tuyển tập đề thi chọn học sinh giỏi toán 11 các tỉnh

WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN

SỞ GD&ðT
QUẢNG BÌNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
NĂM HỌC 2012- 2013
Môn thi: Toán
ðỀ THI CHÍNH THỨC
(Khóa ngày 27 tháng 3 năm 2013)
SỐ BÁO DANH:……………..
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao ñề)

Câu 1:(3.0 ñiểm)
2 x

x
+
+ = 10

y
y

a) Giải hệ phương trình: 
 x 2 + 1 + 2 x = 12

y2
b) Giải phương trình: ( cos 2 x − cos 4 x ) = 6 + 2sin 3 x
Câu 2:(2.5 ñiểm)
2

a) Tính giới hạn dãy số: lim

(

n 4 + n 2 + 1 − 3 n6 + 1

)

u1 = 2013
b) Cho dãy số ( un ) xác ñịnh như sau: 
1
n
(n ≥ 1)
un +1 = n+1 un +
2013n

Tìm công thức số hạng tổng quát và giới hạn dãy số ( un ) ?

Câu 3:(2.5 ñiểm)
Cho hình chóp S.ABCD, có ñáy ABCD là hình thang cân (AD//BC) và BC=2a,
AB=AD=DC=a (a>0). Mặt bên SBC là tam giác ñều. Gọi O là giao ñiểm của AC
và BD. Biết SD vuông góc với AC.
a) Tính SD.
b) Mặt phẳng ( α ) qua ñiểm M thuộc ñoạn OD (M khác O, D) và song song với
hai ñường thẳng SD và AC.
Xác ñịnh thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng ( α ). Biết MD = x.
Tìm x ñể diện tích thiết diện lớn nhất.
Câu 4:(2.0 ñiểm) Cho phương trình: x 4 + ax3 + bx 2 + cx + d = 0
a) Với d = −2013 , chứng minh rằng phương trình có ít nhất hai nghiệm phân biệt.

b) Với d = 1 , giả sử phương trình có nghiệm, chứng minh a 2 + b 2 + c 2 ≥

4
3


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

SỞ GD&ðT
QUẢNG BÌNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi: Toán
(Khóa ngày 27 tháng 3 năm 2013)

HƯỚNG DẪN CHẤM
(ðáp án, hướng dẫn này có 4 trang)
yªu cÇu chung
* ðáp 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, ñầy ñủ, chi tiết và rõ ràng.
* Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho ñiểm 0 ñối với những bước giải
sau có liên quan. Ở câu 3 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho ñiểm 0.
* ðiểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia ñến 0,25 ñiểm. ðối với ñiểm thành phần là
0,5 ñiểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất ñể chiết thành từng 0,25 ñiểm.
* Học sinh có lời giải khác ñáp án (nếu ñúng) vẫn cho ñiểm tối ña tuỳ theo mức ñiểm của từng
bài.
* ðiểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của ñiểm tất cả các bài.
Câu

Nội dung

ðiểm

1,5 ñiểm

1
1
a) ðK: y ≠ 0 . ðặt a = x + 1; b =
y

Ta có hệ phương trình trở thành
 a + b + ab = 11 a + b = 5 a + b = −7
a = 2 a = 3
⇔
∨
(
VN
)
⇔
∨
 2



2
ab
=
6
ab

=
18
b
=
3
a
+
b
=
13



b = 2

a = 2
 1
TH1: 
⇒ ( x; y ) = 1; 
 3
b = 3
a = 3
 1
TH2: 
⇒ ( x; y ) =  2; 
 2
b = 2

Trang: 1 - ðáp án Toán 11

0,25
0,75

0,25

0,25


1,5 ñiểm

b) ( cos 2 x − cos 4 x ) = 6 + 2sin 3 x
2

⇔ 4sin 2 x sin 2 3x = 6 + 2sin 3x
⇔ 4(1 − sin 2 x sin 2 3 x) + 2(1 + sin 3x ) = 0

0,5

⇔ 4 sin 2 x (1 − sin 2 3x) + cos 2 x  + 2(1 + sin 3x) = 0
⇔ 4(sin 2 x cos 2 3 x + cos 2 x) + 2(1 + sin 3x) = 0

0,5

sin 3x = −1
sin 3x = −1
π

⇔ sin 2 x cos 2 3x = 0 ⇔  2
⇔ x = + k 2π (k ∈ Z )
2

cos x = 0
cos 2 x = 0


0,5

2
a) lim

(

)

n 4 + n 2 + 1 − 3 n6 + 1 = lim

(

n4 + n2 + 1 − n2 − ( 3 n6 + 1 − n2 )

)

1,0 ñiểm
0,25

Ta có:


1
1
+


 1


n +1
n2

=
lim n 4 + n 2 + 1 − n 2 = lim 
=
lim

4
2
2
1
1

 2
 n + n +1 + n 
 1+ 2 + 4 +1
n
n


1
lim( 3 n6 + 1 − n 2 ) = lim
=0
3
(n 6 + 1) 2 + n 2 3 ( n6 + 1) + n 4

Do ñó lim n 4 + n 2 + 1 − 3 n6 + 1 = 1
2

(

)

2

)

(

b) un > 0, ∀n ∈ N

0,25
0,25
0,25

1,5 ñiểm
0,25

*

1
1
⇒ unn++11 − unn =
n
2013
2013n

1
Do ñó: u22 − u11 =
20131
1
u33 − u22 =
20132
unn++11 = unn +

...
unn − unn−−11 =

Suy ra: unn − u11 =

1
2013n −1

0,5

1
1
1
+
+ ... +
1
2
2013 2013
2013n −1

 1 
1− 


n
2013 
un = 2013 + 
2012

 1 
1− 

2013 
= 
2012

n −1

n −1

Trang: 2 - ðáp án Toán 11

0,25


n −1

 1 
1− 

n
1 + 1 + ... + 1 + 2014
2013

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

3

0,25
0,25

2,5 ñiểm

S
K
Q
B

C
J

P
O
M

A

N

D

Trang: 3 - ðáp án Toán 11

T

0,25


a) Dễ thấy ñáy ABCD là nữa hình lục giác ñều cạnh a.
Kẻ DT//AC (T thuộc BC). Suy ra CT=AD=a và DT vuông góc SD.
Ta có: DT=AC= a 3 .
Xét tam giác SCT có SC=2a, CT=a, ∠SCT = 1200 ⇒ ST = a 7
Xét tam giác vuông SDT có DT= a 3 , ST = a 7 ⇒ SD = 2a
b) Qua M kẻ ñường thẳng song song với AC cắt AD, DC lần lượt tại N,P.
Qua M, N, P kẻ các ñường 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.
1
2

