Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) phần 1

Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG…
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2013-2014
ĐỀ SỐ 1:
Môn thi: Toán
(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)
Bài 1(4đ): cho n số :
[ ]
1 2 3 4
, , , , 0;1
n
a a a a a ∈
Chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 2
1 2 3 4 1 2 3 4
(1 ) 4( )
n n
a a a a a a a a a a+ + + + + + ≥ + + + + +
Bài 2(4đ): Giải phương trình:
2012 2012 2014 2014
3
sin os 2(sin os ) os2
2
x c x x c x c x
+ = + +
Bài 3(4đ): Tìm số nguyên dương bé nhất n sao cho trong khai triển
(1 )
n

x+
có hai hệ số
liên tiếp có tỉ số là
7
15
Bài 4(4đ): Cho hình vuông ABCD, H là trung điểm của AB, K là trung điểm của AD. Trên
đường thẳng vuông góc với (ABCD) lấy điểm S khác H. Chứng minh rằng:
a)
( )AC SHK⊥
.
b) Tính góc gữa CK với mặt phẳng (SDH).
Bài 5(4đ):
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tất cả các cạnh bằng a và
·
·
·
0
' ' 60B BA B BC ABC= = =
.
Chứng minh A’B’CD là hình vuông.
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
Bài Nội dung Điểm
Bài 1
(4đ)
Xét tam thức
2 2 2 2 2 2
1 2 3 4 1 2 3 4
( ) (1 ) ( )
n n
f x x a a a a a x a a a a a= − + + + + + + + + + + + +

Ta có
2 2 2 2 2 2
1 2 3 4 1 2 3 4
1 1 2 2 3 3 4 4
(1) 1 1
(1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
n n
n n
f a a a a a a a a a a
f a a a a a a a a a a
= − − − − − − − + + + + + +
⇒ = − + − + − + − + + −
Mặt khác
[ ]
1 2 3 4
, , , , 0;1
n
a a a a a ∈
nên
0,5
0,5
0.5
0.5
1
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
1 1
2 2
3 3
( 1) 0
( 1) 0

( 1) 0 (1) 0

( 1) 0
n n
a a
a a
a a f
a a
− ≤


− ≤


− ≤ ⇒ ≤



− ≤


Mà
2 2 2 2 2
1 2 3 4
(0) 0 (1). (0) 0
n
f a a a a a f f= + + + + + ≥ ⇒ ≤
Do đó phương trình f(x)=0 có nghiệm trên
[ ]
0;1

vậy
2 2 2 2 2 2
1 2 3 4 1 2 3 4
2 2 2 2 2 2
1 2 3 4 1 2 3 4
(1 ) 4( ) 0
(1 ) 4( )
n n
n n
a a a a a a a a a a
a a a a a a a a a a
∆ = + + + + + + − + + + + + ≥
⇒ + + + + + + ≥ + + + + +
0.5
0.5
0.5
0.5
Bài 2
(4đ)
2012 2012 2014 2014
2012 2 2012 2
12 12
2012 2012
2012 20
3
sin os 2(sin os ) os2
2
3
os (2cos 1) sin (1 2sin ) os2 0
2

os2 0(1)
3
os2 ( os sin ) 0
3
2
os sin 0(2)
2
* os2 0 ( )
4 2
3
* os sin
2
x c x x c x c x
c x x x c x
c x
c x c x
c x x
c x x k k Z
c x
x
x
π π
+ = + +
⇔ − − − + =
=
⇔ + − = ⇔
+ − =
= ⇔ = + ∈
+ −





12
0x
=
Ta nhận thấy
2012
2012 2012
2012
os 0
3
* os sin 0
3
2
sin 0
2
c x x R
c x x x R
x x R

≥ ∀ ∈

⇔ + − ∀ ∈

− ∀ ∈


f
f

Vậy pt(2) vô nghiệm
Phương trình có nghiệm là:
( )
4 2
x k k Z
π π
= + ∈
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
2
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
1
1
1
1
Bài 3
(4đ)
0
(1 )
n
n k k
n
k
x C x

=
+ = ⇒
∑
số hạng liên tiếp là
1
;
k k
n n
C C
+
ta có
1
7 1 7 1
7 22 15 3 2
15 15 7
k
n
k
n
C
k k
n k n k
C n k
+
+ +
= ⇔ = ⇒ = + ⇔ = + +
−
Do
,n k ∈¥
đặt

1
7
k
t
+
=
khi đó
22 1n t
= −
đế n là số nguyên dương bé
nhất thì t cũng phải là số nguyên dương bé nhất vì
0k ≥
nên
1
7 1 0 1
7
t t t− ≥ ⇒ ≥ ⇒ =
(vì t là số nguyên dương bé nhất) vậy
22.1 1 21n
= − =
Bài 4:
(4đ)
I
A
D
B
C
S
H
K

a) Cm:
( )AC SHK⊥
Vì H, K lần lượt là trung điểm của AB, AD nên HK là đường trung bình
của tam giác ABD nên HK//BD mà
(1)AC BD HK AC⊥ ⇒ ⊥
Mặt khác
( ) (2)SH ABCD SH AC⊥ ⇒ ⊥
từ (1);(2) ta có
( )AC SHK⊥
b) Tính góc gữa CK với mặt phẳng (SDH)
Ta có
· ·
( . . )CDK DAH c g c CKD DHA∆ = ∆ ⇒ =
mà
· · · ·
·
0 0 0
90 90 90 ( )HDA DHA CKD HDA KID CK DH I+ = ⇒ + = ⇒ = ∩ =
hay
CK DH⊥
(1)mặt khác
( ) (2)SH ABCD SH CK⊥ ⇒ ⊥
từ (1); (2) ta có
( )CK SDH⊥
hay góc giữa
CK và mặt phẳng (SDH) bằng 90
0
0.5
0.5
0.5

0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
3
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
Bài 5:
(4đ)
A'
D'
B'
C'
B
C
D
A
Theo giả thiết ta có tứ giác A’B’CD là hình thoi
1 1
' ( ' ) '. . . . . . 0
2 2
'
CB CD BB BC BA BB BA BC BA a a a a
CB CD
= − = − = − =
⇒ ⊥
uuuruuur uuur uuur uur uuur uuur uuur uur
Hay A’B’CD là hình vuông
1
1

1
1
Lưu ý: Học sinh có cách làm khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa câu đó.
ĐỀ SỐ 2:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG …
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2013-2014

(Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian phát đề)
Đề này có 05 câu, gồm 01 trang
Câu I. (Khối A: 4,0 điểm; Khối B, D: 5,0 điểm )
Cho hàm số
( )
3 2 2
2 9 12 1y f x x mx m x= = + + +
, ( m là tham số)
1. Khi
1m
= −
, hãy viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số biết tiếp
tuyến vuông góc với đường thẳng
∆
có phương trình
3 20 17 0x y+ + =
.
4
Đề chính thức
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình

( )
'
0f x =
có hai
nghiệm phân biệt
( )
1 2 1 2
,x x x x<
thoả mãn điều kiện
2
1 2
x x=
.
Câu II. (Khối A: 4,0 điểm; Khối B, D: 5,0 điểm )
1. Giải phương trình:
2
tan 4cos 2sin 2
3 cos
x x x
x
π
 
+ = + +
 ÷
 
2. Giải hệ phương trình:
1
3 3
1
2 8

x x y
y
x y
y

+ + + − =




+ + =


Câu III. ( 4,0 điểm)
1. Tìm giới hạn sau:
3
2
2
3 5 2 3 3
lim
4
x
x x x
x
→
− + − −
−
2. Từ các chữ số
0,1,2,3,4,5
lập các số có ba chữ số đôi một khác nhau. Lấy

ngẩu
nhiên một số vừa lập. Tính xác suất để lấy được số không chia hết cho 3.
Câu IV. ( 6,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
cho đường tròn
( ) ( ) ( )
2 2
: 1 2 4C x y− + − =
có tâm là
I
và điểm
( )
1;0M −
. Viết phương trình
đường thẳng
∆
đi qua
M
cắt
( )
C
tại hai điểm
,A B
sao cho tam giác
IAB

có diện tích
3S =
.

2. Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông cạnh
a
.
,M N
lần lượt
là trung điểm của
AB
và
AD
,
H
là giao điểm của
CN
với
DM
, biết
SH
vuông góc với mặt phẳng đáy và góc giữa hai mặt phẳng
( )
SCD
và
( )
ABCD
bằng
0
30

. Tính
SH
và khoảng cách giữa hai đường thẳng
SB
và
DM
theo a.
Câu V. ( 2,0 điểm)
Cho
, ,x y z
là các số thực dương thoả mãn:
3x y z xyz+ + =
Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
2 2 2
3 2 3 2 3 2
3
4
3 1 3 1 3 1
y z x
x y y z z x
+ + ≥
+ + +
HẾT

ĐÁP ÁN MÔN TOÁN LỚP 11
(Đáp án gồm 04 trang)
5
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
Câu Đáp án Điể

m
I 1. ( 2,5 điểm)
(4
điểm
)
Với
1m
= −
ta có hàm số
( )
3 2
2 9 12 1y f x x x x= = − + +
,
( )
' 2
6 18 12f x x x= − +
Gọi
k
là hệ số góc của tiếp tuyến,
( )
0 0
;x y
là toạ độ tiếp điểm của tiếp
tuyến với đồ thị hàm số.
Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng
∆
:
3 20 17 0x y+ + =

0,75

nên
3
. 1
20
k
−
 
= −
 ÷
 
Hay
20
3
k =
( )
' 2
0 0 0
20
6 18 12
3
f x x x⇒ = − + =
0
0
1
3
8
3
x
x


=

⇔

=

0,75
+)
0 0
1 110
3 27
x y= ⇒ =
phương trình tiếp tuyến là
20 1 110
3 3 27
y x
 
= − +
 ÷
 
+)
0 0
8 187
3 27
x y= ⇒ =
phương trình tiếp tuyến là
20 8 187
3 3 27
y x
 

= − +
 ÷
 
Vậy có hai tiếp tuyến là :
20 50
3 27
y x= +
và
20 293
3 27
y x= −
1.00
2. ( 1,5 điểm)
( )
( )
' 2 2 2 2
6 18 12 6 3 2f x x mx m x mx m= + + = + +
( )
'
0f x =
có hai nghiệm phân biệt
2 2
3 2 0x mx m⇔ + + =
có hai nghiệm
phân biệt
2
0 0m m⇔ ∆ = > ⇔ ≠
.
0,75
( ) ( )

1 2
1 1
3 , 3
2 2
x m m x m m= − − = − +
(do
1 2
x x<
)
Theo giả thiết
2
1 2
x x=
2
3 3
2
2 2
m m m m
m
   
− − − +
⇒ = ⇔ = −
 ÷  ÷
   
0,75
II 1. ( 2,0 điểm)
(4
điểm
)
Điều kiện :

cos 0 ,
2
x x l l Z
π
π
≠ ⇔ ≠ + ∈
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2
sin 4cos 2sin 2 cos 2
3
sin 2 1 cos2 sin 2 3 cos 2 cos 2
sin sin 2 cos 2cos 2 3 cos 2 cos 0
sin 1 2cos cos 2 2 3 cos 0
sin cos2 cos2 2 3 cos 0
cos 2 sin 3 cos 2 0
pt x x x x
x x x x x
x x x x x x
x x x x
x x x x
x x x
π
 
⇔ + = + +

 ÷
 
⇔ + + = + +
⇔ − + − =
⇔ − + − =
⇔ − + − =
⇔ + − =
1,00
6
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1

) cos 2 0 ,
4 2
x x k k Z
π π
+ = ⇔ = + ∈

1 3
) sin 3cos 2 0 sin cos 1
2 2
sin 1 2 ,
3 6
x x x x
x x k k Z
π π
π
+ + − = ⇔ + =
 
⇔ + = ⇔ = + ∈
 ÷

 
So với điều kiện ta được nghiệm của pt là :
; 2 ,
4 2 6
x k x k k Z
π π π
π
= + = + ∈
1.00
2. ( 2,0 điểm)
Điều kiện :
1
0, 0, 3y x x y
y
≠ + ≥ + ≥
Đặt
1
, 3 , , 0a x b x y a b
y
= + = + − ≥
. Hệ trở thành
2 2
3
2, 1
1, 2
5
a b
a b
a b
a b

+ =
= =


⇔


= =
+ =


0,75
+) Với
2, 1a b= =
ta có
1
1
1
2
4
3, 1
4
4
5, 1
4
4
3 1
x
x
x y

x
y
y
x
x y
y x
x y
x y



+ =
+ =
= =
+ =


 
⇔ ⇔ ⇔
−
  

= = −

  
= −
+ =

+ − =



0,50
+) Với
1, 2a b= =
ta có
1
1
1
1
1
4 10, 3 10
1
7
4 10, 3 10
7
7
3 2
x
x
x y
x
y
y
x
x y
y x
x y
x y





+ =
+ =
= − = +
+ =

 
⇔ ⇔ ⇔

−
  
= + = −

  

