Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) phần 2

Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
ĐỀ SỐ 16:
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT CẤP TỈNH
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
(Dành cho học sinh THPT chuyên )
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
————————————
Câu I (4 điểm)
1. Giải phương trình:
( ) ( )
2
3 1 cos 3 1 sin .cos sin cos 3 0x x x x x+ + − + − − =
2. Giải hệ phương trình:
( )
2 2
2 2
2 1
2 3 1 , ,
1
x y
y z x y z
xy yz zx

− =

− = ∈


+ + =

¡

Câu II (2 điểm)
Giả sử
, , ,A B C D
lần lượt là số đo các góc
·
·
·
·
, , ,DAB ABC BCD CDA
của tứ giác lồi
ABCD
bất
kì.
1. Chứng minh rằng
sin sin sin 3sin
3
A B C
A B C
+ +
+ + ≤
.
2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
sin sin sin sin
3
A
P B C D= − + + +
.
Câu III (1 điểm)
Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số tự
nhiên thuộc vào tập A. Tính xác suất để chọn được một số thuộc A và số đó chia hết cho

9
.
Câu IV (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC. Phân giác trong của các góc A, B, C cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC lần lượt tại các điểm
1 1 1
, ,A B C
. Đường thẳng
1
AA
cắt đường thẳng
1
CC
tại điểm
I
;
đường thẳng
1
AA
cắt đường thẳng
BC
tại điểm
N
; đường thẳng
1
BB
cắt đường thẳng
1 1
AC
tại điểm

P
. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
1
IPC
. Đường thẳng
OP
cắt
đường thẳng
BC
tại điểm M. Biết rằng
BM MN=
và
·
·
2BAC ABC=
. Tính các góc của tam
giác ABC.
Câu V (1 điểm)
Cho hàm số
( ) ( )
: 0; 0;f +∞ → +∞
thỏa mãn điều kiện
( ) ( )
1
3 2 2
2
f x f f x x
 
≥ +
 ÷

 
với mọi
0x >
. Chứng minh rằng
( )
f x x≥
với mọi
0x >
.
Hết
Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ……………………………………………SBD: …………………
1
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
Câu Nội dung Điểm
I
4điểm
I.1 (2 điểm)
( ) ( )
( )
2
2 2
3 1 cos 3 1 sin .cos sin cos 3 0
3 cos 1 3 sin .cos cos sin .cos sin cos 0
x x x x x
x x x x x x x x
+ + − + − − =
⇔ − + + − + − =
0,5

( ) ( )
( )
( )
2 2
3 sin 3 sin .cos cos sin .cos sin cos 0
3 sin sin cos cos sin cos sin cos 0
sin cos 3 sin cos 1 0
x x x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x
⇔ − + + − + − =
⇔ − − − − + − =
⇔ − + − =
0,5
2 sin 0
sin cos 0
4
1
3 sin cos 1
sin
6 2
x
x x
x x
x
π
π

 
− =

 ÷

− =

 

⇔ ⇔


+ =
 

+ =

 ÷
 

0,5
( )
4
4
2 2
6 6
2
5
2
2
3
6 6
x k

x k
x k x k k
x k
x k
π
π π
π
π π
π π
π
π π
π
π

= +


= +




⇔ + = + ⇔ = ∈




= +



+ = +



¢
0,5
I.2 (2 điểm)
+) Nếu
0x =
thay vào hệ ta có hệ vô nghiệm
0,25
+) Nếu
0x ≠
ta đặt
; y ax z bx= =
thay vào hệ ta được
0,25
( )
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
2 2 2
2 2 2
2
2
2
1 2 1

4 3 1
1 2 2 3
1 2 3 1
2 1 1 0
1 2
1
x a
a b
a a b
x a b
a a b a
a a ab b
x a ab b

− =


− =
− = −
  
− = ⇒ ⇔
  
+ − + + =
− = + +


 

+ + =




0,5
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2
1
1
4 3 1 4 3 1
1 2
1 2 1 1 0 1 2 1 0
2 3 1 0
a
b
a b a b
b a
a a b a a a b
a a

= −



= ±
 
− = − =

 

⇔ ⇔ ⇔

 

= −
+ − + + = + − + =

 
 



− + =


0,5
+) Nếu
1
1
a
b
= −


= ±

thay vào (1) không thỏa mãn
0,25
2
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
+) Nếu
2

1
1
1 2
1
2 3 1 0
2
0
a
b
b a
a a
a
b

=



= −


= −


⇔


− + =
=








=


thay
1
1
a
b
=


= −

vào (1) không thỏa mãn, thay
1
2
0
a
b

=




=

vào (1) ta có
2x = ±
. Do đó nghiệm của hệ là
( )
1 1
; ; 2; ;0 , 2; ;0
2 2
x y z
   
= − −
 ÷  ÷
   
0,25
II
2điểm
II.1 (1 điểm)
Nhận xét. Nếu
0 ,0 ;
2
x y
x y
π
+
< < <
thì

sin sin 2sin cos 2sin
2 2 2

x y x y x y
x y
+ − +
+ = ≤
. Dấu bằng xảy ra khi
x y=
0,25
Sử dụng nhận xét trên ta có
4
sin sin sin sin 2sin 2sin
3 2 6
4
2 6
4sin 4sin
2 3
A B C A B A B C
A B C
A B A B C
A B C
+ + + + +
+ + + ≤ +
+ + +
+
+ +
≤ =
0,5
sin sin sin 3sin
3
A B C
A B C

+ +
+ + ≤
. Dấu bằng xảy ra khi
A B C
= =
.
0,25
II.2 (1 điểm)
Đặt
,
3
B C D
t
+ +
=
ta có
( )
2
2 3 ; 1
3 3
A t t
π π
π
= − < <
0,25
Khi đó theo phần II.1 ta có
2 3 3 5
sin 3sin cos sin
3 2 2
t

P t t t
π
−
 
≤ − + = − +
 ÷
 
0,25
Khi đó
( )
2
2
2 2
3 5
sin cos 7
2 2
P t t
 
 
 
 
≤ − + + =
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
 
 
0,25

Đẳng thức xảy ra khi
( )
3 5
cos ; sin 2
28
28
t t= − =
Vậy
max 7 , 2 3P B C D t A t
π
= ⇔ = = = = −
(với
t
xác định bởi (1) và (2))
0,25
III
1điểm
+) Trước hết ta tính n(A). Với số tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau thì chữ số đầu
tiên có 9 cách chọn và có
7
9
A
cho 7 vị trí còn lại. Vậy
( )
7
9
9n A A=
0,25
+) Giả sử
{ }

