Tuyển tập 50 đề thi HSG toán lớp 11 có đáp án chi tiết

----NGUYỄN QUANG HUY----

TUYỂN TẬP 50 ĐỀ THI
HỌC SINH GIỎI


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2015-2016
ĐỀ THI MƠN: TỐN 11 - THPT
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.




x
2

Câu 1 (2,0 điểm). Giải phương trình sin x 1  tan x.tan   tan x  2 3 

3
.
cos 2 x

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt lập
thành một cấp số nhân: x3  7 x 2  (m  6) x  m  0.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tổng S 

1
1

1




2
A22 A32
A2016

Câu 4 (1,0 điểm). Người ta dùng 18 cuốn sách bao gồm 7 cuốn sách Toán, 6 cuốn sách Lý và 5 cuốn
sách Hóa (các cuốn sách cùng loại thì giống nhau) để làm phần thưởng cho 9 học sinh
A, B, C, D, E, F , G, H , I , mỗi học sinh nhận được 2 cuốn sách khác thể loại (khơng tính thứ tự các
cuốn sách). Tính xác suất để hai học sinh A và B nhận được phần thưởng giống nhau.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho dãy số  xn  được xác định bởi: x1  2016, xn1  xn2  xn  1, n  1, 2,3,...
a) Chứng minh rằng dãy  xn  tăng và lim xn  .

1 1
1
  ...   . Tính lim yn .
xn 
 x1 x2

b) Với mỗi số nguyên dương n , đặt yn  2016 

Câu 6 (2,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và SA vng góc với mặt
phẳng  ABCD  . Biết AB  a, BC  a 3 và SD  a 5.
a) Đường thẳng qua A vng góc với AC cắt các đường thẳng CB, CD lần lượt tại I , J . Gọi H là
hình chiếu vng góc của A trên SC . Hãy xác định các giao điểm K , L của SB, SD với  HIJ  và
chứng minh rằng AK   SBC  .

b) Tính diện tích tứ giác AKHL.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A , M là trung




7
3

điểm của AB . Đường thẳng CM : y  3  0 và K  3;  là trọng tâm tam giác ACM . Đường thẳng

AB đi qua điểm D 1;4  . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết điểm M có hồnh độ dương
và tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC thuộc đường thẳng 2 x  y  4  0.
Câu 8 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện xyz  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức





P   xy  yz  zx  15 x 2  y 2  z 2  7  x  y  z   1.
------Hết-----Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………….………..…….…….….….; Số báo danh…………………


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
(Đáp án có 04 trang)

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2015-2016
ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN 11 - THPT

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 tồn bài tính đến 0,25 và khơng làm trịn.
- Câu 6 nếu học sinh khơng vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì khơng cho điểm.
II. ĐÁP ÁN:
Câu
Nội dung trình bày
Điểm
1
(2,0 điểm)
x
ĐKXĐ: cos x.cos  0 . Phương trình đã cho tương đương
2
x
x

0,5
 cos x.cos 2  sin x.sin 2 
2
sin x 

tan
x

2
3

3


3
tan
x

x


cos x.cos

2

sin x

 tan x  2 3  3  3 tan 2 x
0,25
cosx
1
 3 tan 2 x  2 tan x  3  0  tan x  3 hoặc tan x  
.
0,5
3

tan x  3  x   k .
0,25
3
1

tan x  
 x    k .

0,25
6
3


Kiểm tra ĐK thỏa mãn. Vậy nghiệm của PT là x   k ; x    k , k  .
0,25
3
6
2
(1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương
x  1
0,25
( x  1)( x 2  6 x  m)  0   2
 x  6 x  m  0 (1)
Phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt

 '  9  m  0
m  9

khác 1, hay:  2
(*).
m

5
1

6.1


m

0


Khi đó, PT đã cho có ba nghiệm x1 , x2 và x3  1 , trong đó x1 , x2 là nghiệm của (1).

0,25

 x1  x2  6
Theo định lý Viet ta có 
(2).
 x1.x2  m
Xét các trường hợp sau:
*) Nếu x1.x3  x22  x1  x22 (3). Từ (2) và (3) ta có hệ:
 x22  x2  6  0
 x1  x2  6

 x  2; x1  4; m  8

2
 2
 x1.x2  m   x1  x2
 x2  3; x1  9; m  27


2
3
x


x
m

x
 1
2
2


0,25


m  1

*) Nếu x1.x2  x  x1.x2  1 (4). Từ (2) và (4) ta có hệ:  x1  x2  6
 x .x  1
 1 2
Vậy, có ba giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là: m  1, m  8, m  27 .
(1,0 điểm)
2
3

3

k!
1
1
 2
, k  2.
(k  2)!

