Đề thi chọn học sinh giỏi văn hoá cấp tỉnh năm học 2014 - 2015 môn thi: Toán lớp 11 phổ thông

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
BẮC GIANG 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
(Đề thi có 01 trang) 
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP TỈNH 
NĂM HỌC 2014 - 2015 
MÔN THI: TOÁN LỚP 11 PHỔ THÔNG 
Ngày thi: 20/3/2015 
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề 
Câu 1 ( 2,0 điểm). Giải phương trình 33
8
cot tan .
sin 2
x x
x
+ = 
Câu 2 ( 2,0 điểm). Gọi S là tập tất cả các ước nguyên dương của số 10800. Lấy ngẫu nhiên một số thuộc 
S , tính xác suất để số đó chia hết cho 5. 
Câu 3 ( 2,0 điểm). Tìm hệ số của số hạng chứa 12x trong khai triển của nhị thức Niu-tơn 
1
, 0.
2
n
x
x
x
 
− > 
 
 Biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn điều kiện 
2 3 4
1
1 2 3 1
2 3 4 2016.
n
n n n n
n n
n n n n
C C C nCC
C C C C −
+ + + + + =⋯ 
Câu 4 ( 2,0 điểm). Tính giới hạn ( )2 3 3 2lim 2 2 3
x
x x x x x
→+∞
+ − + + . 
Câu 5 ( 4,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Cạnh 
'AA vuông góc với mặt phẳng ( )ABC , đường thẳng 'BC hợp với mặt phẳng ( )' 'ABB A một góc 030 . 
Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AC và 'BB . 
a) Gọi ( )P là mặt phẳng đi qua B và vuông góc với A’C. Xác định thiết diện của ( )P với hình 
lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và tính diện tích thiết diện đó. 
b) Tính góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng ( )' 'BA C . 
Câu 6 ( 2,0 điểm). Cho hai đường tròn ( )O và ( )'O cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B . Một đường 
thẳng thay đổi đi qua A cắt (O) tại A và M, cắt ( )'O tại A và M’. Gọi P và P’ lần lượt là trung điểm của 
AM và AM’. Tìm các quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng PP’ và trung điểm J của đoạn thẳng MM’. 
Câu 7 ( 2,0 điểm). Cho tam giác ABC có , ,BC a CA b AB c= = = . Chứng minh rằng a, b, c theo thứ tự 
đó lập thành một cấp số cộng khi và chỉ khi 1tan tan .
2 2 3
A C
⋅ = 
Câu 8 ( 2,0 điểm). Cho dãy số nguyên dương ( )na với 1 2 2 11, 2, 4 , 1.n n na a a a a n+ += = = + ≥ 
Chứng minh rằng ( )( )2 1 5nn na a + + − ⋅ là số chính phương với mọi số nguyên dương n. 
Câu 9 ( 2,0 điểm). Cho hai số thực dương x và y thoả mãn điều kiện 6 332 4 1x y+ = . Tìm giá trị lớn nhất 
của biểu thức 
( )
( ) ( )
52
2 2
2 3
.
3 3 2
x y
P
x y x y
+ +
=
+ − + +
------ HẾT ------ 
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 
Họ và tên thí sinh: .................................................................Số báo danh:.................................. 
Giám thị 1 (Họ tên và ký).............................................................................................................. 