1

2

0,25
0,25
0,25

0,25

dt(NPQKJ)=dt(NMKJ)+dt(MPQK)= ( NJ + MK ) MN + ( MK + PQ) MP
1
= ( NJ + MK ).NP (do NJ=PQ).
2
NP MD
AC.MD x.a 3
Ta có:
=
⇒ NP =
=
= 3x
a
AC OD
OD
3
 a

2a. 
− x
NJ AN OM
SD.OM
 3

 = 2(a − x 3)
=
=
⇒ NJ =
=
a
SD AD OD
OD
3

(

)

KM BM
SD.BM 2a. a 3 − x
2
=
⇒ KM =
=
=
(a 3 − x)
SD
BD
BD
a 3
3
1
2


Suy ra: dt(NPQKJ)=  2(a − x 3) + (a 3 − x)  3x = 2(3a − 2 3x) x
2
3

=

2
1
1 
3 3 2
(3a − 2 3x)2 3 x ≤
(3a − 2 3 x) + 2 3 x  =
a

4
3
4 3

Diện tích NPQKJ lớn nhất bằng

3 3 2
3
a khi x =
a
4
4

0,25

0,5

0,25
0,25

1.0 ñiểm

4
a) d= -2013
ðặt f ( x) = x 4 + ax3 + bx 2 + cx − 2013 liên tục trên R.
Ta có: f ( 0 ) = −2013 < 0
Mặt khác lim f ( x) = +∞ , nên tồn tại 2 số α < 0; β > 0 sao cho

0,25

x →±∞

f (α ) > 0; f ( β ) > 0 . Do ñó f (0). f (α ) < 0; f (0). f ( β ) < 0 .

Vậy phương trình có ít nhất hai nghiệm phân biệt thuộc hai khoảng (α , 0)
Trang: 4 - ðáp án Toán 11

0,5
0,25


và (0, β )

1.0 ñiểm
b) d=1: Gọi x0 là nghiệm của phương trình ( x0 ≠ 0 )
−1

1
x04 + ax03 + bx02 + cx0 + 1 = 0 ⇔ b = − x02 + 2 − ax0 − c
x0
x0

0,25

2

 2 −1
1
1  2 1
2
2
Ta có: ( a + b + c ) ( x + 2 + 1) =  a + c +  − x0 + 2 − ax0 − c   ( x0 + 2 + 1)
x0
x0
x0  
x0



2

2

2

2
0

2


1
−1
1 
1 
≥  ax0 + c − x02 + 2 − ax0 − c  =  x02 + 2 
x0
x0
x0  
x0 


2

0,25

2

 2 1 
 x0 + 2 
x0 
t2
1
2
2
2
Suy ra: ( a + b + c ) ≥ 

với t = x02 + 2 ≥ 2
=
1
x0
x02 + 2 + 1 t + 1
x0

t2
4
Mặt khác:
≥ ⇔ 3t 2 − 4t − 4 ≥ 0 ⇔ (t − 2)(3t + 2) ≥ 0 (ñúng do t ≥ 2 ).
t +1 3
4
Vậy a 2 + b 2 + c 2 ≥ .
3
2
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = − (ứng với x0 = 1 )
3
2
2
a = c = , b = − (ứng với x0 = −1 )
3
3

Trang: 5 - ðáp án Toán 11

0,25

0,25

WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN
SỞ GD&ðT VĨNH PHÚC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2009-2010
—————————
ðỀ THI MÔN: TOÁN
ðỀ CHÍNH THỨC
Dành cho học sinh THPT không chuyên
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao ñề.
————————————

 x 3 y(1 + y ) + x 2 y 2 (2 + y ) + xy 3 − 30 = 0
Câu 1 (2,5 ñiểm). Giải hệ phương trình:  2
2
 x y + x (1 + y + y ) + y − 11 = 0
x π
(2 − 3)cos x − 2sin 2  − 
 2 4  = 1.
Câu 2 (2,5 ñiểm). Giải phương trình:
2cos x − 1

Câu 3 (1,0 ñiểm). Trong mặt phẳng cho ña giác ñều 2n ñỉnh A1 A2 ... A2 n (với n là số
nguyên lớn hơn 1). Hỏi có tất cả bao nhiêu hình chữ nhật với các ñỉnh là ñỉnh của ña

giác ñều ñã cho.
Câu 4 (2,5 ñiểm). Cho hình chóp S . ABCD , có ñáy ABCD là hình chữ nhật với
AB = a 2, BC = a và SA = SB = SC = SD = 2a . Gọi K là hình chiếu vuông góc của B
trên AC và H là hình chiếu vuông góc của K trên SA.
a) Tính ñộ dài ñoạn HK theo a.

b) Gọi M , N lần lượt là trung ñiểm của ñoạn thẳng AK , CD .

Chứng minh rằng các ñường thẳng BM và MN vuông góc với nhau.

Câu 5 (1,5 ñiểm). Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x + y + z = 1 . Chứng minh
rằng:
1
1
1
27
+
+
≤
1 − xy 1 − yz 1 − xz 8

----------------------Hết----------------------Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: ……………………………………………SBD: …………………


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN
SỞ GD&ðT VĨNH PHÚC
—————————

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2009-2010
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
(Dành cho học sinh THPT không chuyên)
————————————
(ðáp án gồm 4 trang)

Câu 1 (2,5 ñiểm):
Nội dung trình bày

ðiểm

Biến ñổi tương ñương hệ ñã cho
2
2
2
 xy  x (1 + y ) + xy(2 + y ) + y  = 30
 xy ( x + y ) + xy( x + y )  = 30
⇔
 2
2
 xy( x + y ) + xy + x + y = 11
 x y + xy + xy + x + y = 11

0,75

 xy ( x + y )( x + y + xy ) = 30
⇔
 xy ( x + y ) + ( xy + x + y ) = 11
 a + b = 11
ðặt xy( x + y ) = a; x + y + xy = b , ta ñược hệ: 
 ab = 30
Giải hệ này ta ñược (a, b) = (5,6);(6,5) .