Ak k (k  1)
1
1
1
Suy ra 2 
 .
Ak k  1 k
1 1 1
1
1
Cho k  2,3,..., 2016 ta được S  1      

.
2 2 3
2015 2016
1
2015
Vậy S  1 

.
2016 2016

Ta có Ak2

4

0,25

0,25
0,25

0,25
0,25

(1,0 im)
Gi x, y, z (x, y, z ẻ Ơ ) lần lượt là số học sinh được nhận các bộ giải thưởng (Tốn-Lý);

íï x + y = 7
ïï
(Tốn-Hóa) và (Lý-Hóa). Ta có hệ: ì x + z = 6 Û
ïï
ïïỵ y + z = 5

íï x = 4
ïï
ì y = 3.
ïï
ïïỵ z = 2

Số cách phát thưởng ngẫu nhiên cho 9 học sinh là: C94 .C53 .C22 = 1260.

0,25

0,25

Gọi T là biến cố ―hai học sinh A và B có phần thưởng giống nhau‖.
+) Nếu A và B có phần thưởng là sách (Tốn- Lý), có: C72 .C53 .C22 = 210 cách phát.
+) Nếu A và B có phần thưởng là sách (Tốn- Hóa) có: C71 .C64 .C22 = 105 cách phát.

0,25

+) Nếu A và B có phần thưởng là sách (Lý- Hóa) có: C74 .C33 = 35 cách phát.
Vậy xác suất cầm tìm là P(T ) =
5

210 + 105 + 35 5
= .
1260
18

0,25

a (0,5 điểm)
Ta có xn1  xn  xn2  2 xn  1   xn  1  0  xn1  xn , n  1. Do đó  xn  tăng.
2

Ta chứng minh bằng quy nạp theo n rằng xn  n  1, n  1 (1). Thật vậy, (1) đúng với
n  1 .Giả sử (1) đúng với n (n  1) thì
xn1  xn  xn  1  1  n(n  1)  1  n2  n  1  n  2

0,25

0,25

Vậy (1) đúng với mọi n. Từ  xn  tăng ngặt và xn  n  1, n  1 suy ra lim xn  .
b (0,5 điểm)
Ta có xn+ 1 - 1 = xn (xn - 1). Suy ra
Từ đó

1
1

1
1
=
=
.
xn+ 1 - 1 xn (xn - 1) xn - 1 xn

1
1
1
=
.
xn xn - 1 xn+ 1 - 1

1 1
 1
 1
1
1 
1 


Do đó yn  2016    ...    2016 
  2016 

xn 
 x1 x2
 x1  1 xn1  1 
 2015 xn1  1 
1

2016
Từ lim xn    lim  0 . Vậy lim yn 
.
xn
2015

0,25

0,25


6

a(1,0 điểm).
J

S

J

H

L

K
D

A

I

A

D

C

B

I

C

B

Trong (SBC ) gọi K = SB Ç IH Þ K = SB Ç (HIJ )

0,5

Trong (SCD) gọi L = SD ầ JH ị L = SD ầ (HIJ )

ïí IJ ^ AC
Þ IJ ^ (SAC )Þ IJ ^ SC , mà AH ^ SC . Suy ra SC ^ (IJH ).
Ta có ïì
ïïỵ IJ ^ SA
Suy ra AK ^ SC . Mà BC ^ (SAB)Þ BC ^ AK . Vậy AK ^ (SBC ).
b(1,0 điểm).
SA. AC
2a
SA. AB

2a
Ta có SA = SD2 - AD2 = a 2 ; AH =
; AK =
=
=
3
6
SA2 + AC 2
SA2 + AB 2
2a
Do AK ^ (SBC )Þ AK ^ KH , do đó KH = AH 2 - AK 2 =
.
6
Tương tự phần (a) thì AL ^ (SCD)Þ AL ^ HL . Từ đó tính được

Suy ra S AKHL = S AKH + S ALH
7

0,25

0,25
0,25

0,25

a 2
.
15
1
1

8a 2
= AK .KH + AL.LH =
.
2
2
15
LH =

0,25

AH 2 - AL2 =

0,25

(1,0 điểm).
A

K

M
G

N
E

I
B

H

C

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Trước hết ta chứng minh MC ^ IK .
Thật vậy, gọi H , N lần lượt là trung điểm BC, AC; G = AH Ç CM . Suy ra G là trọng
0,25
tâm tam giác ABC. Mặt khác K là trọng tâm tam giác ACM nên KG || HE . Suy ra
KG || AB . Mà IM ^ AB nên KG ^ IM .


Rõ ràng AH ^ MK nên G là trực tâm tam giác MIK . Suy ra MC ^ IK .
Đường thẳng KI qua K và vng góc với CM nên có phương trình: x + 3 = 0.
ïí x + 3 = 0
ïí x = - 3
Û ïì
Þ I (- 3; - 2).
Tọa độ I thỏa mãn hệ ïì
ïïỵ 2 x - y + 4 = 0 ïïỵ y = - 2
uuuur
uuur
Gọi M (m;3)Ỵ MC, m > 0. Ta có DM = (m - 1; - 1); IM = (m + 3;5).
uuuur uuur
ém = - 4 (l )
DM ^ IM Û DM .IM = 0 Û (m - 1)(m + 3)- 5 = 0 Û m2 + 2m - 8 = 0 Û ê
êëm = 2 (tm)
uuuur
Suy ra M (2;3), DM = (1; - 1). Từ đó suy ra AB : x + y - 5 = 0. Gọi C (c;3)Ỵ CM .




