ra n 8 (thỏa mãn điều kiện). 
 8 8 8
 1 x2 x 3 1 x 2 (1 x ) Ckk x 2 . 1 x k
 Với n 8 ta có  8 0,25 
 k 0
 8 328 408 32 408
 Số hạng chứa x trong khai triển là CCx8.... 3 CCx 8 4 CC 8 3 CCx 8 4 
 3 2 4 0 0,25 
 Vậy hệ số của trong khai triển là CCCC8. 3 8 . 4 238. 
 Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số. Một số thuộc S được gọi là “số đẹp” 
Câu 2b nếu chữ số ở hàng trăm bằng trung bình cộng của hai chữ số ở hàng đơn vị và hàng chục 1,0đ 
 nghìn. Lấy ngẫu nhiên một số từ S. Tính xác suất để số lấy được là “số đẹp”. 
 Số phần tử của không gian mẫu là  90000 
 0,25 
 2 
 3 2
 Cho dãy số un xác định bởi uu12 2, 1 và un 11 n u n 12 u n với mọi n 2 . 
Câu 3b 1,0đ 
 Tính u2021 . 
 Ta tính được u 0, u 1, u 2 . Từ đây ta dự đoán u n 3,  n 1 (2) 
 3 4 5 n 0,25 
 Thậy vậy: 
 (2) đúng với n 1. 
 *
 Giả sử (2) đúng với n k, k N , tức là ukk 3 đúng. 
 Ta xét 
 2 0,5 
 u 3 k u2 1 2 u 3 k k 3 1 2 k 4
 k 11 k k 
 3 
 = 3 k32 6 k 12 k 8 3 k 2 k 2
 Chứng tỏ (2) đúng với nk 1 . Vậy (2) đúng với mọi số nguyên dương n 
 Từ đây, ta tính được u 2021 3 2018 
 2021 0,25 
 Cho hình lăng trụ đứng ABC.''' A B C có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , 
Câu 4 AB a, AA ' a 2 . Gọi MN, lần lượt là trung điểm các cạnh AB,' BB . Gọi G là trọng 3,0đ 
 tâm tam giác ABC. 
 (hình vẽ) 
 0,5 
 Trong (ABB’A’), Gọi P  MN AA' . 
 0,25 
 4a Trong (ACC’A’), Gọi Q  AC PC'. 
 0,25 
 Khi đó thiết diện cần tìm là tứ giác NMQC’. 
 0,25 
 4 
 BABBBCB' ' ' 'G 
 36 
 BXBYBZBI'''' 
 Khi đó: áp dụng BĐT cauchy ta có 
 BABBBC''' 
 6 
 BXBYBZ''' 
 BABBBC''' 
 33 . . 33 T 
 BXBYBZ''' 
 T 8 
 0,25 
 Vậy giá trị lớn nhất của T bằng 8 khi X, Y, Z lần lượt là trung điểm của 
 BABBBC',',' hay / /(ABC ) 0,25 
 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Chứng minh rằng: 
Câu 5 cosA.cosB cosB.cosC cosC.cosA 1,0đ 
 2 
 cosC cosA cosB
 Ta có bổ đề 1: Trong tam giác ABC có ba góc nhọn, ta có : 
 cosB.cosC tanA
 ,(*) 
 cosA tanBC tan
 Thật vây: 
 (*) cosBCBCAA .cos .(tan tan ) tan .cos 0,25 
 sinBCBCA .cos cos .sin sin 
 sin(BCA ) sin 
 sin( AA ) sin (đúng). Bổ đề được chứng minh xong. 
 xx2
 Ta có bổ đề 2: Với mọi x, y , z 0 , ta luôn có ,(**) 
 y z x y z
 0,25 
 Thật vậy: 
 2
 (**) (x y z )2 4 x ( y z ) y z x 0 (luôn đúng) 
 Đặt a tan A , b tan B , c tan C , dễ dàng có abc, , 0. Áp dụng bổ đề 1, 
 bài toán được viết lại: Cho , chứng minh rằng 
 a b c
 2 
 b c c a a b
 0,25 
 Áp dụng bổ đề 2, ta có 
 a b c2 a 2 b 2 c
 2 
 b c c a a b a b c
 Dấu “=” xảy ra a b c,, b a c c a b hay abc 0 (vô lý). 
 Nên 0,25 
 Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong. 
 6