Giám thị 2 (Họ tên và ký).............................................................................................................. 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
BẮC GIANG 
HDC ĐỀ CHÍNH THỨC 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
NGÀY THI 20/3/2015 
MÔN THI: TOÁN LỚP 11 PHỔ THÔNG 
(Bản hướng dẫn chấm có 4 trang) 
Câu Hướng dẫn giải Điểm 
Câu 1 (2đ) 
(2.0 
điểm) 
Điều kiện: sin2 0x ≠ . PT tương đương với 
4 4
3 3
8 sin cos
sin 2 sin .cos
x x
x x x
−
= 0.5 
2 2 2
2
1
sin os 1 os2 .sin
sin
x c x c x x
x
⇔ = − ⇔ =− 0.5 
2
os2 1
os 2 os2 2 0
os2 2 ( )
c x
c x c x
c x l
 = −⇔ − − = ⇔  =
 0.5 
Kết hợp điều kiện ta thấy phương trình đã cho vô nghiệm. 0.5 
Câu 2 (2đ) 
(2.0 
điểm) 
Ta có 4 3 210800 2 .3 .5= . Mỗi ước nguyên dương của 10800 có dạng 
{ } { } { }2 .3 .5 , 0,1,2,3,4 , 0,1,2, 3 , 0,1,2a b c a b c∈ ∈ ∈ 0.5 
Có 5 cách chọn a, 4 cách chọn b, 3 cách chọn c nên theo quy tắc nhân suy ra số các ước 
nguyên dương của 10800 là 3.4.5 60= số. 0.5 
Các ước nguyên dương của 10800 chia hết cho 5 có dạng 
{ } { } { }2 .3 .5 , 0,1,2, 3, 4 , 0,1,2,3 , 1,2a b c a b c∈ ∈ ∈ . 
Suy ra số các ước nguyên dương chia hết cho 5 của10800 là 5.4.2 40= số. 
0.5 
Gọi A = “Số được chọn chia hết cho 5” thì ta có | | | | 60, | | 40
A
SΩ = = Ω = . 
Xác suất cần tìm là 
| | 40 2
( ) .
| | 60 3
AP A
Ω
= = =
Ω
0.5 
Câu 3 (2đ) 
(2.0 
điểm) 
Biến đổi được 
1
1
k
n
k
n
C
k n k
C −
= − + .Khi đó từ giả thiết có 
( 1) ( 2) ... 1 2016n n n+ − + − + + = 
0.5 
2
63( 1)
2016 4032 0
64 ( ).2
nn n
n n
n l
 =+ ⇔ = ⇔ + − = ⇔  = −
 0.5 
Với n = 63 ta có 
( )
( )
63
63 126 3
6363
0
11
.
2 2
k
k
k
k
k
x
C x
x
−
−
=
  − − =   
∑ 
Số hạng chứa 12x trong khai triển ứng với k thoả mãn 126 – 3k = 24 34k⇔ = . 
0.5 
Vậy hệ số của số hạng chứa 12x trong khai triển là 
34
63
29
1414697626
2
C
= . 0.5 
Câu 4 (2đ) 
(2.0 
điểm) 
( ) ( ) ( )( )2 3 3 2 2 3 3 2lim 2 2 3 lim 2 2 3
x x
x x x x x x x x x x x
→+∞ →+∞
+ − + + = + − − + − 0.5 
( )
2
22
3 2 3 2 23 3
lim 4 3
2x
x x
x x x x x x x x x
→+∞
     = −   + +  + + + +  
 1.0 
2
33
4 3
lim 2 1 1
2 1 11 1 1 1 1
x
x x x
→+∞
       = − = − =     + +  + + + +        
. 0.5 
Câu 5a (2đ) 
(2.0 
điểm) 
O
B
B'
C
A
A'
C'
J
N
I
E
M
H
Gọi I là trung điểm của A’B’. Chứng tỏ 
( ) 
 0';( ' ') ' 30BC ABB A IBC= = . 
0.5 
Xét tam giác BIC’, tính được 3
2
a
BI = . Từ đó tính được ' 2BB a= . 
0.5 
Ta có ( ' ') 'BM ACC A BM A C⊥ ⇒ ⊥ . 
Trong (ACC’A’) kẻ ' , 'MH A C H CC⊥ ∈ . Khi đó mp (BMH) đi qua B và vuông góc 
với AC’ nên thiết diện cần tìm là tam giác BMH. 
0.5 
Ta có 

 

. ' 6
' 4cos sin '
CM CM CM A C a
MH
AACMH ACA
= = = = 
Xét tam giác BMH vuông tại M nên có diện tích là 
21 3 2
.
2 16
a
S BM MH= = . 
0.5 
Câu 5b (2đ) 
(2.0 
điểm) 
Gọi J là trung điểm của A’C’ ta có ' ' ( ')A C BMJB⊥ . Gọi O MN BJ= ∩ . 
Dựng ME vuông góc BJ ( )E BJ∈ suy ra ' ' ( ' ')ME A C ME BA C⊥ ⇒ ⊥ 0.5 
Do đó OE là hình chiếu của MN trên mp(BA’C’) nên 