7
3

Do K  3;  là trọng tâm ACM nên A(- 11- c;1). Mà A Ỵ AB suy ra

0,25

- 11- c + 1- 5 = 0 Û c = - 15.
Từ đó A(4;1), B (0;5), C (- 15;3). Thử lại ta thấy A B ¹ A C . Suy ra không tồn tại
A, B , C .
8

(1,0 điểm).

0,25

0,25





Đặt a   z thì xya  1 và P   xy  ya  ax  15 x 2  y 2  a 2  7  x  y  a   1.
Xét hai trường hợp:
* Nếu cả 3 số x, y, a đều âm. Áp dụng BĐT Côsi ta được

0,25

xy + ya + ax ³ 3 3 x 2 y 2 a 2 = 3

15 x 2 + y 2 + a 2 - 7 (x + y + a)³ 15 3 3 x 2 y 2 a 2 + 7.3 3 - xya = 15 3 + 21 > 16
Suy ra P > 48 + 1 = 49.
* Nếu trong 3 số x, y, a có một số âm, hai số dương. Khơng mất tổng quát, giả sử
x < 0, y > 0, a > 0. Đặt x1 = - x > 0. Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta được

3 x12 + y 2 + a 2 ³ 2 y + 2a + x1 .

0,25

ổ1 1 1 ử
ữ
Do ú P ỗỗỗ + + ÷
÷éë5(2 y + 2a + x1 )- 7 ( y + a - x1 )ù
û+ 1.
è x1 y a ÷
ø
2

ỉ1
ư
ỉ1 1 1 ử
1
1
ữ
ỗỗ
ữ
ữ
P 3ỗỗ + + ữ
4
x

+
y
+
a
+
1

3
.2
x
+
.
y
+
.
a
+ 1 = 49.
(
)
ữ
1
1
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗố x1 y a ứ
ỗố x1
ữ
y

a
ứ
Du ng thc xy ra khi và chỉ khi y = a = 2 x1 > 0 và x1 ya = 1 hay
3
3
ỉ
ư
2
2÷
÷
. Vậy Pmin = 49 , chẳng hạn khi (x, y, z ) = ỗỗỗ 3 2, 3 2,
y = a = 3 2 v x = ữ.
ỗố
2
2 ữ
ứ
-------Ht-------

0,25

0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT

HÀ NAM

Năm học: 2013-2014

Mơn: Tốn

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1(3,0 điểm). Tính tổng các nghiệm của phương trình sau trên 0;1007 
8sin 2 x.cos x  3 s inx  cos x
 0.
7 
3 


sin  x 
  3cos  x 

2 
2 



Câu 2 ( 6,0 điểm).
1. Tìm hệ số của x 4 trong khai triển (1  x  3x 2 )2n biết rằng n là số tự nhiên thỏa mãn
C21n1  C22n1  ...  C2nn1  22014  1 .

2. Từ các chữ số 1, 3, 4, 8 lập các số tự nhiên có sáu chữ số, trong đó chữ số 3 có mặt đúng ba lần, các chữ số
cịn lại có mặt đúng một lần. Trong các số được tạo thành nói trên, chọn ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để số
được chọn chia hết cho 4?
Câu 3 (3,0 điểm). Cho dãy số  un  xác định như sau:

u1  2014

un 1  1  u1u 2 ...u n

(n 

*

)

n

1
. Tìm l imSn .
n
k 1 uk

Đặt Sn  

Câu 4 ( 2,0 điểm). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (O,R), AD=R. Dựng các hình bình hành ABMD,
ACND. Tìm quỹ tích tâm đường trịn ngoại tiếp của tam giác DMN.
Câu 5 (6,0 điểm). Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh a . Gọi I là tâm của hình vng CD D’C’, K
là trung điểm của cạnh CB.
a. Dựng thiết diện của hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cắt bởi mặt phẳng (AKI). Tính diện tích của thiết diện
theo a .
b. Tính góc tạo bởi hai đường thẳng A’D’ và AQ với Q là giao điểm của (AKI) và CC’.
Hết


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT

HÀ NAM

Năm học: 2013-2014

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU
ĐIỂM

Mơn: TỐN

Đáp án có 05 trang

Nội dung

Điểm

Câu 1(3,0 điểm). Tính tổng các nghiệm của phương trình sau trên 0;1007 
8sin 2 x.cos x  3 sinx  cos x
 0.
7 
3 


sin  x 
  3cos  x 

2 
2 



7

Điều kiện xác định sin  x 
2


3


  3cos  x 
2





  0  x   k , k  .
6


0,5

pt  4sin 2 x.sinx  3 sinx  cos x  0  2(cos x  cos3 x)  3 sinx  cos x  0
1
3


 cos3x  cos x 

sinx  cos3x  cos  x  
2
2
3


0,5





3
x

x

 m2
x   m


3
6


,m .