0;1;2; ;9B =
ta thấy tổng các phần tử của B bằng
45 9M
nên số có chín chữ
số đôi một khác nhau và chia hết cho 9 sẽ được tạo thành từ 8 chữ số đôi một khác nhau
3
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
của các tập
{ } { } { } { } { }
\ 0; 9 ; \ 1; 8 ; \ 2; 7 ; \ 3; 6 ; \ 4; 5B B B B B
nên số các số loại này là
8 7
8 7
4.7.A A+
.
0,5
Vậy xác suất cần tìm là
8 7
8 7
7
9
4.7.
1
9. 9
A A
A
+
=
.
0,25

IV
2điểm
* Dễ thấy
·
0
1
90IPC =
, do đó O là trung điểm của
1
IC
. 0,5
*
·
·
·
·
1 1 1
2 //IOP IC P CAB CC B BC OP= = = ⇒
* Do BM=MN;
1 1
//OI OC IN C B= ⇒
0,5
Do đó
·
·
1
CIA BAC=
, mà
·
·

·
( )
1
1
2
CIA BAC ACB= +
Vậy
· ·
·
( )
·
·
1
2
BAC BAC ACB BAC ACB= + ⇒ =
0,5
Cùng với
·
·
2BAC ABC=
ta được
·
·
·
0 0
72 ; 36BAC ACB ABC= = =
M
O
I
N

P
A1
B1
C1
A
B
C
0,5
V
1điểm
1
(3 ) (2 ) 2 (1)
2
f x f f x x
 
≥ +
 ÷
 
Từ (1) suy ra
1 2 2 2
( ) ( ) , 0
2 3 3 3
x x x
f x f f f x x
 
 
≥ + ⇒ > ∀ >
 ÷
 ÷
 

 
(2)
0,25
Khi đó
1 2 2 2 1 2 2 1 2 2 4 2
( ) .
2 3 3 3 2 3 3 3 3 3 27 3
x x x x x x
f x f f f f x
 
       
≥ + > + = + > +
 ÷  ÷  ÷  ÷
 ÷
       
 
Xét dãy
( )
n
a
, (n=1,2,…) được xác định như sau:
1
2
3
a =
và
2
1
1 2
3 3

n n
a a
+
= +
.
0,25
4
Tuyn tp cỏc thi hc sinh gii toỏn lp 11 (cú ỏp ỏn chi tit) phn 2
Ta s chng minh bng quy np theo n rng vi mi
*
nƠ
luụn cú
( )
n
f x a x>
vi
0x >
(3)
Tht vy, khi
1n =
thỡ theo (2), ta cú ngay (3)
Gi s mnh (3) ỳng vi
n k=
. Khi ú
1
1 2 2 1 2 2 1 2 2
( ) . . .
2 3 3 2 3 3 2 3 3
2
2

. .
3
k
x x x x x x
f x f f a f a a
k k k
a
k
x a x
+


+ > + > +
ữ ữ
ữ


+
= =
Vy (3) ỳng vi
1n k
= +
.
0,25
Tip theo ta chng minh
lim 1
n
a =
. Tht vy, ta thy ngay
*

1
n
a n< Ơ
. Do ú:
1
1
( 1)( 2) 0
3
n n n n
a a a a
+
= >
, suy ra dóy
( )
n
a
tng ngt.
Dóy
( )
n
a
tng v b chn trờn nờn hi t. t
lim
n
a l=
thỡ
2
1 2
3 3
l l= +

vi
1l
,
suy ra
1l =
. Vy
lim 1
n
a =
. Do đó từ (3) suy ra
( )f x x
với mọi
0x >
(đpcm).
0,25
S 17:
Bi 1 (2 im).
1. Gii phng trỡnh: a)
2 2
2 2sin 2
tan cot 2
x
x x
+
= +
+
.
2. Gii phng trỡnh:
( ) ( )
2 2

25 9
2sin 2cos tan
4 2
0
2 cos 1 2 sin 1
x x x
x x


+ +
ữ ữ

=
+ +
Bi 2 (3 im).
Kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 11
Mụn thi: toáN THPT
Thi gian lm bi: 180 phỳt
5
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
1. Cho dãy số
( )
n
u
xác định bởi
( )
1
*
1
4

1
4 4 1 2
9
n n n
u
u u u n N
+
=



= + + + ∀ ∈


.
Tìm công thức số hạng tổng quát
n
u
của dãy số.
2. Cho n là số tự nhiên,
2.n ≥
Chứng minh đẳng thức sau:

( ) ( )
2 2
2 0 1 2 2 2 2 1 2
1 2 2 1 ( 1)2 .
n n n
n n n n n
n C n C n C C C n n

− − −
+ − + − + + + = +

3. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn có mặt hai
chữ số chẵn và hai chữ số lẻ.
Bài 3 (2 điểm).
1. Cho dãy số
k
{x }
xác định bởi:
k
1 2 k
x
2! 3! (k 1)!
= + + +
+
Tính :
1 2 3 2012
lim
n n n n
n
x x x x+ + + +

2. Cho hàm số :

2
3
1 sin 1
0
( )

0 0.
víi
víi
x x
x
f x
x
x

+ −

≠
=


=


Tính đạo hàm của hàm số tại x = 0 và chứng minh rằng hàm số đạt cực tiểu tại x = 0.
Bài 4 (3 điểm).
Cho tam giác đều ABC
1. M là một điểm nằm trong tam giác sao cho
2 2 2
MA MB MC= +
. Hãy tính góc
·
BMC
2. Một điểm S nằm ngoài (ABC ) sao cho tứ diện SABC đều , gọi I, K là trung điểm của
các cạnh
AC và SB . Trên đường thẳng AS và CK ta chọn các điểm P,Q sao cho PQ// BI

Tính độ dài PQ biết cạnh của tứ diện có độ dài bằng 1.
Hết

Họ và tên : Số báo
danh :
6
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
Bài Lời giải Điểm
Bài 1
1.(1 đ)
Điều kiện :
( )
cos 0
sin 2 0 1
tan cot 2 0
x
x
x x
≠


≠


+ >

Ta có :
2
2sin cos2 1
tan cot 2

sin 2 sin 2
x x
x x
x x
+
+ = =
Do đó phương trình đã cho tương đương với :

