Bộ đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán 11 năm học 2018 - 2019 có đáp án

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.23 MB, 23 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 
Tổ - Tốn

KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG 
Năm học: 2018 - 2019

Mơn thi: TỐN - Lớp 11

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu

Câu I (3,0 điểm)

Cho hàm số yx2



m2



x m 3 ( với m là tham số) 
1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị

 

P của hàm số khi m0

2. Tìm m để đồ thị của hàm số đã cho cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1; 2 thỏa mãn

1 2

2 1

1 1

x m x m

x x

      

Câu II (5,0 điểm)

1. Giải phương trình: x 1 x24x 1 3 x
2. Cho cos 2 4

5
   với

    . Tính giá trị của biểu thức:



2018 tan



cos

4
P    

 

3. Giải phương trình: cos 2 3 1 sin





2 cos 2sin 2 2sin 1
2 cos 1

x x x

x x

x

  

  

 .

Câu III (4,0 điểm)

1. Giải bất phương trình :

2 3 5 4 7

2 3

3 3

x x x

x

x x

  

  

 

2. Giải hệ phương trình:





3 2 6

3 2 6 2 4 4 10 3

x y x x y y y

y x y x

     




      





x y, 



Câu IV (4,0 điểm)

1. Cho tam giác ABC có góc B300 và 1 1 1 1

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

2. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c  6. Chứng minh rằng:

3 3 3 2

1 1 1

a b c

b c a

  

   .

Câu V (4,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABCcó 3; 0
2
M 

  là trung điểm đoạn AC, phương
trình các đường cao AH BK, lần lượt là 2x  y 2 0 và 3x4y130. Xác định tọa độ các đỉnh của
tam giác ABC.

2. Trong mặt phẳng với trục toạ độ cho hình chữ nhật có , . Gọi là
trung điểm của ; là điểm đối xứng với qua . Biết rằng là trung điểm của ,
điểm thuộc đường thẳng . Tìm tọa độ đỉnh .

--- Hết ---

ĐÁP ÁN

Câu NỘI DUNG Điểm

I 
3,0 
điểm

Cho hàm số yx2



m2



x m 3 ( với m là tham số) 
1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị

 

P của hàm số khi m0

2.0

Với m0 ta được 2

2 3
yx  x
ta có đỉnh : 1



1; 4



4
x

I I

y



 

  



0.50

Ta có bảng biến thiên:

0.50

đồ thị là parabol có bề lõm hướng lên có trục đối xứng là đường thẳng x1

cắt trục hoành tại điểm



1;0 ; 3;0

  

cắt trục tung tại điểm



0; 3



0.50
Oxy ABCD AB2BC B

 

7;3 M

AB E D A N



2; 2



DM

E : 2x  y 9 0 D

+∞ +∞

y
x

-4
1

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Ta có đồ thị của hàm số:

0.50
2. Tìm m để đồ thị của hàm số đã cho cắt trục hồnh tại hai điểm phân biệt có hoành

độ x x1; 2 thỏa mãn: 1 2

2 1

1 1

x m x m

x x

      

. 1.0

Đk: 1
2

0
0
x
x



 



Xét phương trình hồnh độ giao điểm 2





2 3 0

x  m x m   (*)

để đồ thị của hàm số đã cho cắt trục hồnh tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1; 2

 phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x x1; 2 0

16 0

3
3 0

m

m
m

   

  

 



0.25

Theo định lí viet ta có: 1 2
1 2

2
3
x x m
x x m

  



  



ta có 1 2 2 2







1 2 1 2 1 2

2 1

1 1

26 1 26

x m x m

x x m x x x x

x x

             

0.25



 







 









1 2 1 1 2 24 1 2 2 1 2 24 3

x x m x x x x m m m m

               0.25

14
25 70 0

m m

     ( thỏa mãn đk). vậy giá trị của m cần tìm là 14
5

m 0.25

II 1. Giải phương trình: 2

1 4 1 3

x  x  x  x (*) 2.0 
5,0

điểm

Điều kiện: x0.

 Trường hợp 1. Nếu x0 thì ( )  2 0 : sai nên x0 không là nghiệm

0.50
1

-4

x
y

-1 3

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

 Trường hợp 2. Nếu x0, chia hai vế cho x0, thì:

1 1

( ) x x 4 3 0

x
x

        (1). Đặt 1 2 2 1 2.