3x    x     m2


x
m




3
12
2


0,5

Kết hợp điều kiện xác định ta có nghiệm của phương trình đã cho là


x    m (m  ).
12
2

0,5

Vì x  0;1007   0  


12

m



2

 1007  1  m  2014, m  .

0,5

Suy ra các nghiệm của phương trình đã cho trên đoạn 0;1007  gồm 2014 nghiệm lập
thành một cấp số cộng có cơng sai d 
Tổng các nghiệm là S 


2

, x1 

5
.
12

2014  5
  3043154
 (2014  1).  
.
 2.
2  12
2
3

Câu 2 (6,0 điểm).
1 (3,0 điểm). Tìm hệ số của x 4 trong khai triển (1  x  3x 2 )2n biết rằng n là số tự nhiên

0,5


thỏa mãn C21n1  C22n1  ...  C2nn1  22014  1

C20n 1  C22nn11
C21n 1  C22nn1
...

0,5

C2nn 1  C2nn11
 C20n 1  C21n 1  ...  C2nn 1 

1 0
(C2 n 1  ....  C22nn11 )  2 2 n
2

Từ giả thiết suy ra n=1007

0,5

Xét khai triển

1  x  3x 

2 2014



2014

C
k 0



k
2014

2014

k

k
 C2014
 Cki ( x)i (3x 2 )2014k
k 0



(1  x )k ( 3x 2 ) 2014k

2014

i 0

k

 C
k 0

1,0

i 0

k
2014

Cki ( 1)i ( 3) 2014k x 40282 k i

Ta tìm i, k là các số tự nhiên thỏa mãn

 k  2014

 i  4
4028  2k  i  4
 k  2013

0

k

2014



i  2
0  i  k


 k  2012
 
 i  0
4
2
2013
2012
Vậy hệ số của x4 trong khai triển là C2014
 3C2013
C2014
 9C2014

0,5

0,5

2.(3,0 điểm). Từ các chữ số 1, 3, 4, 8 lập các số tự nhiên có sáu chữ số, trong đó chữ số 3
có mặt đúng ba lần, các chữ số cịn lại có mặt đúng một lần. Trong các số được tạo thành
nói trên, chọn ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 4?
Gọi số cần tìm là abcdef với a, b, c, d , e, f 1,3,4,8
Sắp xếp chữ số 3 vào 3 trong 6 vị trí, có C63 cách. Sắp xếp 3 chữ số 1;4;8 vào 3 vị trí cịn

1,0

lại có 3! Cách. Vậy có tất cả C63.3!  120 số.
Một số chia hết cho 4 khi và chỉ khi hai chữ số tận cùng tạo thành 1số chia hết cho 4.
Trong các số trên, số lấy chia hết cho 4 có tận cùng là 48, 84. Trong mỗi trường hợp có
C43  4 cách sắp xếp chữ số 3và 1 vào 4 vị trí cịn lại, suy ra có 8 số chia hết cho 4.

0,5

Gọi A là biến cố: ― Số lấy ra chia hết cho 4‖

0,5


Vậy số các kết quả thuận lợi cho A là A  8
Số phần tử của không gian mẫu là   120
Xác suất của biến cố A là PA 

A
8
1


 120 15

0,5

0,5

Câu 2 (3,0 điểm). Cho dãy số  un  xác định như sau:

u1  2014

un 1  1  u1u 2 ...u n (n  1)
n

1

. Tìm l imSn .
n
k 1 uk

Đặt Sn  

ui 1  1  u1u2 ...ui i  1
 ui 1  1  ui (ui  1)

1,0

 ui  1 i  1, ui 1  1  u1 i  1
1
1
1
1
1
1

  

ui 1  1 ui  1 ui
ui ui  1 ui 1  1

Sn 

1
1
 ... 
u1

un

1
1
1
1
1
2
1
 

 ... 

 
u1 u2  1 u3  1
un  1 un 1  1 u1 un 1  1

0,5

0,5

un 1  1  u1u2 ...un  u1 (1  u1 ) n 1  2014.2015n 1
0

1
un 1  1



1

2014.2015n 1

1
1
 0  lim
n

1
n  2014.2015
n  u
n 1  1
lim

lim sn 

n 

2
1

.
u1 1007

Câu 4 ( 2,0 điểm). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O,R), AD=R. Dựng các hình
bình hành ABMD, ACND. Tìm quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác DMN.

1,0


B

A

O
M
C

D

I

N

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN.
1,0

ABMD, ACND là hình bình hành suy ra AD  BM , BM  CN .
Xét phép tịnh tiến theo vectơ AD
TAD : A  D
BM

1,0

CN

Suy ra TAD : O  I , suy ra OI = AD = R. Vậy quĩ tích của điểm I là đường trịn tâm (O,R).
Câu 5 (6,0 điểm). Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ có cạnh a . Gọi I là tâm của
hình vng CDC’D’, K là trung điểm của CB.
a. Dựng thiết diện của hình lập phương ABCDA’B’C’D’ cắt bởi mặt phẳng (AKI). Tính
diện tích của thiết diện theo a .
b.Tính góc tạo bởi hai đường thẳng A’D’ và AQ với Q là giao điểm của (AKI) và CC’.