0,5

 xy( x + y ) = 6
Nếu (a, b) = (6,5) thì 
 xy + x + y = 5

0,25

Tìm ra hai nghiệm là ( x, y ) = (1,2);(2,1)

0,25

 xy( x + y ) = 5
Nếu (a, b) = (5,6) thì 
 xy + x + y = 6

0,25

 5 + 21 5 − 21   5 − 21 5 + 21 
Tìm ra hai nghiệm là ( x, y ) = 
;
;
 ; 

2
2
2
2




0,25

Vậy hệ có 4 nghiệm là:

 5 + 21 5 − 21   5 − 21 5 + 21 
( x, y ) = (1,2);(2,1); 
;
;
 ; 

2
2
2
2 



0,25

Câu 2 (2,5 ñiểm):
Nội dung trình bày
ðiều kiện: cos x ≠

1
2

(*)

ðiểm
0,25

Phương trình ñã cho tương ñương với

π 

(2 − 3) cos x − 1 − cos  x −   = 2cos x − 1
2 



0,5

1


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN
(2 3) cos x 1 + sin x = 2 cos x 1

0,5

sin x = 3 cos x tan x = 3

0,25

x=


3

+ k ( k )

0,5

Kt hp vi ủiu kin (*) ta ủc nghim ca phng trỡnh ủó cho l:
x=

4
+ 2m (m )
3

0,5

Cõu 3 (1,0 ủim):
im

Ni dung trỡnh by
Gọi (O) là đờng tròn ngoại tiếp đa giác đều A1 A2 ... A2 n . Dễ thấy đa giác này có đúng n
đờng chéo mà là đờng kính của (O).
Mặt khác, mỗi tứ giác có đỉnh là đỉnh của đa giác là một hình chữ nhật khi và chỉ khi hai
đờng chéo của nó là hai đờng kính của (O).

0,25
0,25

Bên cạnh đó, hai tứ giác khác nhau thì có hai cặp đờng chéo khác nhau. Do vậy số hình chữ nhật
0,25
có đỉnh là đỉnh của đa giác bằng với số cặp đờng chéo của đa giác đều mà là hai đờng
kính.
Vậy số các hình chữ nhật cần tìm là Cn =

2

n(n 1)
.
2

0,25

_
S

Cõu 4 (2,5 ủim):

H
_
N

_
D

_
C
_
K

_
M

_
O

_
A

_
B

im

Ni dung trỡnh by
a) (1,5 ủim).
Gi O l giao ủim ca AC v BD. Theo gi thit ta cú:
SO (ABCD) SO BK, m BK AC BK (SAC) BK SA v BK HK .
+ Do ABC vuụng ủnh B nờn:

0,5

1
1
1
2a 2
2
=
+

BK
=
.
BK 2 AB 2 BC 2
3

+ D thy SA (BHK) BH SA.

0,5

SAB cõn ủnh S, BH l ủng cao nờn d thy HB =

a 7
.
2

+ Do HBK vuụng ti K nờn:
HK 2 = HB 2 BK 2 =
Vậy HK =

13a 2
12

0,5

a 39
6

2


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN

b) (1,0 ñiểm)
Ta có

+ 2BM = BA + BK

( vì M là trung ñiểm của AK)
1
1
1
+ MN = MB + BC + CN = ( AB + KB ) + BC + BA = KB + BC
2
2
2
+ Do ñó:
4 BM .MN = ( BA + BK ).( KB + 2 BC )

0,25
.

0,25

= BA.KB + 2 BA.BC + BK .KB + 2 BK .BC
= BA.KB + BK .KB + 2 BK .BC

0,5

= KB.( BA + BK − 2.BC )
= KB.( BA − BC + BK − BC )
= KB.(CA + CK ) = KB.CA + KB.CK = 0
Vậy: BM ⊥ MN.

Câu 5 (1,5 ñiểm):
ðiểm

Nội dung trình bày
ðặt p = x + y + z = 1; q = xy + yz + xz; r = xyz
Ta có các ñẳng thức sau:

(1 − xy )(1 − yz )(1 − xz ) = 1 − q + pr − r 2

(1 − xy )(1 − yz ) + (1 − xy )(1 − xz ) + (1 − yz )(1 − xz ) = 3 − 2q + pr
BðT cần chứng minh trở thành:

0,5

3 − 2q + pr
27
≤
2
1 − q + pr − r
8

Hay 3 − 11q + 19r − 27 r 2 ≥ 0 (1)
Theo BðT Cauchy, ( x + y + z )3 ≥ 27 xyz ⇒ p 3 ≥ 27 r ⇒ 1 ≥ 27 r ⇒ −27 r 2 ≥ −r
Do ñó ta chỉ cần chứng minh ñược: 3 − 11q + 19r − r ≥ 0 ⇔ 3 − 11q + 18r ≥ 0 (2) là

0,25

xong.
Ta có (2) ⇔ 3 − 11( xy + yz + xz ) + 18 xyz ≥ 0 (3)
Không mất tổng quát, giả sử z = min { x, y, z} ⇒ z ≤

1

3

Ta có

0,5

3 − 11( xy + yz + xz ) + 18 xyz = 3 + xy (18 z − 11) − 11z ( x + y )
 x+ y
1− z 
≥ 3+
 (18 z − 11) − 11z (1 − z ) ≥ 3 + 
 (18 z − 11) − 11z (1 − z )
 2 
 2 
2

2

1− z 
2
Ta có 3 + 
 (18 z − 11) − 11z (1 − z ) ≥ 0 ⇔ (3 z − 1) (2 z + 1) ≥ 0 (luôn ñúng)
 2 
2