Cauchy

t x t x

x
x

      

0.50

2 2

2 3 5

(1) 6 3

6 9 6

t

t t t

 



       

   


0.50

Suy ra:

1 5 1 1

2( ) 5 2 0 2 4

2 2 4

x x x x x x x

x

              

Kết hợp với điều kiện ta được phương trình có 2 nghiệm 4, 1
4
x x 

0.50

2. Cho cos 2 4
5
  với

    . Tính giá trị của biểu thức:



2018 tan



cos
4
P    

 

1.5

Do
2

    nên sin0, cos 0. Ta có:

2 1 cos 2 1 1

cos cos

2 10 10



       0.50

2 2 9 3

sin 1 cos sin

10 10

      , tan sin 3

cos





  

0.50

Khi đó:



2018 tan



. 1



cos sin



P    

0.25





1 1 3

2018 3 . 403. 5

2 10 10

 

    

  0.25

3. Giải phương trình: cos 2 3 1 sin





2 cos 2sin 2 2sin 1

 

2 cos 1

x x x

x x

x

  

   



1.5

Điều kiện:2 cos 1 0 cos 1
2

x   x 2 ,





x  k  k Z

    

 



 

2 cos 1



2sin



2 cos 1



cos 2 3 1 sin

2 cos 1

x x x

x x

x

  

    

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>



 

2 cos 1 1 2sin





cos 2 3 1 sin

2 cos 1

x x

x

 

   



1 2sin x 3 3 sinx 1 2sinx

     





2sin x 2 3 sinx 3 0

     sin 3

2
x

  hoặc sinx 1

0.50

Với sin 3 sin sin

2 3

x  x  2

3
x  k 

   hoặc 2 2 ,





x  k  kZ

0.25

Với sin 1 2 ,





x     x  k  kZ

So với điều kiện nghiệm của phương trình: 2 2 ; 2 ,





3 2

x  k  x   k  kZ

0.25

III 
4,0 
điểm

1. Giải bất phương trình :

2 3 5 4 7

2 3

3 3

x x x

x

x x

     

  2.0

đk:

2 1 3

3 5 0

5
2
2

3 0

x
x

x

 


   

 

   

   

bpt  2x2 3x 5 2 3



x



4x7  2x23x 5 2x1 (*)

0.50

Nếu 5
2

x  ta có VT (*) 0, VF(*)0 nên (*) vơ nghiệm. 0.50
Nếu 1 x 3, cả hai vế của (*) khơng âm nên ta có

Bpt (*) 2





2 2

2 3 5 2 1 2 7 6 0 3

2
x

x x x x x

x





         

 

 0.50

Kết hợp với đk ta được 1 3
2
x

  hoặc 2 x 3 nên tập nghiệm của bất phương trình
đã cho là 1;3



2;3



2
S  

  .

0.50

2. Giải hệ phương trình:





3 2 6

3 2 6 2 4 4 10 3

x y x x y y y

y x y x

     




      

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Điều kiện :

0 2

2
x y
y
x

 


  


 


Nhận xét rằng với

   

x y,  0;0 không thỏa hệ nên x y 2y 0. Khi đó

pt đầu









6 2 3



2 2 2



2
x y

x y y x y x y x xy y

x y y


          

 

0.50





 







3 2 3 2 0

2 2

x y

x y x y x y x y

x y y x y y

 



         

     

 

Từ điều kiện và nhận xét ở trên ta có : 1 3





2 x y

x y y    .
Do đó     x y 0 x y.

0.50

Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình:

3 2 x 6 2 x 4 4x 10 3 x (*)

ta có : ( ) 3( 2 x 2 2x) 10 3  x4 4x2 (2)
Đặt t 2 x 2 2x, suy ra: t2 ( 2 x 2 2x)2 10 3 x4 4x2.
khi đó pt(2) trở thành 2

3t  t t 0 hoặc t3.

0.50

 Với t 0, suy ra: 2 2 2 2 8 4 6
5

x x x x x

         

 Với t 3, suy ra: 2 x 2 2 x 3 có 2 2 ,



2; 2



2 2 3 3

VT x

x

VP x

   

   



   

 nên

phương trình sẽ vơ nghiệm khi t 3. Kết hợp với điều kiện  hệ phương trình
đã cho có nghiệm duy nhất là

 

; 6 6;

5 5

x y   

 

0.50

IV 
4,0 
điểm

1. Cho tam giác ABC có góc B300 và 1 1 1 1

p a  p p b  p c ( trong đó

, ,

aBC bCA cAB và p là nửa chu vi của tam giácABC ). Tính các góc cịn lại
của tam giác ABC.