C'

D'

B'

A'
N
I
Q

J

C
B

K

D
A


a. (4, 0 điểm). Gọi J là giao điểm của AK và CD.
Q là giao điểm của JI và CC’; N là giao điểm của IJ và DD’.

1,0

Thiết diện là tứ giác AKQN.
Chứng minh được AKQN là hình thang có 2 đáy là KQ, AN.
Chứng minh được C là trung điểm của JD, K là trung điểm JA, Q là trung điểm của JN.

SJKQ
SJAN
CQ 



JK JQ 1 1 1
.
 .   S AKQN  SJAN  SJKQ  3SJKQ .
JA JN 2 2 4

1,0

1
CQ 1
1
ND  QC ' 
  CQ  a
2
CC ' 3
3

1,0
Tính được KQ 

cosKJQ=

a 13
a 5

a 10
; JK 
; JQ 
6
2
3

JQ 2  JQ 2  KQ 2
6

2 JK . JQ
50

7
5
1
14a 2
SJKQ  JK . JQ.sin KJQ 
2
12
2
14a
S AKQN  3SJKQ 
.
4

sin KJQ  1  cos2 KJQ 

1,0

B (2,0 điểm).
Vì A’D’//AD nên góc tạo bởi A’D’, AQ bằng góc tạo bởi AQ, AD

0,5

AC '  AB  AD  AA '  AC '  a 3.
a 19
a 10
Tính được AQ 
; AD  a; QD 
.
3
3

cos QAD 

AQ 2  AD 2  QD 2
3

.
2 AQ. AD
19

……………………Hết…………………….
Lưu ý +) Các cách giải khác mà đúng cho điểm tương ứng với biểu điểm.
+) Điểm tổng tồn bài khơng làm trịn.

1,0

0,5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT

HÀ TĨNH

NĂM HỌC 2012-2013
MƠN TỐN LỚP 11
Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Ngày thi:4/4/2013

2 3 sin x. 1  cos x   4cos x.sin 2

Câu 1. a) Giải phương trình:

2sin x  1

x
3
2
0

b)Tính giới hạn sau
L  lim
x 0

2 x  1. 3 2.3x  1. 4 3.4 x  1...2013 2012.2013x  1
x

Câu 2. a) Cho khai triển:

1  x  x

2

 x3  ...  x10



11

 a0  a1 x  a2 x 2  a3 x3  ...  a110 x110

Chứng minh đẳng thức sau:
1
10
11
C110 a0  C11
a1  C112 a2  C113 a3  ...  C11
a10  C11
a11  11

b) Tính tổng:
1 nCnn


Cn1 2Cn2 3Cn3
S


 ... 
2.3 3.4 4.5
 n  1 n  2 
n

Câu 3. a) Cho tam giác ABC có độ dài các đường cao BB '  5; CC '  2 và cos CBB ' 

2
. Tính
5

diện tích tam giác ABC.
b) Cho tam giác ABC có các góc thỏa mãn A  B  C 


2

. Tính các góc của tam giác đó khi

biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất

P  2cos 4C  4cos 2C  cos 2 A  cos 2B
Câu 4. Cho hình chóp SABC có SC   ABC  và tam giác ABC vuông tại B. Biết AB  a; AC  a 3 và
góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SAC) bằng  với sin  

Câu 5. Cho dãy số  an 

13
. Tính độ dài SC theo a.
19

4

a1  3
n  1, n 
thỏa mãn: 
 n  2 2 a  n 2 a   n  1 a a
n
n 1
n n 1



Tìm lim an .

----------------------------------------------------HẾT ----------------------------------------------------

-

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay,
Giám thị khơng giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: …………………………………………………Số báo danh: ………………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT

HÀ TĨNH

NĂM HỌC 2012-2013
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 11

Đáp án

Câu

1a)



x   k

1

6
Điều kiện: sin x   
, k, l 
2
 x  5  l

6

Điể
m
0,5

(*).

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương:
2 3 sin x. 1  cos x   4cos x.sin 2

0,5

x
3  0
2

 2 3 sin x  2 3 sin x.cos x  2cos x 1  cos x   3  0
2



3,0





 



3 sin x  cos x  3sin 2 x  2 3 sin x.cos x  cos 2 x  0

3 sin x  cos x



 3 sin x  cos x  0
3 sin x  cos x  2  0  
 3 sin x  cos x  2





 k , k 

TH1:

3 sin x  cos x  0  cot x  3  x 

TH2:






3 sin x  cos x  2  2  sin x cos  cos x sin   2  sin  x    1
6
6
6



điểm

6

0,5

0,5

0,5


 x


6




2

 k 2  x 

2
 k 2 , k 
3

Đối chiếu điều kiện ta thấy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm
x

1b)

0,5

7
2
 k 2 , x 
 k 2 , k 
6
3


L  lim



2x 1 1

3

x2

x 0


 lim

3



2.3x  1  1

1,0

2.3x  1. 4 3.4 x  1...2013 2012.2013 x

4

3.4 x  1...2013 2012.2013x

x 0

2013

 ...  lim
x 0

x

2012.2013x  1
x

3,0
n

điểm

Chứng minh công thức: lim

x 0

ax  1  1 a
  a  0; n 
x
n

*

1,0

 (1).