( )
2 2 sin2 2 sin 2x x+ = +

( ) ( )
sin 2 1 . 2 sin 2 2 0x x⇔ − − =

sin 2 1
2
sin 2
2
x
x

=

⇔

=



sin 2 1

1
sin 2
2
x
x
=


⇔

=

( Thỏa điều kiện (1) )
Giải các phương trình trên ta được :

( )
5
; ;
4 12 12
x k x k x k k Z
π π π
π π π
= + = + = + ∈
2. (1 đ)
ĐK:
( )
1 1 2 3
2 3
cos 0
2

2 3
cos 2 ; ; ;
2 4
5
2
2 ; 2
sin
4 4
2
x l
x
x x l l l l l Z
x l x l
x

π

≠ + π

≠



− π
 
≠ ⇔ ≠ ± + π ∈
 
 
π π
 

≠ − + π ≠ + π
≠ −
 


( ) ( ) ( )
2 2
2 2
2
2sin 6 2cos 4 tan 0
4 2
sin
1 cos 2 2sin tan 1 sin 2 2sin
2 cos
2sin cos sin
1 sin 2 tan sin 2 1 1 sin 2 1 tan 0
cos
pt x x x
x
x x x x x
x
x x x
x x x x x
x
π π
   
⇔ − π − − + π+ + =
 ÷  ÷
   
π

 
⇔ − − = − ⇔ − = −
 ÷
 
−
⇔ − = = − ⇔ − + =
( )
sin 2 1
4
tan 1
4
x k
x
x
x k loai
π

= + π

=

⇔ ⇔


= − π


= − + π



So với điều kiện
( )
2
4
x m m Z
π
= + π ∈
là nghiệm phương trình đã cho.

0.25đ
0.25đ

0.25 đ

0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
7
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
ĐỀ SỐ 18:
Trường THPT Lê Quý Đôn
o0o
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
MÔN TOÁN- KHỐI 11-VÒNG 2
Năm học 2013-2014
Thời gian làm bài: 60 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (2,5 điểm). Giải hệ phương trình :

( )
( )
( )

= +


= + +


= + + +


2 2
3 4 2
4 6 4 2
2 1
3 1
4 1
x y x
y z y y
z x z z z
Câu 2 (2,0 điểm). Cho tam giác
ABC
vuông cân tại
B
, cạnh
2AB
=
. Trong mặt

phẳng chứa tam giác
ABC
lấy điểm
M
thỏa mãn
2 2 2
MA MB MC+ =
. Tìm quỹ tích
của điểm M.
Câu 3 (2,5 điểm). Cho ba số dương a, b c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh
rằng:
1 1 1
1
1 1 1a b b c c a
+ + ≤
+ + + + + +
Câu 4 (3,0 điểm). Cho dãy số
( )
n
u
xác định bởi
1
1u =
và
2
1
3 2
n n
u u
+

= +
*
, n N∀ ∈
.
a) Xác định số hạng tổng quát của dãy số
( )
n
u
.
b) Tính tổng
2 2 2 2
1 2 3 2015
S u u u u= + + + +
.
HẾT
8
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
Họ và tên học sinh:………………………………… SBD:………………………
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG KHỐI 11-
VÒNG 2
Câu/
điểm
NỘI DUNG CẦN ĐẠT Điểm
Câu
1(2,5đ
)
Nếu x=0 thì (1) => y=0, (2)=> z=0. Thay vào (3) thỏa mãn. 0,5
Nếu x≠0 thì (1)=> y>0, (2)=> z>0, (3)=> x>0.
0,25
Ta có 2x

2
= y(1 + x
2
) ≥ 2xy (BĐT cosi)⇔ x ≥ y
3y
3
= z(y
4
+ y
2
+1) ≥ z.3y
2
⇔ y ≥ z (vì y
4
+ y
2
+ 1 ≥ 3y
2
)
4z
4
= x(z
6

+ z
4
+ z
2
+1) ≥ x.4z
3

⇔ z ≥ x (vì z
6
+ z
4
+ z
2
+ 1 ≥ 4z
3
)
=> x ≥ y ≥ z ≥ x ⇔ x = y = z
1,5
Khi đó thay vào hệ ta được: x = y = z = 1. Hệ có 2 nghiệm: (0;0;0),
(1;1;1)
0,25
Câu
2(2đ)
Chọn hệ trục tọa độ
Bxy
sao cho
( )
0;0B
, tia
Bx
qua A và tia
By
qua C.
Vì
2AB =
,
ABC∆

vuông cân tại B, nên ta có:
( )
2;0A
,
( )
0;2C
. Giả sử
( )
;M x y
.
0,5
2 2 2
MA MB MC+ =
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
2 2x y x y x y⇔ − + + + = + −
⇔
2 2
4 4 0x y x y+ − + =
. Đây là pt của đường tròn tâm
( )
2; 2I −
,
2 2R =
.
1,0
Vậy quỹ tích điểm M là một đường tròn tâm
( )
2; 2I −

, bán kính
2 2R =
.
0,5
Câu
3(2,5đ
)
( )
( )
( )
2 2
3 3
3 3 3 3 3 3
a b a b a ab b ab a b+ = + − + ≥ +
0,5
( ) ( ) ( )
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
a b 1 ab a b 1 ab a b abc ab a b c⇒ + + ≥ + + = + + = + +
0,5
( ) ( )
3 3
3 3 3
3 3 3 3 3 3 3 3
1 1 abc c
a b 1
a b c
ab a b c ab a b c
⇒ ≤ = =
+ +
+ +

+ + + +
0,5
9
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
Tương tự:

( ) ( )
3 3
3 3 3
3 3 3 3 3 3 3 3
1 1 abc a
b c 1
a b c
bc a b c bc a b c
≤ = =
+ +
+ +
+ + + +
( ) ( )
3 3
3 3 3
3 3 3 3 3 3 3 3
1 1 abc b
c a 1
a b c
ca a b c ca a b c
≤ = =
+ +
+ +
+ + + +

0,5
Vậy:
3 3 3
3 3 3
1 1 1 a b c
1
a b 1 b c 1 c a 1
a b c
+ +
+ + ≤ =
+ + + + + +
+ +
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
0,5
Câu
4a
Dễ thấy
*
0,
n
u n N> ∀ ∈
. Có
2 2 2
1 1
3 2 3 2
n n n n
u u u u
+ +
= + ⇔ = +
.