= −
+ =

+ − =


0,50
Thử lại ta thấy tất cả các nghiệm đều thoả mãn.
Vậy hệ có 4 nghiệm
( ) ( ) ( )
( ) ( )
{ }
; 3;1 , 5; 1 , 4 10;3 10 , 4 10;3 10x y = − − + + −
0,25

III 1. ( 2,0 điểm)
(4
điểm
)
( )
( )
( )
( )
( )
3 3
2 2 2
2 2 2
2
2
2
2 2
2
3 3
3 5 2 3 3 3 5 2 2 3 1
lim lim lim
4 4 4
3 5 4
2 3 1
lim lim
4 3 5 2
4 2 3 2 3 1
x x x
x x
x x x x x x
x x x

x x
x
x x x
x x x
→ → →
→ →
− + − − − − − −
= +
− − −
− −
− −
= +
 
− − +
− − + − +
 ÷
 
0,50
0,50
7
Đáp án Toán 11- Trang 1
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( )

( )
( )
( )
( )
2
2
2 2
3 3
2
2
2 2
3 3
2 3 2
2 2
lim lim
2 2 3 5 2
2 2 2 3 2 3 1
3 2
2 16 2 7
lim lim
4.4 4.3 6
2 3 5 2
2 2 3 2 3 1
x x
x x
x x x
x
x x x x
x x x x
x x

x x x
x x x
→ →
→ →
− + +
−
= +
 
− + − +
− + − + − +
 ÷
 
+ +
= + = + =
 
+ − +
+ − + − +
 ÷
 
0,50
0,50
2. ( 2,0 điểm)
+) Tìm số có ba chữ số khác nhau lập được từ tập
{ }
0,1,2,3,4,5E =
Số cần tìm có dạng
abc
Chọn
, 0a E a∈ ≠
có 5 cách.

Chọn 2 trong 5 số còn lại của
{ }
\E a
xếp vào hai vị trí b, c có
2
5
A

cách.
Vậy có
2
5
5. 100A =
(số)
1,00
+) Tính số lập được chia hết cho 3.
Số cần tìm có dạng
abc
,
3a b c+ + M
Xét các tập con gồm 3 phần tử của tập
{ }
0,1,2,3,4,5E =
, ta thấy chỉ có
các tập sau thoả mãn điều kiện tổng các chữ số chia hết cho 3 là:
{ } { } { } { }
{ } { } { } { }
1 2 3 4
5 6 7 8
A 0,1,2 , A 0,1,5 ,A 0,2,4 ,A 0,4,5

A 1,2,3 , A 1,3,5 , A 2,3, 4 , A 3,4,5
= = = =
= = = =
Khi
1 2 3 4
, , , , ,a b c A A A A∈
mỗi trường hợp lập được 4 số thoả mãn yêu
cầu.
Khi
5 6 7 8
, , ; ; ;a b c A A A A∈
mỗi trường hợp lập được 6 số thoả mãn yêu
cầu.
Vậy có
4.4 4.6 40+ =
(số)
Suy ra số không chia hết cho 3 là
100 40 60− =
(số)
Xác suất cần tính là
60
0,60
100
P = =
1,00
IV 1. ( 3,0 điểm)
(6
điểm
)
(C) có tâm

( )
1;2 , 2I R =
; Đường thẳng
∆
đi qua
( )
1;0M −
có phương
trình
( )
2 2
1 0, 0a x by a b+ + = + ≠
. Giả sử
∆
cắt (C) tại hai điểm
,A B
thoả
mãn
3
IAB
S =
V
. Gọi H là hình chiếu của I trên AB
⇒
H là trung điểm
của AB
Ta có
· ·
·
·

0
0
60
1 3
. sin 3 sin
2 2
120
IAB
AIB
S IA IB AIB AIB
AIB

=
= = ⇒ = ⇒


=

V
1,00
+)
·
0 0
60 .cos30 3AIB IH IA= ⇒ = =

( )
, 3d I IH⇒ ∆ = =
8
Đáp án Toán 11- Trang 2
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1

( )
( )
( )
2 2 2 2
2 2
4 15 , 1
2 2
3 8 0 0
15 4 , 1
a b
a b
a b ab do a b
a b
a b

= − + =
+

⇔ = ⇔ + + = ⇔ + ≠

+
= − =


Pt
∆
là
( ) ( )
4 15 4 15 0; 4 15 4 15 0x y x y+ − + + = − − + − =
1,00

+)
·
0 0
120 .cos60 1AIB IH IA= ⇒ = =

( )
, 1d I IH⇒ ∆ = =
( )
2 2 2 2
2 2
4 7
, 1
2 2
3
1 3 3 8 0 0
4 7
, 1
3
a b
a b
a b ab do a b
a b
a b

− −
= =

+

⇔ = ⇔ + + = ⇔ + ≠


− ++
= =


Pt
∆
là
( ) ( )
4 7 3 4 7 0; 4 7 3 4 7 0x y x y+ − + + = − − + − =
Vậy có 4 đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán.
1,00
2. ( 3,0 điểm)
1,00
Từ H kẻ
HI CD⊥
, do
( )
SH ABCD SH CD⊥ ⇒ ⊥
, từ đó suy ra
( )
CD SHI⊥
⇒
góc giữa
( )
SCD
và
( )
ABCD
là góc

( )
·
·
0
, 30SI HI SIH= =
.
Trong tam giác vuông
DHC
ta có
. 2
5
DH CH a
HI
CD
= =
.
Trong tam giác vuông
SHI
ta có
0
2 3
.tan 30
15
a
SH IH= =
.
1,00
Gọi K là trung điểm của
DC
//BK DM

⇒
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
// , , ,DM SBK d DM SB d DM SBK d H SBK⇒ ⇒ = =
Ta có
( )
MAD NDC c g c∆ = ∆ − −
·
·
ADM DCN⇒ =
mà
·
·
·
·
·
0
0
0
90
90
90
ADM MDC
DCN MDC
DHC
+ =
⇒ + =
⇒ =

Hay
DM CN
⊥
Trong tam giác DCN ta
có
. . 2
. 5
5
DCN
DH CN DN DC S
DN DC a
DH
CN
∆
= =
⇒ = =
2 2
2 5
5
a
CH DC DH= − =
9
A
D
B
C
HN
M
S
I K

Đáp án Toán 11- Trang 3
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
Gọi E là giao điểm của BK và CN, từ H kẻ
( )
1HF SE⊥
,
do
( ) ( )
2
BK CN
BK SHE BK HF
BK SH
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

Từ (1) và (2) suy ra
( ) ( )
( )
,HF SBK HF d H SBK⊥ ⇒ =
Ta có
//EK HD
mà K là trung điểm của DC nên E là trung điểm của
HC