2.0

Ta có











1 1 1 1 1 1 1 1

( )

p b c
a

p a p p b p c p a p p b p c p p a p b p c

 

        

         0.50

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>







( )







( )

a a

p p a p b p c
p p a p b p c

      

  











p b c a bc b c a b c a bc

         

0.50





2 2 2 2 2

b c a bc b c a ABC

         vuông tại A A 900 0.50

mà 0 0 0 0 0

30 90 90 30 60

B  C  B   . Vậy 0

A , 0

C . 0.50

2. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c  6. Chứng minh rằng:

3 3 3 2

1 1 1

a b c

b c a

  

  

2.0

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng 2 xy  x y ta được









2 2

3 2

2 2

1 1 2

1 1 1

a a a a

b b b b

  

    

   

Áp dụng tương tự ta được bất đẳng thức

2 2 2

3 3 3

2 2 2

1 1 1

a b c a b c

b c a

    

  

0.50

Ta cần phải chứng minh được 22 22 22 2

2 2 2

a b c

b  c  a  
Thật vậy, ta có

2 2

a ab

a

b   b  , mà cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta được





2 2 2 2 3

2 2 2 3 4

2 2 2 2. .

2 4 3 .4 3 3 9

a b b

ab ab ab a b a b b

b b b b

 

    

  

0.50

Suy ra 22



2 2



2 9

a b

a
a
b


 

 . Chứng minh tương tự ta được









2 2 2

2 2

2 2 2

2 2 2 9 9

a b c ab bc ca

a b c

a b c

b c a

   

      

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Mặt khác theo một đánh giá quen thuộc ta có





12
3

a b c
ab bc ca     
Do đó ta được 22 22 22 6 2.6 2.12 2

2 2 2 9 9

a b c

b  c  a      .

Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
2

a  b c .

0.50

V 
4,0 
điểm

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có 3; 0

2
M 

  là trung
điểm đoạn AC. Phương trình các đường cao AH BK, lần lượt là 2x  y 2 0 và

3x4y130. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

2.0

Đường thẳng AC đi qua M và vng
góc với BK nên có phương trình

4x3y6.

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
phương trình 4 3 6

 

0; 2

2 2

x y

A
x y

 

 

   



0.50

Từ 3; 0
2
M 

  là trung điểm AC suy ra C



3; 2



0.50
Đường thẳng BC đi qua C và vng góc với AH nên có phương trình x2y 1 0. 0.50
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình 2 1



3;1



3 4 13

x y

B
x y

  



 

   


Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là A 0;2 , B -3;1 , C 3;-2



 



0.50

2. Trong mặt phẳng với trục toạ độ cho hình chữ nhật có ,
. Gọi là trung điểm của . là điểm đối xứng với qua . Biết
rằng là trung điểm của , điểm thuộc đường thẳng

. Tìm tọa độ đỉnh

2.0 
Oxy ABCD AB2BC

 

7;3

B M AB E D A



2; 2



N  DM E : 2x  y 9 0

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Ta chứng minh

Ta có nên tam giác
vuông cân tại , suy ra

Xét tam giac và có
và

0.50

Do đó , suy ra tứ giác nội tiếp, do đó
hay .

0.50

Đường thẳng qua và vuông góc với BN nên có phương trình x y 0 .
Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ 2 9 0 3



3;3



0 3

x y x

E

x y y

    

 

  

    

  .

Ta có BDBE10 . Vì 2 2 2 2 1 2

100 4 5

AB AE EB AB  AB   AB nên
4 5

DE

0.50

Gọi D x y

 

; , vì DE4 5 và BD10 nên tọa độ điểm D là nghiệm của hệ:



 





 



2 2

3 3 80 1; 5

1; 11

7 3 100

x y x y

x y

        

 

   



   

 .