0,25
Đặt
2
n n
v u=
thì có:
( )
1 1
3 2 1 3 1
n n n n
v v v v
+ +
= + ⇔ + = +
*
, n N∀ ∈
.
0,5
Đặt
1
n n
x v= +
, ta có:
1
3
n n
x x
+
=
*
, n N∀ ∈

. Suy ra
( )
n
x
là cấp số nhân với
1
2x =
, ccông bội q= 3.
0,5
Suy ra
1 1 1
2.3 2.3 1 2.3 1
n n n
n n n
x v u
− − −
= ⇒ = − ⇒ = −
*
, n N∀ ∈
.
0,5
Câu
4b
Ta có
0 1 2 2014
2.3 2.3 2.3 2.3 2015S = + + + + −
0,5

( )
0 1 2 2014

2 3 3 3 3 2015= + + + + −
0,25

( )
2015
2 3 1
2015
3 1
−
= −
−
0,25

2015
3 2016= −
0,25
ĐỀ SỐ 19:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
NĂM HỌC 2010-2011
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu I (2,0 điểm)
1) Giải phương trình lượng giác
2 2
sin 3 cos2 sin 0.x x x+ =
2) Giải hệ phương trình
( ) ( )

2 2
2 2 8
4 4 4.
x y
x y y x
 − + =


− + − =


Câu II (2,0 điểm)
1) Cho a, b, c là ba hằng số và
( )
n
u
là dãy số được xác định bởi công thức:
10
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
1 2 3 ( *).
n
u a n b n c n n= + + + + + ∀ ∈¥

Chứng minh rằng
lim 0
n
n
u
→∞
=

khi và chỉ khi
0.a b c+ + =
2) Các số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành một cấp số nhân có tổng bằng 26.
Tìm các số đó, biết rằng: nếu một cấp số cộng có a là số hạng thứ nhất, b là số hạng
thứ ba thì c là số hạng thứ chín.
Câu III (2,0 điểm)
1) Chứng minh rằng: với mọi số tự nhiên n, số
3
2 1+
n
chia hết cho
1
3
+n
nhưng
không chia hết cho
2
3 .
+n

2) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy
ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ
số khác nhau.
Câu IV (3,0 điểm)
1) Cho hình hộp
. ' ' ' '.ABCD A B C D
Trên cạnh AB lấy điểm M khác A và B. Gọi
(P) là mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng
( ').ACD

a) Trình bày cách dựng thiết diện của hình hộp và mặt phẳng (P).
b) Xác định vị trí của M để thiết diện nói trên có diện tích lớn nhất.
2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và M là trung điểm
của SC. Một mặt phẳng (P) chứa AM và lần lượt cắt các cạnh SB, SD tại các điểm B',
D' khác S. Chứng minh rằng:
4 ' ' 3
3 2
SB SD
SB SD
≤ + ≤
.
Câu V (1,0 điểm)
Khảo sát tính chẵn - lẻ, tính tuần hoàn và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
hàm số
( )
sin sin .y x= π

HẾT
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị
2:
11
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
CÂU NỘI DUNG ĐÁP ÁN ĐIỂM
Câu I
1) Giải phương trình lượng giác
2 2
sin 3 cos 2 sin 0.x x x+ =
2) Giải hệ phương trình

( ) ( )
2 2
2 2 8
4 4 4.
x y
x y y x
 − + =


− + − =


2,0 đ
I.1
(1,0đ)
Có:
3 2
sin 3 3sin 4sin (3 4sin )sin (1 2cos 2 )sin ,x x x x x x x= − = − = +
0,25
nên PT
2 2
[(1 2cos 2 ) cos2 1]sin 0x x x⇔ + + =
0,25

3 2 2
2 2
(4cos 2 4cos 2 cos 2 1)sin 0
(1 cos 2 )(1 4cos 2 )sin 0
x x x x
x x x

⇔ + + + =
⇔ + + =
0,25

sin 0
2
cos2 1
x
x k
x
=

⇔ ⇔ = π

= −

(với k nguyên)
0,25
I.2
(1,0đ)
Điều kiện:
; [ 2;2]x y ∈ −
. Đặt
2cos 2
2cos 2
=


=


x u
y v
với
, [0; ]
2
u v∈
π
HPT ⇔
(1 cos2 )(1 cos 2 ) 2
cos2 sin 2 cos 2 sin 2 1
u v
u v v u
− + =


+ =

0,25
⇔
2 2
sin cos 1/ 2
sin 2( ) 1
u v
u v

=

+ =

⇔

sin cos 1/ 2
4
u v
u v

=


+ =


π
⇔
sin( ) sin( ) 2
4
u v u v
u v

+ + − =


+ =


π
0,25
⇔
sin( ) 1/ 2
4
u v

u v

− =


+ =


π
⇔
4
4
u v
u v

− =




+ =


π
π
⇔
4
0
u
v


=



=

π
(thỏa)
0,25
Kết luận: nghiệm hệ phương trình là
2cos 0
2
2cos0 2
x
y
π

= =



= =

0,25
Câu II
1) Cho a, b, c là ba hằng số và
( )
n
u

là dãy số được xác định bởi công thức:
1 2 3 ( *).
n
u a n b n c n n= + + + + + ∀ ∈ ¥
Chứng minh rằng
lim 0
n
n
u
→∞
=
khi và chỉ khi
0.a b c
+ + =
2) Các số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành một cấp số nhân có tổng bằng 26. Tìm các số
đó, biết rằng: nếu một cấp số cộng có a là số hạng thứ nhất, b là số hạng thứ ba thì c là số
hạng thứ chín. 2,0 đ
II.1
(1,00đ
)
Đặt
2 3
1 1
1
n
n n
u
n n
v a b c v a b c
n n

n
+ +
= = + + ⇒ → + +
+ +
+
khi
n → +∞
Ta có:
1
n n
u v n= +

0,25
cho nên: nếu
0a b c
+ + ≠
thì
lim ( ) 0.
n
n
u
→+∞
= ∞ ≠
0,25
12
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
Ngược lại nếu
0a b c a b c+ + = ⇒ = − −
thì khi
n → +∞

ta có
( ) ( )
2
2 1 3 1 0
2 1 3 1
n
b c
u b n n c n n
n n n n
= + − + + + − + = + →
+ + + + + +
0,50
II.2
(1,00đ
)
Gọi
1 2 3
, ,u a u b u c= = =
là ba số theo thứ tự lập thành một cấp số nhân có công bội q; (v
n
)
là cấp số cộng có công sai d với
1 3 9
, ,v a v b v c= = =
. Khi đó ta có:
1 1
1 1
2 3
2
3 9

1 2 3
2 (1)
8 (2)
26
3 10 26. (3)
u v a
u v a
aq a d
u v b
u v c
aq a d
u u u
a d
= =
= =




