15 đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 có đáp án chi tiết

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012-2013
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
( )
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……………………
1
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012-2013
ĐÁP ÁN 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 Nội dung trình bày Điểm
1(2đ)
Ta có
( )
sin 2 3 cos2 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 3 sin 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
(Đáp án có 03 trang)

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
=
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)
Từ (1) và (2) ta được
( ) ( )
' ' 'A BD CB D
.
0,5
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 y AA
= − + + − = − + − +
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
0,25
3
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

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
+ − − +
= + − + = + − ≤ + + =
.
0,25
4
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1 4
1 0
1 3
m a
n b
p c

= =
 
 
= ⇔ =
 
 
= − = −
 
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
5
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:
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)
6
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:
7
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 2cos2 )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
2cos2
=


=

x u
y v

với
, [0; ]
2
u v ∈
π
HPT ⇔
(1 cos 2 )(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
8
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
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
9
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
Ý.2
(1,0đ)
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
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.
0,25
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
10
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
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= −
0,25
11
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 =
)
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
( )
sin sin= πy x .

1,0đ
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

12
13