Đối chiếu điều kiện ,B D khác phía với NE nên D



1; 5



0.50

SỞ GD – ĐT BẮC NINH

TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2

______________________

(Đề gồm có 01 trang)

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

NĂM HỌC : 2018- 2019

MƠN: TỐN - LỚP 11

________________

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 26 /01/2019

BN NE
1
2
AM AD AB

ADM A

AN DM

ANE MNB

1
,
2

AN MN  DM AEMBAD

NAE NAM NMB

A

D

B

C
E

M

N

ANE MNBAEN MBN ABN ANBE

BNEBAE BN NE

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

a. Giải phương trình sau sin 2x



sinxcosx1 2sin



xcosx 3



0.

b. Có bao nhiêu số nguyên của tập hợp



1; 2;...;1000 mà chia hết cho 3 hoặc 5?



Câu 2 (5.0 điểm).

a. Cho khai triển



1 2 x



n a0a x1 a x2 2 ... a xn n , trong đó n * và các hệ số thỏa mãn hệ
thức 1

0 ... 4096

2 2

n
n

a
a

a     . Tìm hệ số lớn nhất ?

b.Ba cầu thủ sút phạt đền 11m, mỗi người đá một lần với xác suất làm bàn tương ứng là x, y và
0, 6 (với x y). Biết xác suất để ít nhất một trong ba cầu thủ ghi bàn là 0,976 và xác suất để cả
ba cầu thủ đều ghi ban là 0,336. Tính xác suất để có đúng hai cầu thủ ghi bàn.

Câu 3 (6.0 điểm).

Cho hình chópS ABCD. , có đáy ABCD là hình thang cân



AD/ /BC



vàBC2a,





AB ADDCa a . Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC vàBD. Biết
SD vng góc vớiAC.

a. TínhSD.

b. Mặt phẳng () qua điểm M thuộc đoạn OD (M khácO D, ) và song song với hai đường
thẳng SD và AC . Xác định thiết diện của hình chóp .S ABCD cắt bởi mặt phẳng ( ). Biết

MD x. Tìm x để diện tích thiết diện lớn nhất.

Câu 4 (4.0 điểm).

a. Cho dãy (xk) được xác định như sau: 1 2 ...

2! 3! ( 1)!

k

k
x

k

   

 .

Tìm limun với 1 2 ... 2019

n n n

n
n

u  x x  x .

b. Giải hệ phương trình sau:

2 2

1 1 18

1 1 2

          




         



x x y x y x y y

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

ĐÁP ÁN

Câu Đáp án Điểm

Câu1 
(5điểm)















 











sin cos 1 sin cosx 1 2sin cos 3 0

sin cos 1 sin cos 1 sin cosx 1 2sin cos 3 0
sin cos 1 sin 2 cos 4 0

PT x x x x x

x x x x x x x

x x x x

        

          

      

2
sin cos 1

, ( )

sin 2 cos 4( ) 2

2
x k

x x

k

x x VN x k



 




 

 

  



   

 

Vậy phương trình có hai họ nghiệm: 2 , 2 , ( )
2

xk  x  k  k

0,5 
điểm

1,0 
điểm

0,5 
điểm

b. Đặt S



1; 2;...;1000



; A



xS x 3



; B



xS x 5



Yêu cầu bài toán là tìm AB

Ta có

1000

333
3

1000

200
5

A

B

 

 

 

 

 

 

Mặt khác ta thấy AB là tập các số nguyên trong S chia hết cho cả 3 và 5 nên nó
phải chia hết cho BCNN của 3 và 5, mà BCNN

 

3,5 15 nên

1000
66
15

A B  

  .

Vậy ta có

333 200 66 467

A B A B  A B   

0,5 
điểm

1,0 
điểm

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Câu 2 
(5điểm)

a. Số hạng tổng quát trong khai triển



1 2 x



n là Cnk.2 .kxk, 0 k n, k .
Vậy hệ số của số hạng chứa k

x là Cnk.2k ak Cnk.2k.
Khi đó, ta có





0 1 2

0 ... 4096 ... 4096 1 1 4096 12

2 2

n
n

n

n n n n

n

a
a

a     C C C  C      n

Dễ thấy a0 và an không phải hệ số lớn nhất. Giả sử ak



0 k n



là hệ số lớn
nhất trong các hệ số a0,a a1, 2,...,an.

Khi đó ta có



 





 



1 1

1 12 12

1 1

1 12 12

12! 12!.2

!. 12 ! 1 !. 12 1 !