1 5
2 5
a

HE HC⇒ = =
. Trong tam giác vuông
SHE
ta có

2 2 2 2 2 2
1 1 1 5 75 95 2
4 4
95
a
HF
HF HE HS a a a
= + = + = ⇒ =
Vậy
( ) ( )
( )
2
, ,
95
a
d DM SB d H SBK HF= = =
.
1,00
V ( 2 điểm)
(2
điểm
)
Từ giả thiết
1 1 1
3 3x y z xyz

xy yz zx
+ + = ⇒ + + =
,
Đặt
, , 0
1 1 1
, ,
3
a b c
a b c
ab bc ca
x y z
>

= = = ⇒

+ + =

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau:

3 3 3
2 2 2
3
3 3 3 4
a b c
b c a
+ + ≥
+ + +
(*).
0,50

Do ab + bc + ca = 3 nên
VT (*) =
3 3 3
2 2 2
a b c
b ab bc ca c ab bc ca a ab bc ca
+ +
+ + + + + + + + +
=
3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c
b c a b c a b c a b c a
+ +
+ + + + + +
Theo BĐT AM-GM ta có
3
3
( )( ) 8 8 4
a b c a b a
b c a b
+ +
+ + ≥
+ +

3
5 2
( )( ) 8
a a b c
b c a b

− −
⇒ ≥
+ +
(1)
0.75
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được:

3
5 2
( )( ) 8
b b c a
c a b c
− −
≥
+ +
(2),
3
5 2
( )( ) 8
c c a b
a b c a
− −
≥
+ +
(3)
Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được
(*)
4
a b c
VT

+ +
≥
Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được :
a + b + c ≥
3( )ab bc ca+ +
= 3.
Đẳng thức xảy ra khi
1a b c= = =
hay
1x y z= = =
(Đpcm)
0,75
10
Đáp án Toán 11- Trang 4
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
Chú ý: Trên đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài.
Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải cách khác mà
đúng thì chấm điểm từng phần tương ứng.
ĐỀ SỐ 3:
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TRƯỜNG
Môn : TOÁN
Thời gian làm bài : 150 phút , không kể thời gian phát đề

Câu 1 ( 2,0 điểm). Giải phương trình sau:

2
2013 2013x x+ + =
Câu 2 ( 3,0 điểm). Cho phương trình

(2sin 1)(2 s 2 2sin ) 1 2 2x co x x m cos x− + + = −

( Với m là tham số)
a, Giải phương trình với m = 1
b, Tìm m để phương trình có đúng 2 nghiệm thuộc
[ ]
0;
π
Câu 3 (5,0 điểm).
a, Giải hệ phương trình :
2 2
2 2
3 4 1
3 2 9 8 3
x y x y
x y x y

+ − + =


− − − =


b, Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển sau:
3 5
3
1
n
nx

x
 
+
 ÷
 
biết n là số nguyên thoả mãn hệ
thức
1 2 2
2 20
n
n
C C n+ = −
.
Câu 4 .(4,0 điểm). Cho A, B, C là ba góc của tam giác ABC.
a, Chứng minh rằng tam giác ABC vuông nếu :
cos
sin
sin sin
B cosC
A
B C
+
=
+
b, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2 2
2 2 2
sin sin sinA B C
M
cos A cos B cos C

+ +
=
+ +
Câu 5 (3,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C
1
) :
2 2
13x y+ =
,đường tròn (C
2
)
:
2 2
( 6) 25x y− + =
.
a, Tìm giao điểm của hai đường tròn (C
1
) và (C
2
) .
b, Gọi giao điểm có tung độ dương của (C
1
) và (C
2
) là A viết phương trình đường thẳng đi
qua A cắt (C
1
) và (C
2
) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau.

Câu 6 (3,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a ,cạnh SA =
a và vuông góc với mặt phẳng (ABCD) .
a, Chứng minh rằng các mặt bên của hình chóp là những tam giác vuông.
b, M là điểm di động trên đoạn BC và BM =x ,K là hình chiếu của S trên DM . Tính độ
dài đoạn SK theo a và x . Tính giá trị nhỏ nhất của đoạn SK.
11
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
……………. Hết…………………
Họ và tên thí sinh: SBD:
ĐÁP ÁN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TRƯỜNG
Môn : TOÁN
Câu Đáp án Điểm
Câu 1
2
2013 2013x x+ + =
. ĐK
2013x ≥ −
Đặt
2013t x= +
( với t
2 2
0) 2013 2013t t x t x≥ ⇒ = + ⇔ − =
. Ta có hệ PT:
2
2
2013
2013
x t
t x


+ =


− =



( )( 1) 0x t x t⇒ + − + =
+ Với x +t =0 ta được t = -x
2013x x⇒ + = −
. Giải ra ta được
1 8053
2
x
−
=
là
nghiệm.
+ Với x – t +1 = 0 ta được : x +1 = t
1 2013x x⇒ + = +
. Giải ra ta được
1 8049
2
x
− +
=
là nghiệm
Đáp số :
1 8053
2

x
−
=
,
1 8049
2
x
− +
=
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
Câu 2

(2sin 1)(2 s 2 2sin ) 1 2 2x co x x m cos x− + + = −
a , Với m =1 ta được phương trình :
(2sin 1)(2 s 2 2sin 1) 1 2 2 (2sin 1). 2 0x co x x cos x x cos x− + + = − ⇔ − =

+
1 5
sin 2 2
2 6 6
x x k x k
π π
π π
= ⇔ = + ∨ = +
+

s 2 0
4 2
co x x k
π π
= ⇔ = +
b, Phương trình đã cho tương đương với :
(2sin 1)(2 s 2 1) 0x co x m− + − =
Với
[ ]
1 5
sin 0;
2 6 6
x x x
π π
π
= ⇔ = ∨ = ∈
Để phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm thuộc
[ ]
0;
π
thì phương trình :
1
2
2
m
cos x
−
=
vô nghiệm hoặc có hai nghiệm
5

;
6 6
x x
π π
= =
.Từ đó ta được m <-1v
m >3 v m =0 .
0,5
1,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
12
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
Câu 3
2 2
2 2
3 4 1
3 2 9 8 3
x y x y
x y x y

+ − + =


− − − =



2 2
2 2
3 4 1
3( 3 ) 2( 4 ) 3
x x y y
x x y y

− + + =

⇔

− − + =


2
2
3 1 0
4 0
x x
y y

− − =

⇔

+ =


Ta được nghiệm của hệ là :

3 13
;0 ;
2
 
−
 ÷
 ÷
 
3 13
;4 ;
2
 
−
 ÷
 ÷
 
3 13
;0 ;
2
 
+
 ÷
 ÷
 
3 13
;4 ;
2
 
+
 ÷

 ÷
 
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 4
, Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển sau:
3 5
3
1
n
nx
x
 
+
 ÷
 
biết n là số nguyên thoả mãn
hệ thức
1 2 2
2 20
n
n
C C n+ = −
.