= +
= =
 
⇔
 
= =
= +
 
 
+ + =
+ =



Dễ thấy q = 1 ⇔ d = 0, nên:
0,50
q = 1
⇔

26
3
a b c= = =
0,25
Nếu q ≠ 1
( 0)ad ≠
hệ trên trở thành
2
2
1
4 3 0
3 10 26
d
a
q
q q
a d

=

−




− + =


+ =


⇔
3
2
q
a d
=


= =


⇔
a = 2, b = 6, c = 18
0,25
Câu
III
1) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n; số
3
2 1+
n
chia hết cho
1
3

+n
nhưng không chia
hết cho
2
3 .
+n

2) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu
nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác
nhau. 2,0 đ
III.1
(1,0đ)
Đặt A
n
=
3
2 1
n
+
n = 0 thì A
0
=
1
2 1+
= 3 chia hết cho 3
1
mà không chia hết cho 3
2

0,25

Giả sử A
k
=
3
2 1
k
+
chia hết cho 3
k+1
mà không chia hết cho 3
k+2
(A
k
= B.3
k+1
; với B nguyên,
không chia hết cho 3).Ta có:
A
k+1
=
( ) ( ) ( )
(
)
1
3 2
3 3 3 3 3
2 1 2 1 2 1 2 2 1
k k k k k+
+ = + = + − +
0,25

A
k+1
( )
2 3
3 2
k
k k
A A= − ×
=
( )
2
1 1 3
3 3 3 2
k
k k
B B
+ +
 
× × − ×
 
=
2 3 2 1 3
3 3 2
k
k k
B B
+ +
 
× − ×
 

0,25
Dễ thấy:
3 2 1
.3
k
B
+
chia hết cho 3 mà
3
2
k
B ×
không chia hết cho 3 (vì B không chia hết cho 3)
nên
2 2 1 3
.3 2
k
k
B
+
−
không chia hết cho 3
⇒ A
k+1
chia hết cho 3
k+2
, nhưng không chia hết cho 3
k+3
. Kết luận: 0,25
Ta có:

5
9 59.049Ω = =
0,25
Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có:
Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là
3
9
C
. Chọn 2 chữ số
còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây:
TH1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5!
hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 3! hoán vị
của các vị trí mà a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH1 này có cả
0,25
13
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
thảy
5!
3 60
3!
× =
số tự nhiên.
TH2. 1 trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số kia bằng 1 chữ số khác
trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c
tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 2! hoán vị của các vị trí mà a, a chiếm chỗ và 2! hoán vị
của các vị trí mà b, b chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH2 này có cả thảy
5!
3 90
2!2!
× =

số tự nhiên.
Vậy:
3
9
9!
(60 90)C 150 150 7 4 3 12600
3!6!
A
Ω = + = × = × × × =
.
0,25
Kết luận:
( )
12.600 1.400
0,213382106
59.049 6.561
A
P A
Ω
= = = ≈
Ω
0,25
Câu
IV
1) Cho hình hộp
. ' ' ' '.ABCD A B C D
Trên cạnh AB lấy điểm M khác A và B. Gọi (P) là mặt
phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng
( ').ACD

a) Trình bày cách dựng thiết diện của hình hộp và mặt phẳng (P).
b) Xác định vị trí của M để thiết diện nói trên có diện tích lớn nhất.
2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và M là trung điểm của SC. Một
mặt phẳng (P) chứa AM và lần lượt cắt các cạnh SB, SD tại các điểm B', D' khác S. Chứng
minh rằng:
4 ' ' 3
.
3 2
SB SD
SB SD
≤ + ≤
3,0 đ
IV.1.a
(0,75đ
)
S
J
R
P
K
I
Q
F
E
N
O
C'
B'
A'
C

A
B
D
D'
M
Trong mp(ABCD), qua M vẽ đường thẳng song song với AC cắt DB, BC lần lượt tại E, N.
Trong mp(BDD’B’), qua E vẽ đường thẳng song song với D’O (O=AC∩BD) cắt B’D’ tại F.
Trong mp(A’B’C’D’), qua F vẽ đường thẳng song song với AC cắt A’D’, D’C’ lần lượt tại
R, Q.
Trong mp(AA’D’D), qua R vẽ đường thẳng song song với AD’ cắt AA’ tại S.
Trong mp(CC’D’D), qua Q vẽ đường thẳng song song với CD’ cắt CC’ tại P. 0,50
Thiết diện là lục giác MNPQRS 0,25
14
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
IV.1.b
(1,25đ
)
Do các mặt đối diên của hình hộp song song nên các cạnh đối của lục giác thiết diên
MNPQRS song song và 3 cặp cạnh đó lần lượt song song với các cạnh tam giác ACD’.
⇒ Các tam giác JKI, ACD’, RQI, JMS, NKP đồng dạng
⇒
'
' '
MJ MA NC NK PC PK QD QI
MN MB NB NM PC PQ QC QP
= = = = = = =
⇒ MJ=NK và PK=QI
⇒ Các tam giác RQI, JMS, NKP bằng nhau (gọi diện tích của chúng là S
1
và gọi diện tích

các tam giác JKI, ACD’ lần lượt là S
2
, S) 0,25
Đặt
;
AM
k
AB
=
ta có điều kiện
0 1k< <
và có:
2 2 2
2
1
S JM AM AM
k
S AC DC AB
     
= = = =
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
 
⇒ S
1
= k
2

S
0,25
( )
2 2 2
2
2
1
S JK JM MK JM MK
k
S AC AC AC AC
+
     
= = = + = +
 ÷  ÷  ÷
     
⇒ S
2
=( k
2
+ 2k +1)S
0,25
⇒ Diện tích thiết diện:
2 1
3
td
S S S= −
2
2
1 3 1 3
2 ( ) 2

2 4 2 2
td
S
S S k k S k
 
 
= − + + = − − ≤
 
 ÷
 
 
 
(dấu bằng xảy ra ⇔
1
2
k =
)
0,25
S lớn nhất ⇔
1
2
k =
⇔ M là trung điểm của AB
0,25
VI.2
(1,00đ
)
P
N
D'

I
O
M
D
B
C
A
S
B'
Lấy I = AM∩B'D' và O = AC∩BD,
ta có: S, O, I là các điểm chung của 2
mặt phẳng (SAC) và (SBD)
⇒ S, O, I thẳng hàng.
Và I là trọng tâm các mặt chéo SAC
⇒
2
3
SI
SO
=

0,25
Vẽ BP // B'I và DN // D'I
( )
,P N SO∈
⇒
OP ON
=
. Đặt
;

' '
SD SB
x y
SD SB
= =
⇒
2 3
2 3
' ' 2
SB SD SP SN SO
x y
SB SD SI SI SI
+ = + = + = = =
⇒
, [1;2]x y ∈
(*)
0,25
Suy ra:
2
1 1 3 2 4
3
3x y xy x y
 
+ = ≥ =
 ÷
+
 
0,25
Từ (*):
1 2x

≤ ≤
⇔
2
3 2 0x x− + ≤
⇔
(3 ) 2x x− ≥
⇔
2x y× ≥
⇔
3 3
2xy
≤
⇔
3
2
x y
xy
+
≤
⇔
1 1 3
2x y
+ ≤

0,25
Câu V Khảo sát tính chẵn – lẻ, tính tuần hoàn và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 1,0đ
15
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
( )
sin sin= πy x .