Do ñó (3) ñúng, tức là (1) ñúng. Bài toán ñược chứng minh

0,25

3

WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN

1
Dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = .
3
- Hết -

4


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN

SỞ GD – ðTVĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT BÌNH SƠN

ðỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2010-2011
Môn: Toán - Lớp 11
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát ñề)

Câu 1. Giải và biện luận theo a,b phương trình sau:
x−

x2 − a2 + x +

x2 − a2 = x + b + x − b

x + y ≥ 1
Câu 2. Cho hệ bất phương trình sau: 

 x + y ≤ 2 xy + m

a) Xác ñịnh m ñể hệ bất phương trình trên có nghiệm.
b) Xác ñịnh m ñể hệ bất phương trình có nghiệm duy nhất.
Câu 3. Tính số ño các góc của tam giác ABC biết rằng:

cos A = sin B + sin C −

3
2

3π x  1  π 3 x 
−  = sin  + 
 10 2  2  10 2 

Bài 4. Giải phương trình : sin

Bài 5. Cho hình chóp tứ giác ñều S.ABCD có ñường cao SH. Mặt phẳng (α )
ñi qua A và vuông góc với SC, cắt SH tại H1 sao cho:

SH1 1
= và cắt các cạnh
SH 3

bên SB, SC, SD lần lượt tại B',C',D'.
a) Tính tỷ số diện tích thiết diện AB'C'D' và diện tích ñáy hình chóp.
b) Cho biết cạnh ñáy của hình chóp là a . Tính SH .

Bài 6. CMR: nếu phương trình : x 4 + b. x 3 + c. x 2 + b. x + 1 = 0 có nghiệm thì:
b 2 + ( c − 2) 2 ≥ 3

………….Hết………….
(Giám thi coi thi không giải thích gì thêm)


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2011-2012
ðỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho học sinh THPT chuyên Vĩnh Phúc
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao ñề
————————————

SỞ GD&ðT VĨNH PHÚC
——————
ðỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (3,0 ñiểm).
1.

 y = x( xy + 2)

Giải hệ phương trình:  z = y ( yz + 2) ( x, y, z ∈ ℝ) .
 x = z ( zx + 2)


2.

Tính giới hạn sau: lim+ x x .
x →0

Câu 2 (2,0 ñiểm).
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ac ≥ 12 và bc ≥ 8. Tìm giá trị nhỏ nhất có thể ñược của

1
1  8
 1
biểu thức D = a + b + c + 2  + +  +
⋅
 ab bc ca  abc

Câu 3 (2,0 ñiểm).
Tìm tất cả các số nguyên dương n và số nguyên tố p thỏa mãn ñồng thời các ñiều kiện n ≤ 2 p và
( p − 1) n + 1 chia hết cho n p −1 .

Câu 4 (2,0 ñiểm).
Xét các ñiểm M, N (M, N không trùng với A) tương ứng thay ñổi trên các ñường thẳng chứa các
cạnh AB, AC của tam giác ABC sao cho MN BC và các ñường thẳng BN, CM cắt nhau tại P.
Gọi Q là giao ñiểm thứ hai (khác ñiểm P) của ñường tròn ngoại tiếp các tam giác BMP và CNP.
1.

Chứng minh rằng Q luôn nằm trên một ñường thẳng cố ñịnh.

2.

Gọi A ', B ', C ' lần lượt là ñiểm ñối xứng với Q qua các ñường thẳng BC , CA , AB .

Chứng minh rằng tâm ñường tròn ngoại tiếp tam giác A ' B ' C ' nằm trên một ñường thẳng cố

ñịnh.
Câu 5 (1,0 ñiểm).
Ta gọi mỗi bộ ba số nguyên dương (a ; b ; c) là một bộ n − ñẹp nếu a ≤ b ≤ c, ước chung lớn
nhất của a, b, c bằng 1 và ( a n + b n + c n )⋮ ( a + b + c ) . Ví dụ, bộ (1; 2; 2) là 5 − ñẹp, nhưng không
phải là 3 − ñẹp. Tìm tất cả các bộ n − ñẹp với mọi n ≥ 1 (nếu có).
—Hết—

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN
Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh……………….
SỞ GD&ðT VĨNH PHÚC
———————

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
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 ñúng và ñủ ý thì vẫn cho ñiểm tối ña.
- ðiểm toàn bài tính ñến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho ñiểm tương ứng với phần ñó.
II. ðÁP ÁN:
Câu Ý
Nội dung trình bày

ðiểm
1
1 2,0 ñiểm

 y (1 − x 2 ) = 2 x

Hệ phương trình tương ñương:  z (1 − y 2 ) = 2 y
 x(1 − z 2 ) = 2 z

Nếu một trong ba số x , y , z bằng ±1 thì hệ phương trình vô nghiệm.
0,5


2x
 y = 1 − x2

2y

⇒ hệ phương trình trở thành  z =
2
 1− y

2z
x =

1− z2
2 tan α
 π π
ðặt x = tan α với α ∈  − ;  . Do tan 2α =
1 − tan 2 α

 2 2

0,5

 y = tan 2α
π
2π
3π

Ta có  z = tan 4α ⇒ tan α = tan 8α ⇔ α = 0 , α = ± , α = ±
,α = ±
7
7
7
 x = tan 8α


0,5

π
2π
4π 

Vậy, hệ phương trình có 7 nghiệm: (0;0;0),  tan ; tan
; tan
,
7
7
7 


2π
4π
π  
4π
π
2π  
π
2π
4π 

; tan
; tan  ,  tan
; tan ; tan
; − tan
 tan
 ,  − tan ; − tan
,
7
7
7  
7
7
7  
7
7
7 

2π
4π
π  

4π
π
2π 

; − tan
; − tan  ,  − tan
; − tan ; − tan
 − tan
.
7
7
7  
7
7
7 


0,5

2 1,0 ñiểm
Xét hàm số f ( x ) = ln x với x ∈ ( 0;1) . Theo ñịnh lí Lagrange tồn tại c ∈

( )

(

) (
)

1

cho: f (1) − f x = f ' ( c ) 1 − x = 1 − 3 x
c
1
⇒ 1 − 3 x < ln1 − ln 3 x < 3 1 − 3 x
x
3

3

(

)

(

3

)

x ;1 sao
0,25

0,5


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN

(

)

(

)

(

)

1
1
1
⇒ 1 − 3 x < − ln x < 3 1 − 3 x ⇒ x 1 − 3 x < −
x ln x < 6 x 1 − 3 x .
3
3
x

(

)

(

)

Do lim+  x 1 − 3 x  = lim+ 6 x 1 − 3 x = 0
 x →0
x →0 


x ln x 
x
x
⇒ lim+  −
 = 0 ⇔ lim+ x = 1 . Vậy xlim
→ 0+
x →0
x →0
3


2

3

0,25
x

= 1.