.2 .2

12! 12! 1

.2 .2

.
!. 12 ! 1 !. 12 1 ! 2

k k k k

k k

k k k k

k k

k k k k

a a C C

k k k k

 


 


 

    



 

  

   




   

    







1 2 23

1 2 12 0 23 26

12 1 3

2 1 26 3 0 26 3 3

13 3

k

k k

k
k

k

k k

   

      

    

     

 



   

  

 

Do k  k 8

Vậy hệ số lớn nhất là a8 C128.28 126720.

0,5 
điểm

1,0 
điểm

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

b. Gọi Ai là biến cố “người thứ i ghi bàn” với i1, 2,3.
Ta có các Ai độc lập với nhau và P A

 

1 x P A,

 

2  y P A,

 

3 0, 6.

Gọi A là biến cố: “ Có ít nhất một trong ba cầu thủ ghi bàn”
B: “ Cả ba cầu thủ đều ghi bàn”

C: “Có đúng hai cầu thủ ghi bàn”

Ta có: AA A A1. 2. 3 P A

       

P A P A1 . 2 .P A3 0, 4(1x)(1y)
Nên P A( ) 1 P A

 

 1 0, 4(1x)(1y)0,976

Suy ra(1 )(1 ) 3 47

50 50

x y xy x y

        (1).

Tương tự: BA A A1. 2. 3, suy ra:

 

     

1 . 2 . 3 0, 6 0,336

P B P A P A P A  xy hay là 14
25
xy (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ:

25
3
2
xy

x y
 


  


, giải hệ này kết hợp với x y ta tìm
được

0,8

x và y0, 7.

Ta có: CA A A1 2 3A A A1 2 3A A A1 2 3

Nên P C( ) (1 x y) .0, 6x(1y).0, 6xy.0, 40, 452.

1,0 
điểm

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Câu 3

(6điểm)

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

Kẻ DT/ /AC(T thuộcBC). Suy ra CT ADa và DT vng gócSD.
Ta có: DT ACa 3.

Xét tam giác SCT có
2 , ,

SC a CT a SCT 1200
7

ST a

 

Xét tam giác vuông SDT có
DT  a 3,

7 2

ST 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 giácNPQKJ.

Ta có: NJ MK PQ, , cùng vng góc vớiNP.









dt NPQKJ dt NMKJ  dt MPQK





=1( ) 1( )
2 NJ MK MN2 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( 3) 2 ( 3 ) 3 2(3 2 3 )

2 a x 3 a x x a x x

      

 

 

2 ,0 
điểm

1,0 
điểm

1,5 
điểm

B C

A D

M
N

P
K

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

1 1 3 3

(3 2 3 )2 3 (3 2 3 ) 2 3

3 a x x 4 3 a x x a

 

       

Diện tích NPQKJ lớn nhất bằng 3 3 2

4 a khi

3
4
x a

1,5 
điểm

Câu 4 
(4điểm)

a. Ta có: 1 1
( 1)! ! ( 1)!

k

k k  k nên

1
1

( 1)!

k

x

k
 

 .

Suy ra 1 1

1 1

0
( 2)! ( 1)!

k k k k

x x x x

k k

 

     

  .

Mà: x2019 n x1nx2n ... x2019n  n 2019x2019. 
Mặt khác: lim 2019 lim 2019 2019 2019 1 1

2020!

n

x  x x   .

Vậy lim 1 1
2020!

n

u  

1,0 
điểm

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

b. Điều kiện

2
2

1 0

    




   


x x y

y x y

Cộng và trừ từng vế tương ứng của hệ phương trình trên ta được

2 2

1 1 10

        




 


x x y y x y

x y

Thế y=8-x vào phương trình trên ta được

2 2

9 16 73 10

    

x x x

 2 2 2

(x 9)(x 16x73)  x 8x9

 2 2 2 2

(x 3 ) ( x8) 3 )  9 x(8x) (1)
Trong hệ trục tọa độ xét ( ;3)



a x ; (8 ;3)





b x

Khi đó |a|.|



b|= (x23 ) (2  x8)23 )2 



a.



b=9x(8x)
Pt (1) tương đương với |a|.|



b|=



a.



b(2)

Ta có |



a|.|



b|



a.



b
Khi đó (2) xảy ra khi và chỉ khi hoặc 0

 



a hoặc 0

 



b (không xảy
ra) hoặc



acùng hướng



b suy ra 8x  1 0

x  x=4.
KL: Nghiệm của hệ là (4;4)

1,0 
điểm

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Câu I (4,0 điểm).