Từ hệ thức
1 2 2
2 20
n
n
C C n+ = −
. Đk
2
2, 3 40 0 8 5n n Z n n n n≥ ∈ ⇒ − − = ⇔ = ∨ = −
Ta được n= 8 thoả mãn .
Ta có :
8 8
40 14
8
3 35 5 8
3
8
3 3
0
1 1
8 2 .2 .
k
k
k k
k
x x C x
x x
−
=
−

=
   
+ = + =
 ÷  ÷
   
∑
. Khai triển chứa x
4
m
40 14
4 2
3
k
k
−
⇔ = ⇔ =
.
Vậy hệ số của x
4
là
2 6
8
.2 1792C =
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 5
a, Chứng minh rằng tam giác ABC vuông nếu :

cos
sin
sin sin
B cosC
A
B C
+
=
+
Từ
2
sin
cos
2
sin 2sin . 2 1 cos 0
sin sin 2 2 2
2
A
B cosC A A A
A cos cos A
A
B C
cos
+
= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔
+
 là góc
vuông.Vậy tam giác ABC vuông tại A.
b,
2 2 2

2 2 2
sin sin sinA B C
M
cos A cos B cos C
+ +
=
+ +
2 2 2
2 2 2
sin sin sin
1 1
A B C
M
cos A cos B cos C
+ +
⇔ + = +
+ +
2 2 2
2 2 2
3 3
1
1
M cos A cos B cos C
cos A cos B cos C M
+ = ⇔ + + =
+ + +
. Biến đổi về
2
3
cos . ( ) 1 0

1
cos C C cos A B
M
− − + − =
+
2 2
3 3
( ) 4 1 0 4 1 ( ) 1
1 1
cos A B cos A B
M M
   
⇒ ∆ = − − − ≥ ⇔ − ≤ − ≤
 ÷  ÷
+ +
   
3 1
1 3
1 4
M
M
⇒ − ≤ ⇔ ≤
+
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
13
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
2
0
( ) 1
3 60
1
cos ( )
2
cos A B
M A B C
C cos A B

− =

= ⇔ ⇔ = = =

= −


Vậy MaxM = 3 khi tam giác ABC đều.
0,25
(C
1
) cú tõm O(0;0),bỏn kớnh
1

13R
=
(C
2
) cú tõm I(6;0),bỏn kớnh
2
5R
=
.
Giao điểm của (C
1
) và (C
2
) là A (2;3) và B(2;-3).Vỡ A cú tung độ dương nên A(2;3)
0,25
0,25
1,0
Vỡ A cú tung độ dương nên A(2;3)
Đường thẳng d qua A có pt:a(x-2)+b(y-3)=0 hay ax+by-2a-3b=0
Gọi
1 2
( , ); ( , )d d O d d d I d
= =
Yờu cầu bài toỏn trở thành:
2 2 2 2 2 2
2 2 1 1 2 1
12R d R d d d
− = − ⇒ − =
2 2
2

2 2 2 2
0
(4 3 ) (2 3 )
12 3 0
3
b
a b a b
b ab
b a
a b a b
=

− +
− = ⇒ + = ⇒

= −
+ +

0,25
0,25
0,25
*b=0 ,chọ a=1,suy ra pt d là:x-2=0
*b=-3a ,chọ a=1,b=-3,suy ra pt d là:x-3y+7=0
0,25
a, SA vuông góc với mp(ABCD) nên
SA vuông góc với AB và AD. Vậy các tam
giác SAB và SAD vuông tại A
Lại có SA vuông góc với (ABCD) và AB
Vuông góc với BC nến SB vuông góc với BC
Vởy tam giác SBC vuông tại C.

Tương tự tam giác SDC vuông tại D.
b, Ta có BM =x nên CM = a- x

AKD DCM∆ ∆:
(vì có
0
ˆ ˆ
ˆ ˆ
90 ,AKD DCM DAK CDM= = =
)
.
AK AD AD
AK DC
DC DM DM
⇒ = ⇔ =
=
2
2 2
2 2
a
x ax a− +
. Tam giác SAK vuông tại A nên
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
14
S
A
B C
D
M
K
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
2 2
2 2
2 2
2 3
2 2
x ax a
SK SA AK a
x ax a
− +
= + =
− +
.
SK nhỏ nhất khi và chỉ khi AK nhỏ nhất
0K O x SK
⇔ ≡ ⇔ = ⇔
nhỏ nhất
6
2
a
=
0,25

0,25
0,25
Hết
Ghi chú: - Nêú học sinh làm theo cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa
- Chỉ chấm bài hình khi học sinh vẽ hình đầy đủ và chính xác
ĐỀ SỐ 4:
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 (cấp trường)
MÔN: TOÁN
THỜI GIAN LÀM BÀI:150 PHÚT

Câu1 (4Điểm)
Cho phương trình:
2
1 tan
cos4 4
2 1 tan
x
x m
x
+ =
+
1.Giải phương trình với m =
1
2
2.Tìm m để phương trình có nghiệm x
0;
4
π
 
∈

 ÷
 
.
Câu2(3Điểm)
Giải hệ phương trình:

2
1
x y x y
y x y x





+ + − =
+ − − =
Câu3 (6Điểm)
1.Tính:
2
2014
0
( 2014) 1 2014 2014
lim
x
x x
x
→
+ − −
2.Cho khai triển:

2008
2
1 (1 )x x
 
+ −
 
Tính hệ số của x
10

Câu4: (3Điểm)
Tìm các điểm tại đó hàm số:
y=
cos 0
0 0
x voi x
x
voi x
π

≠



=

không có đạo hàm
Câu5: (4Điểm)
Cho tứ diện ABCD có các cạnh: BC = DA = a; CA = DB = b; AB = DC = c.
1.Tính thể tích tứ diện ABCD.
15

Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
2.Chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 9
a b b c c a S
+ + ≤
(S là diện tích toàn phần của tứ diện)
………………………………….Hết……………………………………
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
MÔN: TOÁN
THỜI GIAN LÀM BÀI:150 PHÚT
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
1/1
1/2
2

*Tập xác định:x
2
k
π
π
≠ +
*PT tương tương: sin
2
2x-2sin2x+m-1/2=0
1)Với m=1/2:Thay PT ta được: sin
2
2x-2sin2x=0

sin 2 0
sin 2 2
x
x
=

⇔

=


⇔
x=
2
k
π
kết hợp điều kiện nghiệm : x=k
π
2)*Đặt t=sin2x do x
(0; )
4
π
∈
nên 0<t<1 ta được:
t
2
-2t-1/2=-m với 0<t<1
*Xét HS: y=t
2
-2t-1/2 với 0<t<1 suy ra:-3/2<y<-1/2 (Yêu cầu HS lập bảng)