( ) 
( ) 
;( ' ') ;MN BA C MN OE MOE= = 0.5 
Ta có O là trọng tâm của tam giác BMB’ nên 2 5
3 3
a
MO MN= = . 
Ta có 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 4 1 11 6
3 2 6 11
a
ME
ME MB MJ a a a
= + = + = ⇒ = 
0.5 
Ta có 
 54sin
55
ME
MOE
MO
= = . 
Vậy góc giữa đường thẳng MN và (BA’C’) là α với 0 054sin , 0 90
55
α α= < < . 
0.5 
Câu 6 (2đ) 
(2.0 
điểm) 
J I
Q
P'
P
M'
A
B
O O'
M
Gọi Q là trung điểm của OO’, suy ra IQ // OP nên IQ IA⊥ . 
0.5 
Suy ra điểm I nhìn đoạn thẳng cố định AQ dưới một góc vuông nên quỹ tích các điểm I 
là đường tròn (C) đường kính AQ. 0.5 
Do J là trung điểm của MM’ nên ' 2 ' (1)AM AM AJ AP AP AJ+ = ⇔ + =
     
Mà I là trung điểm của PP’ nên ' 2 (2)AP AP AI+ =
  
. 
0.5 
Từ (1) và (2) suy ra 2AJ AI=
 
 nên J là ảnh của I qua phép vị tự tâm A, tỉ số 2. 
Vậy quỹ tích các điểm J là đường tròn (C’) là ảnh của (C) qua phép vị tự tâm A, tỉ số 2. 
0.5 
Câu 7 (2đ) 
(2.0 
điểm) 
a, b, c theo thứ tự lập thành CSC khi và chỉ khi 
2 2 sin 2 sin 2 sin sin sin 2 sina c b R A R C R B A C B+ = ⇔ + = ⇔ + = 
(R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC). 
0.5 
2 sin os 4 sin os os 2 os
2 2 2 2 2 2
A C A C B B A C A C
c c c c
+ − − +
⇔ = ⇔ = 0.5 
os os sin sin 2 os os sin sin
2 2 2 2 2 2 2 2
A C A C A C A C
c c c c
  ⇔ + = −   
 0.5 
1
3 sin sin os os tan tan
2 2 2 2 2 2 3
A C A C A C
c c⇔ = ⇔ = (đpcm). 0.5 
Câu8 (2đ) 
(2.0 
điểm) 
Với mọi số nguyên dương n ta có ( )2 22 1 1 14n n n n n n na a a a a a a+ + + +− = + − 0.5 
 ( ) ( ) ( )2 2 21 1 1 1 1 14 ( 1)n n n n n n n n n na a a a a a a a a a+ + + − − += − + = − + = − − 0.5 
 ( ) ( )
1
1 2
1 3 2
( 1) 1 .5
n
n a a a
−
−= = − − = −⋯ 0.5 
Suy ra 2
2 1
( 1) .5n
n n n
a a a
+ +
+ − = là số chính phương (đpcm). 0.5 
Câu 9 (2đ) 
(2.0 
điểm) 
Đặt 22 ( 0)z x z= > thì từ giả thiết có 3 3 1
4
y z+ = . 
Ta có 3 3 3 3 3 31 3 1( ) 3 ( ) ( ) ( ) ( )
4 4 4
y z y z yz y z y z y z y z= + = + − + ≥ + − + = + 
Suy ra 1y z+ ≤ hay 22 1x y+ ≤ . Dấu “=” xảy ra khi 22x y= . 
0.5 
Từ đó ta có ( )
5
2 2 52 3 4 2 3 4 1024.x y x y+ + ≤ ⇒ + + ≤ = 0.5 
Áp dụng BĐT Cô-si ta có 
( ) ( )2 2 2 21 1 13 3 2 3 3 3( )
4 4 2
1 1
3 3 3( ) .
2 2
x y x y x y x y
x y x y
      + − + + = + + + − + +        
≥ + − + + =
Dấu “=” xảy ra khi 1
2
x y= = . 
0.5 
Suy ra 1024 2048
1
2
P ≤ = . Dấu “=” xảy ra khi 
22 1
.
1 2
2
x y
x y
x y
 = ⇔ = =
 = =
Vậy GTLN của P là 2048, đạt được khi 1 .
2
x y= = 
0.5 
Lưu ý khi chấm bài: 
- Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu 
học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì vẫn được điểm theo thang điểm tương ứng. 
Với bài toán hình học nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không cho điểm