2,0 ñiểm
Áp dụng bất ñẳng thức AM-GM, ta có
a b 6
ab 6
a b 6
+ +
≥ 3 3 · · = 3, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi = =
3 2 ab
3 2 ab

3 2 ab

(1)

b c 8
bc 8
b c 8
+ + ≥ 3 3 · · = 3, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi = =
(2)
2 4 bc
3 4 bc
2 4 bc
c a 12
c a 12
c a 12
+ +
≥ 3 3 · · = 3, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi = =
(3)
4 3 ca
4 3 ca
4 3 ca
a b c 24
a b c 24
a b c 24
+ + +
≥ 44 · · ·
= 4, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi = = =
(4)
3 2 4 abc
3 2 4 abc

3 2 4 abc
6 32 84 24
(1) + 4 × (2) + 7 × (3) + (4) ⇒ 3 ( a + b + c ) +
+ + +
≥ 40 hay
ab bc ca abc
26 78
3D +
+
≥ 40
bc ca
1
1
1 1
Mặt khác, từ giả thiết suy ra
≤
và
≤ . Do ñó
ca 12
bc 8
1
1
13
117
121
40 ≤ 3D + 26 ⋅ + 78 ⋅ ≤ 3D + + 39 = 3D +
⇒D≥
bc
ca
4

12
12
Dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 3, b = 2, c = 4.
121
Vậy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức D bằng
, ñạt ñược khi a = 3, b = 2, c = 4.
12
2,0 ñiểm
p = 2
Với n = 1 thì mọi số nguyên tố p ñều thỏa mãn. Với 
thì n ≤ 4 và (2 − 1) n + 1 ⋮ n .
n
≥
2

Suy ra n = 2 .
Xét n ≥ 2 và p ≥ 3.
Do ( p − 1) n + 1 là số lẻ và là bội của n p −1 nên n là số tự nhiên lẻ, do ñó n < 2 p .
Gọi q là ước nguyên tố nhỏ nhất của n.
Do q | ( p − 1)n + 1 nên ( p − 1) n ≡ −1 ( mod q ) và ( p − 1; q ) = 1 .

0,5

0,5

0,5

0,5

0,25

0,25
0,25

Do n, q ñều lẻ nên (n ; q − 1) = 1 ; do ñó tồn tại u , v ∈ ℕ* sao cho un − v(q − 1) = 1 .
Khi ấy u lẻ và

( p − 1)

un

= ( p − 1)·( p − 1)v ( q −1) ⇒ ( −1) ≡ ( p − 1)1v ( mod q ) ⇒ p ≡ 0 ( mod q )
u

0,5

Suy ra q| p , do p, qlà các số nguyên tố nên q = p .
Từ ñó, do n < 2 p suy ra n = p
p
 p

p−k
Vậy p p −1 là ước của ( p − 1) p + 1 = ∑ (−1) p − k C pk p k = p 2  ∑ C pk ( −1) p k − 2 + 1
k =1
 k =2


0,25

WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN
p

Do mỗi số hạng của

∑ C ( −1)
k =2

k
p

p−k

p k − 2 ñều chia hết cho p nên p − 1 ≤ 2 ⇒ p ≤ 3 . Bởi
0,5

vậ y n = p = 3 .
Kết luận: (n ; p ) ∈ {(2; 2), (3; 3)} ∪ {(1; p ): p là số nguyên tố}.

4

2,0 ñiểm
A

M

B'

N

P
J
C'
I

Q
B

L

C

1 1,0 ñiểm
Do B, Q, P, M cùng nằm trên một ñường tròn và C , Q, P, N cùng nằm trên một
ñường tròn, nên ( BQ ; BM ) ≡ ( PQ ; PM ) ≡ ( PQ ; PC ) ≡ ( NQ ; NC )
và ( MQ ; MB) ≡ ( PQ ; PB) ≡ ( PQ ; PN ) ≡ (CQ ; CN )

( mod π )
( mod π )

Từ ñó suy ra ∆BQM ~ ∆NQC (2)
Gọi I và J theo thứ tự là hình chiếu của Q trên các ñường thẳng BM và CN. Khi ñó, do
QI MB AB
(2) nên
=
=
(do MN BC ).
QJ NC AC
Từ ñó, theo tính chất của ñường ñối trung, Q nằm trên ñường ñối trung kẻ từ A của tam

giác ABC.

2 1,0 ñiểm
Gọi L là giao ñiểm của AP với BC. Áp dụng ñịnh lý Céva cho tam giác ABC ta có
MA LB NC
⋅
⋅
= −1
(1)
MB LC NA
MA NA
LB
Do MN BC nên
=
từ ñó và (1) suy ra
= −1 hay L là trung ñiểm BC.
MB NC
LC
Do AQ là ñường ñối trung nên BAQ = CAP và kết hợp với tứ giác AIQJ nội tiếp nên

AQI = AJI suy ra CAP + AJI = AQI + BAQ = 90 ⇒ AP ⊥ IJ (3).
Do cách xác ñịnh các ñiểm B ', C ' nên AB ' = AC ' = AQ hay tam giác AB ' C ' cân tại
A , kết hợp với IJ là ñường trung bình của tam giác QB ' C '
⇒ IJ B ' C ', AB ' = AC ' (4)

0,5

0,5

0,25

0,25

0

0,25


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN
Từ (3), (4) suy ra AP là ñường trung trực của ñoạn B’C’ suy ra tâm ñường tròn ngoại
tiếp tam giác A’B’C’ nằm trên ñường thẳng AP hay nằm trên trung tuyến AL của tam
giác ABC.
5

1,0 ñiểm
Trước hết ta có nhận xét: Với mỗi số nguyên tố p thì
1 nÕu ( a; p ) = 1
a p −1 ≡ 
(ñịnh lý Fermat)
0 nÕu ( a; p ) = p
Do ñó, vì ước chung lớn nhất của a, b, c bằng 1 suy ra

a p −1 + b p −1 + c p −1 ≡ 1, 2, 3

0,25

( mod p )

Vậy, nếu p là một ước nguyên tố của a p −1 + b p −1 + c p −1 thì p = 2 hoặc p = 3 .