*Để PT có nghiệm khi và chỉ khi 1/2<m<3/2
*Điều kiện:
0
0
0
0
x
y
x y
y x
≥


≥


− ≥


− ≥

*Hai vế của PT của hệ không âm,bình phương 2vế ta được:

2
2
2
2 2 1
x y x
y x y


− = −


− = −



0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
1,0
0,5
0,5
1,0
1,0
0,5
16
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
3/1


3/2
4


2
1/ 2
4 4 0

4 4 1 0
x
y
x y
x y
≤


≥

⇔

− − =


− + =


17 /12
5/ 3
x
y
=

⇔

=

là nghiệm của hệ
1)

2
2014
0
( 2014) 1 2014 2014
lim
x
x x
x
→
+ − −
=
2 2 2
2014
0
( 2014) 1 2014 ( 2014)
lim
x
x x x x
x
→
+ − − + +
=
2 2
2014
0
( 2014)( 1 2014 1)
lim
x
x x x
x

→
+ − − +
=
2
2013 2012
0
2014 2014
2014
lim( 2014)
(1 2014 ) (1 2014 ) 1
x
x
x x
→
−
+
− + − + +
=-2014
2)
2008
2
1 (1 )x x
 
+ −
 
=
2008 2008
3 3
2008 2008
0 0 0

( ) ( )
k
k k k i k i i
k
k k i
c x x c c x x
−
= = =
− = −
∑ ∑∑
=
2008
2
2008
0 0
( 1)
k
k i k i i
k
k i
c c x
+
= =
−
∑∑
*Hệ số chứa x
10
ứng với
2 10
0 2008

;
k i
i k
i N k N
+ =


≤ ≤ ≤


∈ ∈

suy ra:
0 10/ 3i
≤ ≤
Vậy i=0;1;2;3
*
0 10
1 8
2 6
3 4
i k
i k
i k
i k
= ⇒ =


= ⇒ =



= ⇒ =

= ⇒ =

Vậy hệ số chứa x
10
là:
10 0 8 1 6 2 4 3
2008 10 2008 8 2008 6 2008 4
c c c c c c c c− + −

*Hàm số có đạo hàm tại các điểm x với x
≠
0 và cos
x
π
≠
0 Hay HS có đạo hàm tại các
điểm x
≠
0 và x
≠
2/ (2k+1)
*Tại x=0:

0 0
lim lim cos
x x
y

x x
π
∆ → ∆ →
∆
=
∆ ∆
Không tồn tại giới hạn.(Yêu cầu chứng minh cụ thể)
*Tại điểm x=2/(2k+1)
0 0
2 2
( ) ( )
2 1 2 1
lim lim
x x
x
y
x x
y y
k k
∆ → ∆ →
+ ∆ −
∆
+ +
= =
∆ ∆
1,0
1,0
1,0
1,0
1,0

1,0
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
17
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
5/1
5/2
0
2 (2 1) (2 1)
lim cos cos
(2 1) 2 (2 1) 2 (2 1)
x
x x x
k k
k k k
π π
∆ →
 
+ +
+
 
+ ∆ + + ∆ + + ∆
 
=
0
2 1 (2 1)

lim cos
2 1 2 (2 1)
x
x x
k
k k
π
∆ →
 
+
 
+ ∆ + + ∆
 
+
0 0
2 1 (2 1)
lim lim sin (2 1) )
2 1 2 (2 1) 2
x x
y
x x
k
k
x k k
π π
− −
∆ → ∆ →
∆

+

= − +

∆ + ∆ + + ∆

=
[ ]
2
0
(2 1)
2 1
lim sin
2 1 2 2 (2 1)
x
x
x x
k
k k
π
−
∆ →
+ ∆
+ ∆ + + ∆
=
[ ]
2
0
(2 1)
2 1
lim sin
2 1 2 2 (2 1)

x
x
x x
k
k k
π
−
∆ →
+ ∆
−
+ ∆ + + ∆
=
2
2 (2 1)
(2 1)
2 1 4 2
k
k
k
π π
+
− = − +
+
+
0
lim (2 1)
2
x
y
k

x
π
+
∆ →
∆
= +
∆
(tương tự)
Vậy không tồn tại giới hạn tại điểm x=2/(2k+1)
*Tóm lại HS không có đạo hàm tại x=0 và x=2/(2k+1)
1)
A
E
F
G
B
C
D

*Qua điểm B;C;D dựng các đường thẳng song song các cạnh tam giác BCD như hình
vẽ suy ra
AD=DE=DG=a;AB=BE=BF=c;AC=CF=CG=b Vậy tam giác AEF;AG F;AGE
vuông tại A
*
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
2( )

4
4 2( )
4
2( )
AE a c b
AE AF c
AF AG b AF b c a
AG AE a
AG a b c

= + −

+ =



+ = ⇔ = + −
 
 
+ =
= + −



0,5
1,0
0,5
0,5
1,0
0,5

18
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
*V
ABCD
=1/4V
AEG F
=
1
24
AE.A F.AG=
2
12
2 2 2 2 2 2 2 2 2
( )( )( )a b c b c a c a b+ − + − + −
2)*Diện tích các mặt của tứ diện bằng nhau và bằng abc/4R=S/4
*BĐT tương đương a
2
+b
2
+c
2

≤
9R
2
*Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
a
2
+b
2

+c
2
=
2 2 2
2 2 2
( ) ( ) ( )BC CA AB OC OB OA OC OB OA+ + = − + − + −
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
=6R
2
-2(
.OB OC OCOA OAOB+ +
uuur uuur uuuruuur uuuruuur
)
=9R
2
-(
OA OB OC+ +
uuur uuur uuur
)
2

2
9R≤
*Dấu bằng xảy ra khi
OA OB OC O+ + =
uuur uuur uuur ur
⇔
O trùng trọng tâm G tam giác ABC
⇔
tam giác ABC đều