V
(1,0đ)
Tập xác định của hàm số
( )
( ) sin siny f x x= = π
là
D = ¡
(đối xứng qua 0)
( ) ( )., x f x f x∀ ∈ − =¡
Vậy, f chẵn (f không lẻ vì nó không đồng nhất bằng 0)
0,25
( 2 ) ( )., x f x f x∀ ∈ + π =¡
Vậy, f tuần hoàn
0,25
Tập giá trị của hàm số
sint x= π
là
[ ]
0; π
nên
0,25
0
min min sin 0,
t
f t
≤ ≤π
= =

0

max max sin 1
t
f t
≤ ≤π
= =
0,25
ĐỀ SỐ 20:
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
——————
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2011-2012
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho học sinh THPT không chuyên
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
————————————
Câu 1 (1,5 điểm).
Giải phương trình:
2
2
tan tan 2
sin
tan 1 2 4
x x
x
x
π
+
 
= +
 ÷

+
 
.
Câu 2 (3,0 điểm).
1. Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính
xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1.
2. Chứng minh đẳng thức sau:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
0 1 2 3 2011 2012 1006
2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012
C C C C C C C− + − + − + =
.
Câu 3 (2,5 điểm).
1. Chứng minh rằng phương trình
3
8 6 1 0x x− − =
có ba nghiệm thực phân biệt. Hãy tìm 3
nghiệm đó.
2. Cho dãy số
( )
n
u
được xác định bởi:
1 1
2
sin
sin1;
n n
n

u u u
n
−
= = +
, với mọi
, 2n n∈ ≥¥
.
Chứng minh rằng dãy số
( )
n
u
xác định như trên là một dãy số bị chặn.
Câu 4 (3,0 điểm).
1. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng
2a
, các cạnh bên
bằng nhau và bằng
3a
(
0a
>
). Hãy xác định điểm O sao cho O cách đều tất cả các đỉnh của
hình chóp S.ABCD và tính độ dài SO theo
a
.
16
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
2. Cho hình chóp S.ABC có đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng (SBC). Gọi H là hình
chiếu của S lên mặt phẳng (ABC). Chứng minh rằng đường thẳng SB vuông góc với đường
thẳng SC, biết rằng

2 2 2 2
1 1 1 1
SH SA SB SC
= + +
.
3. Cho tứ diện ABCD thỏa mãn điều kiện
, ,AB CD BC AD AC BD= = =
và một điểm X thay
đổi trong không gian. Tìm vị trí của điểm X sao cho tổng
XA XB XC XD
+ + +
đạt giá trị nhỏ
nhất.
—Hết—
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh……………….
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
———————
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT KHÔNG CHUYÊN
NĂM HỌC 2011-2012
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
———————————
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 Ý Nội dung trình bày Điểm

1 1,5 điểm
Điều kiện:
cos 0
2
x x k
π
π
≠ ⇔ ≠ +
(*)
Phương trình đã cho tương đương với:
2 2
2cos (tan tan ) sin cosx x x x x+ = +
0,25
2
2sin 2sin .cos sin cos 2sin (sin cos ) sin cos
(sin cos )(2sin 1) 0
x x x x x x x x x x
x x x
⇔ + = + ⇔ + = +
⇔ + − =
0,5
+ Với
sin cos 0 tan 1
4
x x x x k
π
π
+ = ⇔ = − ⇔ = − +
0,25
17

Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
+ Với
1 5
2sin 1 0 sin 2 ; 2
2 6 6
x x x k x k
π π
π π
− = ⇔ = ⇔ = + = +
0,25
Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của phương trình đã cho là:
5
; 2 ; 2 ( )
4 6 6
x k x k x k k
π π π
π π π
= − + = + = + ∈¢
0,25
2 1 1,5 điểm
Số các số tự nhiên có 5 chữ số là
99999 10000 1 90000− + =
Giả sử số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là:
1abcd
0,5
Ta có
1 10. 1 3. 7. 1abcd abcd abcd abcd= + = + +
chia hết cho 7 khi và chỉ khi
3. 1abcd +

chia hết cho 7. Đặt
1
3. 1 7 2
3
h
abcd h abcd h
−
+ = ⇔ = +
là số nguyên khi và chỉ khi
3 1h t
= +
0,5
Khi đó ta được:
7 2 1000 7 2 9999abcd t t= + ⇒ ≤ + ≤
{ }
998 9997
143, 144, , 1428
7 7
t t⇔ ≤ ≤ ⇔ ∈
suy ra số cách chọn ra t sao cho số
1abcd

chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là 1286.
Vậy xác suất cần tìm là:
1286
0,015
90000
≈
0,5
2 1,5 điểm

Xét đẳng thức
( ) ( )
( )
2012
2012 2012
2
1 . 1 1x x x− + = −
0,5
+) Ta có
( ) ( )
2012
2012
2 2
2012
0
1
k
k
k
x C x
=
− = −
∑
suy ra hệ số của số hạng chứa
2012
x
là
1006
2012
C

0,5
+) Ta có
( ) ( ) ( )
2012 2012
2012 2012
2012 2012
0 0
1 . 1
k
k k k
k k
x x C x C x
= =
  
− + = −
 ÷ ÷
  
∑ ∑

suy ra hệ số của số hạng chứa
2012
x
là
2012 1 2011 2 2010 3 2009 2012 2012
2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012

o
C C C C C C C C C C− + − + +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2