Áp dụng (1) ta thu được
L  1  2  3  ...  2012 

2a)

1,0

11

   x 1  a

1

11

11

VT (2)   C11k x11k  1
k 0

điểm

2011.2012
 2011.1006  2023066 .
2

Xét x  1 từ khai triển trên nhân hai vế với  x  1 ta có:

x

2,5

1,0

11 k

11

11

0

 a1 x  a2 x 2  ...  a110 x110



(2)

1
 Hệ số của x11 trong vế trái bằng C11
 11

 11
k 
VP(2)    C11k x11k  1   a0  a1 x  a2 x 2  ...  a110 x110 
 k 0


0,5

1,0

 Hệ số của x11 trong vế phải bằng
1
10
11
C110 a0  C11
a1  C112 a2  C113 a3  ...  C11
a10  C11
a11

Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh

2b)

Ta có

 n  1!
Cnk
C k 1
n!
1


.
 n 1 (3)
k  1 k ! k  1 n  k ! n  1  k  1!  n  1   k  1  ! n  1
 1 kCnk   1 kCnk22
 k  1 k  2   n  1 n  2 
k

Áp dụng 2 lần công thức (3) ta được:

Cho k chạy từ 1 đến n rồi cộng vế các đẳng thức trên ta có

k

0,5

0,5

0,5


 n  1 n  2 S  Cn32  2Cn42  3Cn52  ...   1

n

nCnn22

   Cn21  Cn31   2  Cn31  Cn41   3  Cn41  Cn51   ...   1 nCnn11
n

 Cn21  Cn31  Cn41  ...   1 Cnn11
n

2,0
điểm



 Cn01  Cn11  Cn01  Cn11  Cn21  Cn31  Cn41  Cn51  ...   1
1   n  1  1  1

Vậy S 
3a)

n 1

n 1



0,5

Cnn11 

 n

n
.
 n  1 n  2 

Xét hai trường hợp:

1

+) B và C khơng tù. Khi đó

A

2
2
1
 sin C 
, cos C 
5
5
5
BB '
5
BC 

cos CBB ' 2
CC ' 4
3
Suy ra sin B 

 , cos B 
BC 5
5

B’

cos CBB ' 

C’

H
C

B

2,5
điểm

 sin A  sin B cos C  sin C cos B 

2
BB ' 5
1
5
 AB 
  S  AB.CC ' 
sin A 2
2
2
5

+) B hoặc C tù

1,0

0,5

Do BB '  CC ' nên B  C và C tù  sin C 

2
1
, cos C  
5
5

2
25
4
3
25
Còn sin B  , cos B  (giống trường hợp 1)  sin A 
Suy ra S 
, AB 
2
2
5
5
5 5
3b)

Ta có A  B  C 


3

C 


2

 0  cos C 

1
2

cos 2 A  cos 2B  2cos  A  B  cos  A  B   2cocC cos  A  B   2cos C (3)
( Do cos C  0 và cos  A  B   1 ).

0,5

0,5


Dấu bằng trong (3) xảy ra khi A  B hoặc C 
2,5
điểm


2

2
Từ đó P  4  2cos 2 C  1  2  2cos 2 C  1  1  2cos C 



0,5

 8cos C  2cos C  1  2cos C
2

2

16cos4 C  8cos2 C  1  1  2cos C  4   4cos 2 C  1  1  2cos C   4  4 (4).
2

Dấu bằng trong (4) xảy ra khi C 


0,5

3

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất khi A  B  C 
4)

0,5


3

Gọi H, K là hình chiếu của C lên SA, SB.

1,0

S

Ta chứng minh được
H

CK  (SAB), SA  (CHK ) .

x
K

Suy ra CHK vng tại K và SA  KH .
C

Do đó   CHK.

2,5
điểm

A
a
B

Đặt SC  x  0 . Trong tam giác vng SAC ta có

1,0

1
1
1
3a 2 x 2
2



CH

.
CH 2 CA 2 CS 2
3a 2  x 2
Tương tự, trong tam giác vng SBC ta có CK 2 

Ta có sin  

2a 2 x 2
.
2a 2  x 2

13
CK 2 13
2(3a 2  x 2 ) 13




 x  6a , vì x > 0. Vậy SC  6a
19

CH 2 19
3(2a 2  x 2 ) 19

0,5


5)

Dễ thấy an  0, n 

Với mỗi n 

*

*

. Từ giả thiết ta có

, đặt yn 

 n  2
an 1

2

0.5

n2
   n  1
an

1,0

1 1
 ta có y1  1 và
an 4

1
1
n2
2

2
2
y
 n  2   yn1    n  yn     n  1   n  2  yn1  n yn  yn1 
2 n
4
4


 n  2
2

2,0
điểm

4n 2  n  1
4
 n 1   n  2   1 

...
y

Do đó yn  

a

n
 
   1
2
2
 n  1   n 1   3 
16  n 2  n  1
 n  1 n2
2

2

2

Vậy lim an  4 .