⇔
ABCD là tứ diện đều.
ĐỀ SỐ 5:
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TRƯỜNG
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút
Câu 1: ( 2 ,5 điểm)
Giải phương trình : cosx.cos2x = 1/4
Câu 2: ( 2 ,5 điểm)
Tìm tất cả số nguyên x sao cho x +3 chia hết cho x
2
+1
Câu 3: ( 2 ,5 điểm)
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Xác định điểm M bên trong tam giác sao cho
MA + MB + MC nhỏ nhất.
Câu 4: ( 2 ,5 điểm)
Cho a,b,c là ba số dương và a+b+c = 3.
Chứng minh rằng:
6535353
333
≤+++++ accbba
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Câu1:
x=kπ không phải là nghiệm.nhân thêm sinx vào hai vế để đưa về pt sin4x=sinx (1
điểm)
Suy ra x=k2π/3 ; x=π/5 +k2π/5 (1
điểm)
vì x≠kπ nên pt có các nghiệm x=±2π/3 +k2π; x=±π/5 +k2π; x=±3π/5 +k2π (1/2
điểm)
19

Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
Câu2:
x+3 chia hết cho x
2
+1
suy ra ( x+3 )(x-3)chia hết cho x
2
+1 (1
điểm)
x
2
+1-10 chia hết cho x
2
+1
-10 chia hết cho x
2
+1 (1
điểm)
Từ đó tìm được x=0, x=-1, x=1, x=2 (1/2
điểm)
Câu3:
Dùng phép quay quanh A với góc quay 60
0
biến M thành M’; C thành C’ (1
điểm)
Ta có MA+MB+MC = BM+MM’+M’C’
MA+MB+MC bé nhất khi bốn điểm B,M,M’,C’ thẳng hàng. (1
điểm)
Khi đó góc BMA=120
0

, góc AMC=120
0
Ta được vị trí của M trong tam giác ABC (1/2
điểm)
Câu4:
3
8853
4
1
8.8)53(
4
1
53
3
3
+++
≤+≤+
ba
baba
(2
điểm)
Tương tự
Rồi cộng vế theo vế ta được điều cần chứng minh (1/2
điểm)
ĐỀ SỐ 6:
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
(Dành cho học sinh THPT không chuyên)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1.

Giải phương trình
( )
sin 2 3 cos 2 2 3 sin cos 1 3x x x x
+ + + − = +
.
Câu 2.
a) Xét khai triển:
( ) ( ) ( )
2 2013
0 1 2 2013
1 1 2 1 2013 x x x a a x a x a x
+ + + = + + + +
. Tính
20
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
( )
2 2 2
2
1
1 2 2013
2
a
+ + + +
.
b) Chọn ngẫu nhiên một số có 4 chữ số đôi một khác nhau. Tính xác suất để số được
chọn không nhỏ hơn 2013.
Câu 3.
a) Cho dãy số
( )
n

u
được xác định như sau:
1 2 2 1
1, 3, 2 1, 1,2,
n n n
u u u u u n
+ +
= = = − + =
Tính
2
lim
n
n
u
n
→+∞
.
b) Cho phương trình:
( )
( )
3 3
1 4 3 1 0m x x x x x
− − + − + =
(
x
là ẩn,
m
là tham số). Chứng
minh với mọi giá trị thực của
m

phương trình đã cho có ít nhất ba nghiệm thực phân
biệt.
Câu 4.
a) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Chứng minh mặt phẳng
( )
'A BD
song song
với mặt phẳng
( )
' ' .CB D

Tìm điểm M trên đoạn BD và điểm N trên đoạn CD’ sao
cho đường thẳng MN vuông góc với mặt phẳng (A’BD).
b) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh
a
. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm
của các đoạn thẳng AD, BB’, C’D’. Xác định thiết diện cắt bởi mặt phẳng (MNP)
với hình lập phương ABCD.A’B’C’D’, tính theo
a
diện tích thiết diện đó.
Câu 5.
Cho
, ,a b c
là các hằng số thực và
( )
3 2
P x ax bx cx
= + +
. Tìm tất cả các số
, ,a b c

sao
cho
( )
2 26P
=
và
( )
1P x
≤
với mọi số thực
x
sao cho
1x
≤
.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………….……… …….…; Số báo
danh……………………
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT
ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN
(Dành cho học sinh THPT không chuyên)
21
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh
làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần

đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Nội dung trình bày Điểm
1(2đ)
Ta có
( )
sin 2 3 cos 2 2 3 sin cos 1 3x x x x
+ + + − = +
( )
( )
2
2sin .cos cos 3 1 2sin 2 3 sin 3 1 0x x x x x
⇔ − + − + + − − =
( ) ( )
( )
cos 2sin 1 2sin 1 3sin 1 0x x x x
⇔ − − − − =
0,5
( )
( )
2sin 1 cos 3sin 1 0x x x
⇔ − − + =
1
sin
2
3 sin cos 1
x
x x

=


⇔

− =


0,5
+)
( )
2
1
6
sin
5
2
2
6
x k
x k
x k
π
π
π
π

= +

= ⇔ ∈



= +


¢
0,25
+)
3 1 1 1
3 sin cos 1 sin cos sin
2 2 2 6 2
x x x x x
π
 
− = ⇔ − = ⇔ − =
 ÷
 
0,25
( )
2
2
6 6
3
5
2
2
6 6
x k
x k
k
x k
x k

π π
π
π
π
π π
π π
π

− = +


= +

⇔ ⇔ ∈



= +
− = +



¢
Vậy phương trình đã cho có các họ nghiệm là
( )
5
2 , 2 , 2 , 2
6 6 3
x k x k x k x k k
π π π

π π π π π
= + = + = + = + ∈¢
0,5
2(2đ) 2.a (1,0 điểm)
Ta có
( ) ( ) ( )
2013
2 3
1 1 2013
1 1 2 1 2013 1 . .
k i j
x x x k x i j x A x
= ≤ < ≤
 
 
+ + + = + + +
 ÷
 ÷
 
 
∑ ∑
0,5
Suy ra
( )
( )
2
2 2 2
2
1 2013
1

. 1 2 2013 1 2 2013
2
i j
a i j
≤ < ≤
 
= = + + + − + + +
 
∑
0,25
( )
2 2 2
2
1
1 2 2013
2
a⇒ + + + + =
( )
2
2
2013 1007
1 2013 2014
2 2 2
×
×
 
=
 ÷
 
.