0 1 2 3 2011 2012
2012 2012 2012 2012 2012 2012
C C C C C C= − + − + − +
Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh.
0,5
3 1 1,5 điểm
Đặt
( )
3
8 6 1f x x x= − −
; tập xác định
D = ¡
suy ra hàm số liên tục trên
¡
. Ta có 0,25
( ) ( ) ( )
1
1 3, 1, 0 1, 1 1
2
f f f f
 
− = − − = = − =
 ÷
 
suy ra 0,5
( ) ( ) ( ) ( )
1 1
1 0, 0 0, 0 1 0
2 2
f f f f f f

   
− − < − < <
 ÷  ÷
   
. Từ 3 bất đẳng thức này và tính liên
tục của hàm số suy ra pt
( )
0f x =
có ba nghiệm phân biệt thuộc
( )
1; 1−
.
0,25
Đặt
[ ]
cos , 0;x t t
π
= ∈
thay vào pt ta được:
( )
3
2
2 4cos 3cos 1 cos3 cos
3 9 3
t t t t k
π π π
− = ⇔ = ⇔ = ± +
, kết hợp với
[ ]
0;t

π
∈
ta
được
5 7
; ;
9 9 9
t
π π π
 
∈
 
 
. Do đó phương trình đã cho có 3 nghiệm:
0,5
18
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
5 7
cos , cos , cos
9 9 9
x x x
π π π
= = =
.
2 1,0 điểm
Nhận xét. Với mỗi số nguyên dương n ta có:
2 2 2 2
1 1 1 1
2
1 2 3 n

+ + + + <
Thật vậy, ta có
( )
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
1
1 2 3 1.2 2.3 1n n n
+ + + + < + + + + =
−
1 1 1 1 1 1
1 1 2 2
2 2 3 1n n n
= + − + − + + − = − <
−
suy ra nhận xét được chứng minh.
Trở lại bài toán, từ công thức truy hồi ta được:
2 2 2
sin1 sin 2 sin

1 2
n
n
u
n
= + + +
0,5
Ta có
2 2 2
1 1 1
2

1 2
n
u
n
≤ + + + <
với mọi n (theo nhận xét trên) (1) 0,25
Mặt khác
2 2 2
1 1 1
2
1 2
n
u
n
 
≥ − + + + > −
 ÷
 
với mọi n (theo nhận xét trên) (2). Từ (1) và
(2) suy ra dãy số đã cho bị chặn.
0,25
4 1 1,0 điểm
I
O
M
S
D
C
A
B

Gọi
I AC BD= ∩
. Do
SA SB SC SD= = =
nên các tam giác SAC, SBD cân tại đỉnh S
nên SI vuông góc với AC, BD suy ra SI vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Dễ thấy mọi
điểm nằm trên đường thẳng SI cách đều các đỉnh A, B, C, D.
0,25
Trong tam giác SIC, dựng trung trực của cạnh SC cắt đường thẳng SI tại O suy ra
OS OA OB OC OD
= = = =
.
0,25
Ta có
2
2 2 2 2
. 3 .3 9 9 2
. .
8
2 2 9
SM SC a a a a
SM SC SO SI SO
SI
SA IA a a
= ⇒ = = = =
− −
.
Vậy
9 2
8

a
SO =
.
0,5
2 1,0 điểm
19
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
D
K
H
C
B
S
A
Gọi K là giao điểm của đường thẳng AH và BC; trong mặt phẳng (SBC) gọi D là giao
điểm của đường thẳng qua S, vuông góc với SC. Ta có BC vuông góc với SH và SA nên
BC vuông góc với mặt phẳng (SAH) suy ra BC vuông góc với SK.
0,25
Trong tam giác vuông SAK ta có
2 2 2
1 1 1
SH SA SK
= +
, kết hợp với giả thiết ta được
2 2 2
1 1 1
SK SB SC
= +
(1)
0,5

Trong tam giác vuông SDC ta có
2 2 2
1 1 1
SK SD SC
= +
(2)
Từ (1) và (2) ta được
SB SD
=
, từ đó suy ra
B D≡
hay suy ra SB vuông góc với SC.
0,25
3 1,0 điểm
Q
P
N
M
A
D
C
G
B
Gọi G là trọng tâm của tứ diện; M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD,
BC, AD. Ta có tam giác ACD bằng tam giác BCD nên
AN BN
=
suy ra
MN AB
⊥

,
tương tự ta chứng minh được
MN CD⊥
và đường thẳng PQ vuông góc với cả hai
đường thẳng BC, AD. Từ đó suy
GA GB GC GD
= = =
.
0,25
Ta có
. . . .XAGA XB GB XC GC XD GD
XA XB XC XD
GA
+ + +
+ + + =
. . . .XAGA XB GB XC GC XD GD
GA
+ + +
≥
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
0,5
20
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
( )
2
. 4.
4
XG GA GB GC GD GA
GA
GA

+ + + +
= =
uuur uuur uuur uuur uuur
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi X trùng với
điểm G. Vậy
XA XB XC XD+ + +
nhỏ nhất khi và chỉ khi X là trọng tâm của tứ diện
ABCD.
0,25
ĐỀ SỐ 21:
SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012- 2013
Môn thi: Toán
ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Khóa ngày 27 tháng 3 năm 2013)
SỐ BÁO DANH:…………… Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1:(3.0 điểm)
a) Giải hệ phương trình:
2
2
2
10
1
2 12
x
x
y y
x x
y

+ + =





+ + =


b) Giải phương trình:
( )
2
cos2 cos4 6 2sin3x x x
− = +
Câu 2:(2.5 điểm)
a) Tính giới hạn dãy số:
(
)
4 2 63
lim 1 1n n n
+ + − +

b) Cho dãy số
( )
n
u
xác định như sau:
1
1
1
2013
1

( 1)
2013
n
n
n n
n
u
u u n
+
+
=



= + ≥


Tìm công thức số hạng tổng quát và giới hạn dãy số
( )
n
u
?
Câu 3:(2.5 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình thang cân (AD//BC) và BC=2a,
AB=AD=DC=a (a>0). Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của
AC và BD. Biết SD vuông góc với AC.
a) Tính SD.
21
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
b) Mặt phẳng (

α
) qua điểm M thuộc đoạn OD (M khác O, D) và song song với
hai đường thẳng SD và AC.
Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (
α
). Biết MD =
x. Tìm x để diện tích thiết diện lớn nhất.
Câu 4:(2.0 điểm) Cho phương trình:
4 3 2
0x ax bx cx d+ + + + =

a) Với
2013d = −
, chứng minh rằng phương trình có ít nhất hai nghiệm phân
biệt.
b) Với
1d
=
, giả sử phương trình có nghiệm, chứng minh
2 2 2
4
3
a b c+ + ≥