Lưu ý: Mọi cách giải khác mà đúng đều cho điểm tương ứng

---------------------HẾT---------------------

2

0,5

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2011-2012

——————

ĐỀ THI MƠN: TỐN

ĐỀ CHÍNH THỨC

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:

tan 2 x  tan x
2



sin  x   .
2
tan x  1
2
4


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:

C   C   C   C 
2
0
2012

2
1
2012

2
2
2012

2
3
2012

2011
2012
1006
.
 ...   C2012

  C2012
  C2012
2

2

Câu 3 (2,5 điểm).
1. Chứng minh rằng phương trình 8x3  6 x  1  0 có ba nghiệm thực phân biệt. Hãy tìm 3 nghiệm
đó.
2.

Cho dãy số  un  được xác định bởi: u1  sin1; un  un 1 

sin n
, với mọi n  , n  2 .
n2

Chứng minh rằng dãy số  un  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 vng cạnh bằng a 2 , các cạnh bên bằng
nhau và bằng 3a ( a  0 ). 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 .
2. Cho hình chóp S.ABC có đường thẳng SA vng góc với mặt phẳng (SBC). Gọi H là hình chiếu
vng góc của S lên mặt phẳng (ABC). Chứng minh rằng đường thẳng SB vng góc với đường thẳng
1
1
1
1
SC, biết rằng
.

 2 2
2
SH
SA SB
SC 2
3.

Cho tứ diện ABCD thỏa mãn điều kiện AB  CD, BC  AD, AC  BD và một điểm X thay đổi

trong khơng gian. Tìm vị trí của điểm X sao cho tổng XA  XB  XC  XD đạt giá trị nhỏ nhất.
—Hết—


Cán bộ coi thi khơng 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 MƠN: TỐN
———————————

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 tồn bài tính đến 0,25 và khơng làm trịn.

- Với bài hình học nếu thí sinh khơng vẽ hình phần nào thì khơng cho điểm tương ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:

Câu Ý
1

Nội dung trình bày

Điểm

1,5 điểm
Điều kiện: cos x  0  x 


2

 k (*)

0,25

Phương trình đã cho tương đương với: 2cos2 x(tan 2 x  tan x)  sin x  cos x

 2sin 2 x  2sin x.cos x  sin x  cos x  2sin x(sin x  cos x)  sin x  cos x
 (sin x  cos x)(2sin x  1)  0
+ Với sin x  cos x  0  tan x  1  x  
+ Với 2sin x  1  0  sin x 


4

 k

1

5
 x   k 2 ; x 
 k 2
2
6
6

0,5

0,25

0,25

Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của phương trình đã cho là:
x

2

1 1,5 điểm


4

 k ; x 



6

 k 2 ; x 

5
 k 2 (k  )
6

0,25


Số các số tự nhiên có 5 chữ số là 99999 10000  1  90000
0,5
Giả sử số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là: abcd1
Ta có abcd1  10.abcd  1  3.abcd  7.abcd  1 chia hết cho 7 khi và chỉ khi 3.abcd  1
h 1
chia hết cho 7. Đặt 3.abcd  1  7h  abcd  2h 
là số nguyên khi và chỉ khi
3
h  3t  1

0,5

Khi đó ta được: abcd  7t  2  1000  7t  2  9999
998
9997
t 
 t  143, 144,..., 1428 suy ra số cách chọn ra t sao cho số abcd1
7
7

chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là 1286.


0,5

1286
 0, 015
90000

Vậy xác suất cần tìm là:
2 1,5 điểm
Xét đẳng thức 1  x 
+) Ta có 1  x 2 
+) Ta có 1  x 

2012

2012

2012

. 1  x 

2012

 1  x 2 

2012

0,5

1006
k
  C2012
  x2  suy ra hệ số của số hạng chứa x2012 là C2012

2012

k

0,5

k 0

. 1  x 

2012

2012
 2012 k

k 
k
   C2012
xk 
  x    C2012
 k 0
 k 0


suy ra hệ số của số hạng chứa x 2012 là
0,5

o
2012
1
2011
2
2010
3
2009
2012 2012
C2012
C2012
 C2012
C2012
 C2012
C2012
 C2012
C2012
 ...  C2012
C2012

0
1
2
3
2011
2012
  C2012

  C2012
  C2012
  C2012
  ...  C2012
  C2012

2

2

2

2

2

2

Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh.
3

1 1,5 điểm
Đặt f  x   8x3  6 x  1 ; tập xác định D 

suy ra hàm số liên tục trên

. Ta có

 1
f  1  3, f     1, f  0   1, f 1  1 suy ra

 2
 1
f  1 f     0,
 2

 1
f    f  0   0, f  0  f 1  0 . Từ 3 bất đẳng thức này và tính liên
 2

tục của hàm số suy ra pt f  x   0 có ba nghiệm phân biệt thuộc  1; 1 .
Đặt x  cos t , t  0;   thay vào pt ta được:

0,25
0,5

0,25

0,5


2  4cos3 t  3cos t   1  cos3t  cos


3

t 


9

k

2
, kết hợp với t  0;   ta
3

  5 7 
được t   ;
;
 . Do đó phương trình đã cho có 3 nghiệm:
9 9 9 
x  cos


9

, x  cos

5
7
.
, x  cos
9
9

2 1,0 điểm
Nhận xét. Với mỗi số nguyên dương n ta có:

Thật vậy, ta có

1 1 1
1
 2  2  ...  2  2
2
1 2 3
n

1 1 1
1
1
1
1
 2  2  ...  2  1 

 ... 

2
1 2 3
n
1.2 2.3
n  n  1
0,5

1 1 1
1
1
1
 1  1     ... 
  2   2 suy ra nhận xét được chứng minh.
2 2 3

n 1 n
n

Trở lại bài tốn, từ cơng thức truy hồi ta được: un 
Ta có un 

sin1 sin 2
sin n
 2  ...  2
2
1
2
n

1 1
1
 2  ...  2  2 với mọi n (theo nhận xét trên) (1)
2
1 2
n

1 
1 1
Mặt khác un    2  2  ...  2   2 với mọi n (theo nhận xét trên) (2). Từ (1) và
n 
1 2
(2) suy ra dãy số đã cho bị chặn.

4

0,25

0,25

1 1,0 điểm
S

M

D

O
C

0,25
I
A

B

Gọi I  AC  BD . Do SA  SB  SC  SD nên các tam giác SAC, SBD cân tại đỉnh S
nên SI vng góc với AC, BD suy ra SI vng góc với mặt phẳng (ABCD). Dễ thấy mọi
điểm nằm trên đường thẳng SI cách đều các đỉnh A, B, C, D.
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 SM .SC  SO.SI  SO 

SM .SC
3a.3a
9a 2
9 2a
.



SI
8
2 SA2  IA2 2 9a 2  a 2

0,5
Vậy SO 

9 2a
.
8

2 1,0 điểm
A

H

C

S

0,25

K
B
D

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 vng góc với SH và SA nên
BC vng góc với mặt phẳng (SAH) suy ra BC vng góc với SK.
Trong tam giác vng SAK ta có

1
1
1
, kết hợp với giả thiết ta được
 2
2
SH
SA SK 2

1
1
1
(1)


2
2
SK
SB
SC 2

Trong tam giác vng SDC ta có

1
1
1
(2)


2
2
SK
SD
SC 2

0,5

0,25

Từ (1) và (2) ta được SB  SD , từ đó suy ra B  D hay suy ra SB vng góc với SC.
3 1,0 điểm
A

Q

M

0,25
G
D

B
N

P
C

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 vng góc với cả hai
đường thẳng BC, AD. Từ đó suy GA  GB  GC  GD .
Ta có XA  XB  XC  XD 

XA.GA  XB.GB  XC.GC  XD.GD
GA

0,5




XA.GA  XB.GB  XC.GC  XD.GD
GA





XG. GA  GB  GC  GD  4.GA2

 4GA . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi X trùng với
GA
điểm G. Vậy XA  XB  XC  XD nhỏ nhất khi và chỉ khi X là trọng tâm của tứ diện
ABCD.

0,25


UBND TỈNH THÁI NGUYÊN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

NĂM HỌC 2011 - 2012

ĐỀ CHÍNH THỨC

MƠN : TỐN HỌC
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm có 01 trang)

Bài 1 (4 điểm).
Giải phương trình:

2 2
 2  2sin 2 x .
tan x  cot 2 x

Bài 2 (4 điểm).
Cho dãy số  un 

u1  4

xác định bởi 
1
un1  9 un  4  4 1  2un





n  N *

.

Tìm cơng thức số hạng tổng qt un của dãy số.
Bài 3 (4 điểm).
Cho tam giác nhọn ABC, trên cạnh BC lấy các điểm E, F sao cho góc BAE  CAF , gọi M, N lần
lượt là hình chiếu vng góc của F trên các đường thẳng AB và AC, kéo dài AE cắt đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC tại D. Chứng minh rằng tứ giác AMDN và tam giác ABC có diện tích bằng nhau.
Bài 4 (4 điểm)
Cho tập hợp A  1;2;3;...;18 . Có bao nhiêu cách chọn ra 5 số trong tập A sao cho hiệu của hai
số bất kì trong 5 số đó khơng nhỏ hơn 2.
Bài 5 (4 điểm).
Cho các số dương a, b, c thoả mãn a  b  c  3 . Chứng minh rằng:

a 1 b 1 c 1



3
1  b2 1  c 2 1  a 2

---------- Hết ----------