0,25
2.b (1,0 điểm)
Ta có
( )
n
Ω =
số cách chọn một số có bốn chữ số đôi một khác nhau
9.9.8.7
=
22
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
A
là biến cố chọn ra được một số có bốn chữ số đôi một khác nhau
abcd
và không
nhỏ hơn 2013. Ta sẽ tính số các số có bốn chữ số đôi một khác nhau
abcd
và các
số này chỉ có thể xảy ra với
0,25
1a
=
,
{ } { }
0,1, ,9 \ 1b
∈
,
{ } { }
0;1; ;9 \ 1;c b
∈

và
{ } { }
0;1; ;9 \ 1; ;d b c
∈
có 7 cách chọn
suy ra trong trường hợp này có
9.8.7
số thỏa mãn.
0,5
Từ hai trường hợp trên ta được
( )
7.8.9.9 7.8.9 7.8.9.8n A
= − =
. Do đó xác suất cần
tìm là:
( )
( )
( )
7.8.9.8 8
9.9.8.7 9
n A
P A
n
= = =
Ω
0,25
3(2,0đ) 3.a (1,0 điểm)
Ta có
2 1 1
1, 1,2,

n n n n
u u u u n
+ + +
− = − + =
suy ra
{ }
2 1n n
u u
+ +
−
lập thành một cấp số cộng
có công sai bằng 1 nên
2 1 2 1
.1 2
n n
u u u u n n
+ +
− = − + = +
(1)
0,25
Từ (1) ta được
1 1 1 2 2 1
1 2
n n n n n
u u u u u u u u n n
− − −
− = − + − + + − = + − + +
( )
1
1 2

2
n
n n
u n
+
⇒ = + + + =
0,5
( )
2 2
1
1
lim lim
2 2
n
n n
n n
u
n n
→+∞ →+∞
+
= =
. Vậy
2
1
lim
2
n
n
u
n

→+∞
=
.
0,25
3.b (1,0 điểm)
Đặt
( ) ( )
( )
3 3
1 4 3 1f x m x x x x x
= − − + − +
ta được
( )
f x
xác định và liên tục trên
¡
.
Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 1, 0 1, 1 1, 2 3f f f f− = − = = − =
0,5
Do đó ta được
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 0 0, 0 1 0, 1 2 0f f f f f f
− < < <
nên phương trình
( )
0f x =
có nghiệm thuộc
( ) ( ) ( )

2;0 , 0;1 , 1;2
−
suy ra phương trình có 3 nghiệm phân
biệt.
0,5
4(3đ) 4.a (1,5 điểm)
N
M
D'
C'
B'
D
C
B
A'
A
Ta có tứ giác BCD’A’ là hình bình hành nên
( )
' ' ' 'CD BA CD BDA
⇒
(1)
0,5
Ta có tứ giác BDD’B’ là hình bình hành nên
( )
' ' ' ' 'B D BD B D BDA
⇒
(2)
0,5
23
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1

Từ (1) và (2) ta được
( ) ( )
' ' 'A BD CB D
.
Đặt
. ,BM x BD=
uuuur uuur
. 'CN y CD=
uuur uuuur
. Khi đó
. 'MN MB BC CN xBD AD y CD= + + = − + +
uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuuur
( ) ( )
( ) ( )
' 1 'x AB AD BC y AA AB x y AB x AD yAA
= − + + − = − + − +
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
0,25
Do MN vuông góc (A’BD) nên
, 'MN BD MN BA
⊥ ⊥
. Từ đó ta được:
( )
( )
2
1 0
. 0 2 1
3
2 1
0

. ' 0
3
x
x x y
MN BD x y
x y
y x y
MN BA
y

=


− − − =

= − =

  
⇔ ⇔ ⇔
   
=
− − =
=






=



uuuur uuur
uuuur uuur
0,25
Do đó
2
. ,
3
BM BD=
uuuur uuur
1
. '
3
CN CD=
uuur uuuur
4.b (1,5 điểm)
O
R
Q
S
P
N
M
D'
C'
B'
D
C
B

A'
A
Gọi S là trung điểm của AB, khi đó
( )
'MS BD MS BDC
⇒
và
( )
' 'NS C D NS BDC
⇒
suy ra
( ) ( )
'MNS BDC
. Do
( )
'MNS BC
nên (MNS) cắt
(BCC’B’) theo giao tuyến qua N song song với BC’ cắt B’C’ tại Q.
0,5
Do
( )
' 'MNS BD B D
nên (MNS) cắt (A’B’C’D’) theo giao tuyến qua Q song song
với B’D’ cắt D’C’ tại P’, do P’ là trung điểm của C’D’ nên P’ trùng với P. Do
( )
'MNS C D
nên (MNS) cắt (CDD’C’) theo giao tuyến qua P song song với C’D
cắt DD’ tại R.
0,5
Do đó thiết diện cắt bởi (MNP) và hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ theo một lục

giác đều MSNQPR cạnh
2
2
a
MR =
và có tâm là O suy ra:
2
0
OMS
1 3 3
6 6. . .sin 60
2 4
MSNQPR
a
S S OM OS= = =
. Vậy
2
3 3
4
MSNQPR
a
S =
0,5
5(1đ)
Đặt
( ) ( )
1
1 , 1 ,
2
f m f n f p

 
= − = =
 ÷
 
, khi đó
, , 1m n p ≤
và ta có hệ
24
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
3 8
3
2
2 4 8
16 3
8 4 2
6
m n p
a
a b c m a b c m
m n
a b c n a b c n b
a b c a b c p
p m n
p
c
+ −

=




+ + = + + =



−
 
− + = ⇔ − + = ⇔ =
  
  
+ + =

− +
 
+ + =
=



0,5
Ta có
( ) ( )
3 8 16 3
2 8. 2 9 16 9 1 16 26
3 3
m n p p m n
f m n m n p
+ − − +
= + − + = + − ≤ + + =
.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1 4
1 0
1 3
m a
n b
p c
= =
 
 
= ⇔ =
 
 
= − = −
 
0,25
Ta có
( )
3
4 3f x x x= −
, xét
1 1x
− ≤ ≤
thì tồn tại
: cosx
α α
=
( )
3
4cos 3cos cos3f x

α α α
⇒ = − =
suy ra
( )
1f x ≤
với mọi
1 1x
− ≤ ≤
. Vậy
4
0
3
a
b
c
=


=


= −

0,25
Hết
ĐỀ SỐ 7:
ĐỀ THI
Môn Thi : Toán 11
Thời gian làm bài : 180 phút
Câu I( 1 điểm): Giải phương trình

(sin 2 sin 4)cos 2
0
2sin 3
x x x
x
− + −
=
+
Câu II(2 điểm):
1/ Từ các chữ số 1;2;3;4;5;6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số đôi một
khác nhau sao cho mỗi số đó chia hết cho 3.
2/ Tìm số nguyên dương n sao cho:

1 2 3 2 1
2 2
2 1 2 1 2 1 2 1
2.2 3.2 (2 1).2 2011
n
n
n n n n
n
C C C C
+
+ + + +
− + − + + =
Câu III(2 điểm) : Cho hàm số:
3 2
3 2y x x= − + −
(C)

1/ Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng
9 2011y x= − +
.
2/ Tìm tất cả các điểm thuộc đồ thị (C ) mà qua đó kẻ được một và chỉ một tiếp tuyến với
đồ thị ( C ).
25