HẾT
SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi: Toán
(Khóa ngày 27 tháng 3 năm 2013)
HƯỚNG DẪN CHẤM

(Đáp án, hướng dẫn này có 4 trang)
yªu cÇu chung
* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập
luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng.
* Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước
giải sau có liên quan. Ở câu 3 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0.
* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần
là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của
từng bài.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài.
22
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
Câu Nội dung Điểm
1
a) ĐK:
0y ≠
. Đặt
1
1;a x b
y
= + =
Ta có hệ phương trình trở thành

2 2
11
5 7 2 3
( )
6 18 3 2
13

a b ab
a b a b a a
VN
ab ab b b
a b
+ + =
+ = + = − = =

   
⇔ ∨ ⇔ ∨
    
= = = =
+ =
   

TH1:
2
1
( ; ) 1;
3
3
a
x y
b
=

 
⇒ =

 ÷

=
 

TH2:
3
1
( ; ) 2;
2
2
a
x y
b
=

 
⇒ =

 ÷
=
 

1,5 điểm
0,25
0,75
0,25
0,25
b)
( )
2
cos2 cos4 6 2sin3x x x

− = +

2 2
2 2
2 2 2
2 2 2
2 2
2
2
4sin sin 3 6 2sin3
4(1 sin sin 3 ) 2(1 sin3 ) 0
4 sin (1 sin 3 ) cos 2(1 sin3 ) 0
4(sin cos 3 cos ) 2(1 sin3 ) 0
sin3 1
sin3 1
sin cos 3 0 2 ( )
2
cos 0
cos 0
x x x
x x x
x x x x
x x x x
x
x
x x x k k Z
x
x
π
π

⇔ = +
⇔ − + + =
 
⇔ − + + + =
 
⇔ + + + =
= −

= −


⇔ = ⇔ ⇔ = + ∈
 
=


=

1,5 điểm
0,5
0,5
0,5
2
a)
(
)
(
)
4 2 6 4 2 2 6 23 3
lim 1 1 lim 1 ( 1 )n n n n n n n n

+ + − + = + + − − + −
Ta có:
(
)
2
2
4 2 2
4 2 2
2 4
1
1
1 1
lim 1 lim lim
2
1 1
1
1 1
n
n
n n n
n n n
n n
 
+
 ÷
 
+
 ÷
+ + − = = =
 ÷

 ÷
+ + +
 
+ + +
 ÷
 
6 2
3
6 2 2 6 4
3 3
1
lim( 1 ) lim 0
( 1) ( 1)
n n
n n n n
+ − = =
+ + + +
Do đó
(
)
4 2 6
3
1
lim 1 1
2
n n n
+ + − + =
1,0 điểm
0,25
0,25

0,25
0,25
23
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2
b)
*
0,
n
u n N> ∀ ∈
1 1
1 1
1 1
2013 2013
n n n n
n n n n
n n
u u u u
+ +
+ +
= + ⇒ − =

Do đó:
2 1
2 1
1
1
2013
u u− =

3 2

3 2
2
1
2013
u u− =


1
1
1
1
2013
n n
n n
n
u u
−
−
−
− =
Suy ra:
1
1
1
1 2 1
1
1
1 1 1
2013

2013 2013 2013 2012
n
n
n
n
u u
−
−
 
−
 ÷
 
− = + + + =

1
1
1
2013
2013
2012
n
n
n
u
−
 
−
 ÷
 
= +

1
1
1
1 1 1 2014 2013
2013
1 2013 2014 1
2012
n
n
n
n
u
n n
−
 
−
 ÷
+ + + +
 
< = + < < = +
(Cô si)
Mặt khác
2013
lim 1 1
n
 
+ =
 ÷
 
. Vậy

lim 1
n
u =
1,5 điểm
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
3

O
B
C
A
D
S
T
M
N
P
K
Q
J
2,5 điểm
0,25
24
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 2

a) Dễ thấy đáy ABCD là nữa hình lục giác đều cạnh a.

Kẻ DT//AC (T thuộc BC). Suy ra CT=AD=a và DT vuông góc SD.
Ta có: DT=AC=
3a
.
Xét tam giác SCT có SC=2a, CT=a,
0
120SCT∠ =
7ST a⇒ =
Xét tam giác vuông SDT có DT=
3a
,
7 2ST a SD a= ⇒ =
b) Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt AD, DC lần lượt tại N,P.
Qua M, N, P kẻ các đường thẳng song song với SD cắt SB, SA, SC lần
lượt tại K, J, Q. Thiết diện là ngũ giác NPQKJ.
Ta có: NJ, MK, PQ cùng vuông góc với NP.
dt(NPQKJ)=dt(NMKJ)+dt(MPQK)=
1 1
( ) ( )
2 2
NJ MK MN MK PQ MP+ + +
1
( ).
2
NJ MK NP= +
(do NJ=PQ).
Ta có:
. . 3
3
3

NP MD AC MD x a
NP x
a
AC OD OD
= ⇒ = = =

2 .
.
3
2( 3)
3
a
a x
NJ AN OM SD OM
NJ a x
a
SD AD OD OD
 
−
 ÷
 
= = ⇒ = = = −

( )
2 . 3
. 2
( 3 )
3 3
a a x
KM BM SD BM

KM a x
SD BD BD
a
−
= ⇒ = = = −
Suy ra: dt(NPQKJ)=
1 2
2( 3) ( 3 ) 3 2(3 2 3 )
2
3
a x a x x a x x
 
− + − = −
 ÷
 

2
2
1 1 3 3
(3 2 3 )2 3 (3 2 3 ) 2 3
4
3 4 3
a x x a x x a
 
= − ≤ − + =
 
Diện tích NPQKJ lớn nhất bằng
2
3 3
4

a
khi
3
4
x a=

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
4
a) d= -2013
Đặt
4 3 2
( ) 2013f x x ax bx cx= + + + −
liên tục trên R.
Ta có:
( )
0 2013 0f = − <
Mặt khác
lim ( )
x
f x
→±∞
= +∞
, nên tồn tại 2 số

0; 0
α β
< >
sao cho
( ) 0; ( ) 0f f
α β
> >
. Do đó
(0). ( ) 0; (0). ( ) 0f f f f
α β
< <
.
Vậy phương trình có ít nhất hai nghiệm phân biệt thuộc hai khoảng
( ,0)
α
1.0 điểm
0,25
0,5
0,25
25