Từ ñó, nếu (a ; b ; c) là n − ñẹp thì a + b + c chỉ có các ước nguyên tố là 2, 3.

( mod 4 ) và a, b, c không cùng chẵn nên a 2 + b2 + c 2 ≡ 1, 2, 3 ( mod 4 )
Do x3 ≡ 0, ± 1 ( mod 9 ) và a, b, c không cùng chia hết cho 3 nên
a 6 + b6 + c 6 ≡ 1, 2, 3 ( mod 9 )
(2)

Do x 2 ≡ 0, 1

0,25

0,25
(1)

Từ (1) và (2) suy ra nếu (a ; b ; c) là n − ñẹp thì a + b + c không chia hết cho 4 và 9. Do
ñó a + b + c bằng 3 hoặc 6.
Bằng việc kiểm tra trực tiếp, thu ñược (1; 1; 1) và (1; 1; 4) là n − ñẹp với mọi n ≥ 1 .

0,25

0,25


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2011-2012
ðỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho học sinh THPT không chuyên
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao ñề
————————————

SỞ GD&ðT VĨNH PHÚC
——————
ðỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (1,5 ñiểm).
Giải phương trình:

tan 2 x + tan x
2
π

=
sin  x +  .
2
tan x + 1
2
4


Câu 2 (3,0 ñiểm).
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 ñể chọn ñược một số chia hết cho 7 và chữ số hàng ñơn vị bằng 1.
2. Chứng minh ñẳng thức sau:

(C ) − (C ) + (C ) − (C )
0
2012

2

1
2012

2

2
2012

2

3
2012

2

2011
2012
1006
+ ... − ( C2012
.
) + ( C2012
) = C2012
2

2

Câu 3 (2,5 ñiểm).
1. Chứng minh rằng phương trình 8 x 3 − 6 x − 1 = 0 có ba nghiệm thực phân biệt. Hãy tìm 3
nghiệm ñó.

sin n
2. Cho dãy số ( un ) ñược xác ñịnh bởi: u1 = sin1; un = un −1 + 2 , với mọi n ∈ ℕ, n ≥ 2 .
n

Chứng minh rằng dãy số ( un ) xác ñịnh như trên là một dãy số bị chặn.

Câu 4 (3,0 ñiểm).
1. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có ñáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a 2 , các cạnh bên
bằng nhau và bằng 3a ( a > 0 ). Hãy xác ñịnh ñiểm O sao cho O cách ñều tất cả các ñỉnh của hình
chóp S.ABCD và tính ñộ dài SO theo a .
2. Cho hình chóp S.ABC có ñường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng (SBC). Gọi H là hình
chiếu của S lên mặt phẳng (ABC). Chứng minh rằng ñường thẳng SB vuông góc với ñường thẳng
1
1
1
1
SC, biết rằng
= 2+ 2+
.
2
SH
SA SB
SC 2
3. Cho tứ diện ABCD thỏa mãn ñiều kiện AB = CD, BC = AD, AC = BD và một ñiểm X thay

ñổi trong không gian. Tìm vị trí của ñiểm X sao cho tổng XA + XB + XC + XD ñạt giá trị nhỏ
nhất.

—Hết—
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

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


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN

SỞ GD&ðT 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 ñúng và ñủ ý thì vẫn cho ñiểm tối ña.
- ðiểm toàn bài tính ñến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho ñiểm tương ứng với phần ñó.
II. ðÁP ÁN:
Câu Ý
1
1,5 ñiểm

Nội dung trình bày

π

+ kπ (*)
2

Phương trình ñã cho tương ñương với: 2 cos 2 x(tan 2 x + tan x) = sin x + cos x

ðiều kiện: cos x ≠ 0 ⇔ 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 = −

π
4

+ kπ

1
π
5π
⇔ x = + k 2π ; x =
+ k 2π
2
6
6
ðối chiếu ñiều kiện (*), suy ra nghiệm của phương trình ñã cho là:
π
π
5π
x = − + kπ ; x = + k 2π ; x =
+ k 2π (k ∈ ℤ)
4
6
6

1 1,5 ñiểm
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 ñơn 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. ðặt 3.abcd + 1 = 7 h ⇔ abcd = 2h +
là số nguyên khi và chỉ khi
3
h = 3t + 1
Khi ñó ta ñược: 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 ñơn vị bằng 1 là 1286.
1286
Vậy xác suất cần tìm là:
≈ 0, 015
90000
2 1,5 ñiểm
+ Với 2 sin x − 1 = 0 ⇔ sin x =

2

Xét ñẳng thức (1 − x )

+) Ta có (1 − x 2 )

2012

2012

. (1 + x )

2012

= (1 − x 2 )

2012

1006
k
= ∑ C2012
( − x2 ) suy ra hệ số của số hạng chứa x2012 là C2012

2012

2012

0,25

0,5
0,25
0,25
0,25

0,5

0,5

0,5

0,5

k

0,5

k =0

2012
 2012 k

k 
k
=  ∑ C2012
xk 
( − x )   ∑ C2012
 k =0
  k =0

2012
suy ra hệ số của số hạng chứa x
là

+) Ta có (1 − x )

ðiểm

. (1 + x )

2012

0,5


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN
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

3

2

2

2

2

2

Từ ñó suy ra ñẳng thức cần chứng minh.
1 1,5 ñiểm

ðặt f ( x ) = 8 x 3 − 6 x − 1 ; tập xác ñịnh D = ℝ suy ra hàm số liên tục trên ℝ . Ta có

 1
f ( −1) = −3, f  −  = 1, f ( 0 ) = −1, f (1) = 1 suy ra
 2
 1
 1
f ( −1) f  −  < 0, f  −  f ( 0 ) < 0, f ( 0 ) f (1) < 0 . Từ 3 bất ñẳng thức này và tính liên
 2
 2
tục của hàm số suy ra pt f ( x ) = 0 có ba nghiệm phân biệt thuộc ( −1; 1) .