1.Giải phương trình 2 2

2 cos 2 3 cos 4 4 cos 1

4 x x x



    

 

 

2.Cho các số x5 ;5y x2 ;8y xy theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng; đồng thời các số





2
2

(y1) ;xy1; x2 theo thứ tự lập thành một cấp số nhân. Hãy tìm x y, .
Câu II (5,0 điểm).

1. Tính tổng S 2.1C 2n3.2C3n4.3Cn4  ... n(n 1)C nn

2.Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có sáu chữ số khác nhau. Tính xác suất để chọn được một số có 
3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ.

Câu III (5,0 điểm).

1. Tìm

2
2

lim

4 3 2

n n n
n n n

 

2. Giải hệ phương trình

2 2

4

8

17

1 21 1 2 4

3 x

y

x

y

x

  



 









 





Câu IV(2,0 điểm).

Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 4), B(1; 2), đỉnh C thuộc đường thẳng
: 2 1 0

d x  y   , trọng tâm G. Biết diện tích tam giác GAB bằng 3 đơn vị diện tích, hãy tìm tọa độ
đỉnh C.

Câu V (4,0 điểm).

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn BC2a đáy bé ADa , ABb .
Mặt bên SAD là tam giác đều. M là một điểm di động trên AB, Mặt phẳng (P) đi qua M và song song với
SA, BC.

1. Tìm thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mp P

 

. Thiết diện là hình gì?

2. Tính diện tích thiết diện theo a, b và xAM, 0



 x b



. Tìm x theo b để diện tích thiết diện
lớn nhất

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH

2

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG 
NĂM HỌC 2018 – 2019

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Câu ĐÁP ÁN Điểm 
Câu I.

1 2 2

2 cos 2 3 cos 4 4 cos 1

4 x x x



    

 

 

PT 4 3cos4 2



1 cos2



1
6

cos

1    






 

  x x x

x
x

x 3cos4 2cos2
4

sin  



0.5

x

x cos2

6
4

cos 







 

  0.5




















2
2
6
4
2
2
6
4
k
x
x
k
x
x



k Z



k
x

k
x
















12
3
36
1.0

2  x5 ;5y x2 ;8y xy theo thứ tự lập thành CSC nên ta có:





 

5 8 2 5 2

2 1

x y x y x y

x y

    

 

0.5











1 ; 1; 2

y xy x theo thứ tụ lập thành CSN nên ta có:



 

  

1 2 1 2

y x  xy

0.5

 Thay (1) vào (2) ta đc:



 











2 2 2

4 2 4 2

1 2 2 2 1

4 2 1 4 4 1

3
3
3 2
4 3
3
2

y y y

y y y y

y x
y
y x
   

     
 
   


  

  

1.0 
Câu II

1 2 3 4 n

n n n n

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Số hạng tổng quát:







  









 











1 1

! !

1 2 !
2 ! 2 ! 2 !

1 2

k

k n

k
n

n
u k k C k k

k n k
n n n

k n k

n n C  k n

   



 



 

     

   

1.0







0 1 2



2 2 2

1 n n ... nn

S n n C C   C 1.0

n n



1 2



n2 0.5

2. Số phần tử của không gian mẫu: 6 5

10 9 136080

n  A A  0.5

*Số các số tự nhiên có 6 chữ số có3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ là
TH1: (số tạo thành không chứa số 0)

 Lấy ra 3 số chẵn có: C43

 Lấy ra 3 số lẻ có: C53

 Số các hoán vị của 6 số trên: 6!

Suy ra số các số tạo thành: C C43. 53.6! 28800

0.5

TH2: ( số tạo thành có số 0)
 Lấy ra hai số chẵn khác 0: C42

 Lấy ra 3 số lẻ: C53

 Số các hốn vị khơng có số ) đứng đầu: 6! 5! 5.5! 
Số các số tạo thành: C C42. 53.5.5! 36000

0.5

Gọi biến cố A: “số đuợc chọn có 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ”

Suy ra : nA28800 36000 64800

Xác suất xảy ra biến cố A: 64800 10

136080 21

A
A

n
P

n

  

1

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

1













2
2
2 2
2
2

4 3 2

lim lim

4 3 2 3

4 2

4 3 2 2

lim lim

3
1

3 1 1

n n n n

n n n

n n n n n n n

n n n n

n n n

n
 
  
   