ðặt x = cos t , t ∈ [ 0; π ] thay vào pt ta ñược:
2 ( 4 cos3 t − 3cos t ) = 1 ⇔ cos 3t = cos

π

3

⇔t=±

π
9

+k

0,5

0,25

2π
, kết hợp với t ∈ [ 0; π ] ta
3

 π 5π 7π 
ñược t ∈  ;
;
 . Do ñó phương trình ñã cho có 3 nghiệm:
9 9 9 
π
5π
7π
x = cos , x = cos
, x = cos
.
9
9
9
2 1,0 ñiểm
1 1 1
1
Nhận xét. Với mỗi số nguyên dương n ta có: 2 + 2 + 2 + ... + 2 < 2
1 2 3
n
1 1 1
1
1
1
1
Thật vậy, ta có 2 + 2 + 2 + ... + 2 < 1 +

+
+ ... +
=
1 2 3
n
1.2 2.3
n ( n − 1)

4

0,25

1 1 1
1
1
1
= 1 + 1 − + − + ... +
− = 2 − < 2 suy ra nhận xét ñược chứng minh.
2 2 3
n −1 n
n
sin1 sin 2
sin n
Trở lại bài toán, từ công thức truy hồi ta ñược: un = 2 + 2 + ... + 2
1
2
n
1 1
1
Ta có un ≤ 2 + 2 + ... + 2 < 2 với mọi n (theo nhận xét trên) (1)

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 ñã cho bị chặn.
1 1,0 ñiểm

0,5

0,5

0,25
0,25

S

M

D

O
C
I

A

B

Gọi I = AC ∩ BD . Do SA = SB = SC = SD nên các tam giác SAC, SBD cân tại ñỉnh S
nên SI vuông góc với AC, BD suy ra SI vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Dễ thấy mọi
ñiểm nằm trên ñường thẳng SI cách ñều các ñỉnh A, B, C, D.

0,25


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN
Trong tam giác SIC, dựng trung trực của cạnh SC cắt ñường thẳng SI tại O suy ra
OS = OA = OB = OC = OD .
SM .SC
3a.3a
9a 2
9 2a
Ta có SM .SC = SO.SI ⇒ SO =
=
=
=
.
2
2
2
2
8
SI
2 SA − IA
2 9a − a
9 2a

.
Vậy SO =
8
2 1,0 ñiểm

0,25

0,5

A

H

0,25

C

S
K
B
D

Gọi K là giao ñiểm của ñường thẳng AH và BC; trong mặt phẳng (SBC) gọi D là giao
ñiểm của ñường 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.
1
1
1
Trong tam giác vuông SAK ta có
= 2+

, kết hợp với giả thiết ta ñược
2
SH
SA SK 2
1
1
1
= 2+
(1)
2
SK
SB
SC 2
1
1
1
Trong tam giác vuông SDC ta có
=
+
(2)
2
2
SK
SD
SC 2
Từ (1) và (2) ta ñược SB = SD , từ ñó suy ra B ≡ D hay suy ra SB vuông góc với SC.
3 1,0 ñiểm

0,5

0,25

A

Q

M

G
D

B

0,25

N

P
C

Gọi G là trọng tâm của tứ diện; M, N, P, Q lần lượt là trung ñiểm 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 ñược MN ⊥ CD và ñường thẳng PQ vuông góc với cả hai
ñường thẳng BC, AD. Từ ñó suy GA = GB = GC = GD .
XA.GA + XB.GB + XC.GC + XD.GD
Ta có XA + XB + XC + XD =
GA

0,5

WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN
≥

=

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
ñiểm G. Vậy XA + XB + XC + XD nhỏ nhất khi và chỉ khi X là trọng tâm của tứ diện
ABCD.

0,25


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO
THÀNH PHỐ ðÀ NẴNG

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
NĂM HỌC 2010-2011

ðỀ CHÍNH THỨC
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao ñề)
Câu I (2,0 ñiểm)
1) Giải phương trình lượng giác
2) Giải hệ phương trình

sin 2 3 x cos 2 x + sin 2 x = 0.
( 2 − x )( 2 + y ) = 8

2
2
 x 4 − y + y 4 − x = 4.

Câu II (2,0 ñiểm)
1) Cho a, b, c là ba hằng số và (un ) là dãy số ñược xác ñịnh bởi công thức:
un = a n + 1 + b n + 2 + c n + 3 (∀n ∈ ℕ*).
Chứng minh rằng lim un = 0 khi và chỉ khi a + b + c = 0.
n→∞

2) Các số a, b, c (theo thứ tự ñó) lập thành một cấp số nhân có tổng bằng 26. Tìm các
số ñó, 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 ñiểm)
n
1) Chứng minh rằng: với mọi số tự nhiên n, số 23 + 1 chia hết cho 3n +1 nhưng không

chia hết cho 3n + 2.

2) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số ñều khác 0, lấy ngẫu
nhiên một số. Tính xác suất ñể trong số tự nhiên ñược lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác
nhau.
Câu IV (3,0 ñiểm)
1) Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D '. Trên cạnh AB lấy ñiểm M khác A và B. Gọi (P) là
mặt phẳng ñi 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 ñịnh vị trí của M ñể thiết diện nói trên có diện tích lớn nhất.

2) Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình bình hành và M là trung ñiểm của SC.
Một mặt phẳng (P) chứa AM và lần lượt cắt các cạnh SB, SD tại các ñiểm B', D' khác S.
4 SB ' SD ' 3
Chứng minh rằng: ≤
+
≤ .
3 SB SD 2
Câu V (1,0 ñiểm)
Khảo sát tính chẵn - lẻ, tính tuần hoàn và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm
số y = sin ( π sin x ) .


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN

--- HẾT --Họ và tên thí sinh: ...................................................... Số báo danh: .....................................
Chữ ký của giám thị 1: ................................ Chữ ký của giám thị 2:......................................
CÂU

NỘI DUNG ðÁP ÁN
sin 2 3x cos 2 x + sin 2 x = 0.
( 2 − x )( 2 + y ) = 8
2) Giải hệ phương trình

2
2
 x 4 − y + y 4 − x = 4.
Có: sin 3x = 3sin x − 4sin 3 x = (3 − 4sin 2 x)sin x = (1 + 2 cos 2 x)sin x,

ðIỂM

1) Giải phương trình lượng giác
Câu I

nên PT ⇔ [(1 + 2 cos 2 x) cos 2 x + 1]sin x = 0
2

I.2
(1,0ñ)

0,25
0,25

⇔ (4 cos 2 x + 4 cos 2 x + cos 2 x + 1) sin x = 0
3

I.1
(1,0ñ)

2

2,0 ñ

2

2

⇔ (1 + cos 2 x)(1 + 4 cos 2 2 x) sin 2 x = 0

sin x = 0
⇔
⇔ x = k π 2 (với k nguyên)
cos 2 x = −1
 x = 2 cos 2u
ðiều kiện: x; y ∈ [ − 2; 2] . ðặt 
với u, v ∈ [0; π ]
2
y
=
2
cos
2
v

(1 − cos 2u )(1 + cos 2v) = 2
HPT ⇔ 
cos 2u sin 2v + cos 2v sin 2u = 1
sin u cos v = 1/ 2
sin(u + v) + sin(u − v) = 2

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

π

sin(u − v) = 1/ 2
π
u −v =



u =

4
⇔
⇔ 
⇔ 

4 (thỏa)
π
u + v = π
u + v =
v = 0

4

4
π

 x = 2 cos = 0
Kết luận: nghiệm hệ phương trình là 
2
 y = 2 cos 0 = 2
1) Cho a, b, c là ba hằng số và ( un ) là dãy số ñược xác ñịnh bởi công thức:

un = a n + 1 + b n + 2 + c n + 3 (∀n ∈ ℕ*).
un = 0 khi và chỉ khi a + b + c = 0.
Câu II Chứng minh rằng lim
n →∞
2) Các số a, b, c (theo thứ tự ñó) lập thành một cấp số nhân có tổng bằng 26. Tìm các số ñó,
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.
un
n+2
n+3
ðặt vn =
= a+b
+c

⇒ vn → a + b + c khi n → +∞
II.1
n +1
n +1
n +1
(1,00ñ)
Ta có: un = vn n + 1

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

2,0 ñ

0,25


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN
cho nên: nếu a + b + c ≠ 0 thì lim un (= ∞) ≠ 0.
n →+∞

Ngược lại nếu a + b + c = 0

⇒ a = −b − c thì khi n → +∞ ta có
b
2c
un = b n + 2 − n + 1 + c n + 3 − n + 1 =
+
→0
n + 2 + n +1
n + 3 + n +1
Gọi u1 = a, u2 = b, u3 = c là ba số theo thứ tự lập thành một cấp số nhân có công bội q; (vn)
là cấp số cộng có công sai d với v1 = a, v3 = b, v9 = c . Khi ñó ta có:

(

) (

)

u1 = v1 = a
u1 = v1 = a

u = v = b
 2
aq = a + 2d
3
⇔

 2
u3 = v9 = c
aq = a + 8d

3a + 10d = 26.
u1 + u2 + u3 = 26
II.2
26
(1,00ñ) q = 1 ⇔ a = b = c =
3
Nếu q ≠ 1 (ad ≠ 0) hệ trên trở thành
2d

a = q − 1

q = 3
⇔
 q 2 − 4q + 3 = 0 ⇔ 
a = d = 2

3a + 10d = 26


(1)
(2)
(3)

0,25

0,50

Dễ thấy q = 1 ⇔ d = 0, nên:
0,50
0,25

a = 2, b = 6, c = 18
0,25

1) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n; số 23 + 1 chia hết cho 3n +1 nhưng không chia
n

Câu
III

hết cho 3n + 2.
2) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số ñều khác 0, lấy ngẫu
nhiên một số. Tính xác suất ñể trong số tự nhiên ñược lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác
nhau.

2,0 ñ

n

ðặt An = 23 + 1
n = 0 thì A0 = 21 + 1 = 3 chia hết cho 31 mà không chia hết cho 32

0,25

k

Giả sử Ak = 23 + 1 chia hết cho 3k+1 mà không chia hết cho 3k+2 (Ak = B.3k+1; với B nguyên,
không chia hết cho 3).Ta có:
III.1
(1,0ñ)

( )

k +1
k
Ak+1 = 23 + 1 = 23

(

k

Ak+1 = Ak Ak2 − 3 ⋅ 23

3

)

(

k

) (( k )

2

k

)

+ 1 = 23 + 1 23

− 23 + 1
2
k
k 

= B ⋅ 3k +1 ( B ⋅ 3k +1 ) − 3 ⋅ 23  = 3k + 2  B3 ⋅ 32k +1 − B ⋅ 23 

0,25

0,25

k

Dễ thấy: B3 .32k +1 chia hết cho 3 mà B ⋅ 23 không chia hết cho 3 (vì B không chia hết cho 3)
nên B 2 .32k +1 − 23 không chia hết cho 3
⇒ Ak+1 chia hết cho 3k+2, nhưng không chia hết cho 3k+3.
Ta có: Ω = 95 = 59.049
k

Ý.2
(1,0ñ)

Kết luận:

0,25
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 C39 . Chọn 2 chữ số
còn lại từ 3 chữ số ñó, có 2 trường hợp rời nhau sau ñây:

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
0,25