 
 

  
 
   
 
 
2.0

2

 

 

2 2

4

8

17 1 1

21 1 2 4

3

2 x

y

x

y

x

  



 









 





Điều kiện: y0

 









2 2

2 2

2 2

1 ( 4) 8 17 1 0

4 0

8 17 1

x y x x y

x y

x x y

        

 

    

   

0.5



 

2 4



4 2



8 17 1

x y x y

x y

x x y

   

    

   



4 (1



2





2 ) 0

8 17 1

x y

x x y

y x
 
    
   
  
0.5

Vì:













2 2

2 2 2 2

4 1 4 1

1 0 ,

8 17 1 8 17 1

x x y y

x y

x y

x x y x x y

      

 

   

       

0.5

Thay y x 4 vào 2 ta đuợc
:

 



 



2 4 25 1 2 16

4 2 25 5 8 2 16 0

1 1 12

4 2 25 5 8 2 16

x x x x

x
x

x x x x

       
          

 
    
      
 

0.5

 

0 4

1 1 12

4 2 25 5 8 2 16

x y

vn
x

x x x x

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Câu IV Ta có: BA

 

2; 2 ,AB2 2

Phuơng trình đuờng thẳng AB: 1 2 1 0

1 1

x y

      

0.5





: 2 1 0 1 2 ;
Cd x y  C   t t

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC suy ra: 1 2 ; 2

3 3

t
G  t  

 

0.5

Khoảng cách từ G đến AB:  ; 
2

G AB

t

d  0.5

Vì diện tích GAB bằng 3 đơn vị nên ta có:

 









;

3 7;3

. 3

2 G AB 3 5; 3

t C

d AB

t C

   

  

   



0.5

Câu V + Từ M kẻ đuờng thẳng song song với BC và SA lần luợt cắt DC tại N, SB tại Q.

+ Từ Q kẻ đuờng thẳng song song với BC cắt SC
tại P.

Thiết diện hình thang cân MNPQ

0.5 
0.5

+ Tính diện tích MNPQ

Ta tính đuợc MQ NP b xa PQ, 2. .a x;MN ab ax

b b b

 

    từ đó tính đuợc

. 3

.
2
ab a x
QK

b





1.5

D a A

B
b
2a

M
Q
P

P Q

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Suy ra diện tích MNPQ là: x











2
2

1 3.

. 3

2 4

MNPQ

a

S MN PQ QK b x b x

b

     0.5







2 2 2

2 2

3. 3. 3 3. 3. 3.

4 12 2 12

MNPQ

a a b x b x a

S b x b x

b b

  

 

      

 

Dấu “=”xẩy ra khi
3
b
x .

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Website HOC247 cung cấp một môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội
dung bài giảng được biên soạn công phu và giảng dạy bởi những giáo viên nhiều năm kinh nghiệm,
giỏi về kiến thức chuyên môn lẫn kỹ năng sư phạm đến từ các trường Đại học và các trường chuyên 
danh tiếng.

I. Luyện Thi Online

-Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ các Trường ĐH và THPT danh tiếng
xây dựng các khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học và Sinh
Học.

-Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 và luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán các 
trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An và các trường 
Chuyên khác cùng TS.Trần Nam Dũng, TS. Pham Sỹ Nam, TS. Trịnh Thanh Đèo và Thầy Nguyễn Đức 
Tấn.

II. Khoá Học Nâng Cao và HSG

-Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Tốn Chuyên dành cho các em HS
THCS lớp 6, 7, 8, 9 u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập ở trường và đạt
điểm tốt ở các kỳ thi HSG.

-Bồi dưỡng HSG Tốn: Bồi dưỡng 5 phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp dành

cho học sinh các khối lớp 10, 11, 12. Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS. Lê Bá Khánh Trình, TS.
Trần Nam Dũng, TS. Pham Sỹ Nam, TS. Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩn cùng 
đơi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia.

III. Kênh học tập miễn phí

-HOC247 NET: Website hoc miễn phí các bài học theo chương trình SGK từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả

các môn học với nội dung bài giảng chi tiết, sửa bài tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu
tham khảo phong phú và cộng đồng hỏi đáp sôi động nhất.

-HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp các Video bài giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa bài tập, sửa đề thi
miễn phí từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các mơn Tốn- Lý - Hố, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học và Tiếng
Anh.