Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2013 - 2014 môn thi: Toán lớp 11 chuyên

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
BẮC GIANG 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
(Đề thi có 01 trang) 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
NĂM HỌC 2013 - 2014 
MÔN THI: TOÁN LỚP 11 CHUYÊN 
Ngày thi: 29/3/2014 
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề 
Câu 1 ( 4,0 điểm) 
 1) Giải phương trình   2 23 4sin 3 4sin 3 1 2 os10 .x x c x    
 2) Giải hệ phương trình 
2
2
2 2
4 1 4 0.
  

   
yx
x xy y
Câu 2 ( 6,0 điểm) 
 1) Một đoàn tàu có 4 toa chở khách với mỗi toa có ít nhất 5 chỗ trống. Trên sân ga có 5 hành khách chuẩn 
bị lên tàu. Tính xác suất để trong 5 hành khách lên tàu đó có một toa có 3 khách lên, hai toa có 1 khách lên và 
một toa không có khách nào lên tầu. 
 2) Tìm hệ số của số hạng chứa 
13x trong khai triển 
3
2 151( ) (2 1)
4
f x x x x
 
    
 
 thành đa thức. 
 3) Cho các số thực dương  ,a b a b và hai dãy số    ;n nu v xác định như sau: 
1 1
*
1 1
;
; . , .
2
n n
n n n n
u a v b
u v
u v u v n 
 

 
   

Chứng minh rằng hai dãy    ;n nu v có giới hạn hữu hạn và lim limn nu v . 
Câu 3 ( 2,0 điểm). Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 2 4 11 0  a b c . Chứng minh rằng phương trình 
2 0  ax bx c luôn có nghiệm thuộc khoảng  0;1 . 
Câu 4 ( 6,0 điểm) 
 1) Cho đường thẳng  có phương trình 3 0  x y và đường tròn      
2 2
: 2 1 1   C x y . Tìm tọa 
độ điểm M nằm trên đường thẳng  sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm ) và 
đường thẳng AB đi qua điểm  3;-2E . 
 2) Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có 
03= ; '= ; 60 .
2
 
a
AB AD a AA BAD Gọi M và N lần lượt là 
trung điểm của A'D' và A'B', E là giao điểm của MN và A'C'. 
 a) Tính cosin của góc tạo bởi đường thẳng BE và mặt phẳng (ACC'A'). 
 b) Chứng minh rằng AC' vuông góc với mặt phẳng (BDMN). 
Câu 5 ( 2,0 điểm). Cho , x y thỏa mãn 4 8
3

   
x y
x y . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất 
của  S 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 29/3/2014 
MÔN THI: TOÁN LỚP 11 CHUYÊN 
(Bản hướng dẫn chấm có 04 trang) 
Câu Hướng dẫn giải Điểm 
Câu 1 (4đ) 
1.1. 
(2.0 điểm) 
Xét sin 0 , .x x k k Thay vào phương trình ban đầu, không thỏa mãn. 
Xét sin 0 , (*).x x k k 
Nhân hai vế của phương trình đã cho với sinx 
0.5 
Phương trình tương đương với 
sin9 sin 2cos10 sin sin11 sin 0x x x x x x 0.5 
5cos6 sin5 0
12 6
x m
x x
x n
, ,m n 0.5 
Kết hợp với (*) ta được nghiệm của phương trình là 5
12 6
x m
x n
, 
5 ; , , .m k m n k 
0.5 
1.2 
(2.0 điểm) 
2
2
2 2 (1)
4 1 4 0 (2).
  

   
yx
x xy y
21 2 2 3 0.yx x y Kết hợp (2) được 0x ; và x = 0 không 
thỏa mãn. 
2
22 22 4 4y y
x x
0.5 
Xét 24f t t t trên 0; , chứng minh được ( )f t đồng biến trên 
0;
2
2 4
.y x
x y
0.5 
Thay vào (1) 2
2
4
2 2y
y
. Xét 2
2
4
2 2tg t
t
 nghịch biến trên ;0 0.5 
2 0g nên 2y và từ đó x = 1. 
KL ; 1; 2 .x y 
0.5 
Câu 2 (6đ) 
2.1 
(2.0 điểm) 
Gọi A là biến cố cần tính xác suất. 
Số cách xếp 5 khách lên 4 toa là 5| | 4 
0.5 
Số cách chọn ba khách để xếp lên cùng một toa là 3
5
10C . 0.5 
Số cách chọn một toa để xếp ba người này là 1
4
4C 
Số cách xếp hai người (mỗi người một toa) vào ba toa còn lại là 2
3
A 6 
Suy ra | | 10.4.6 240
A
0.5 
Vậy xác suất cần tìm là 
5
| | 240 15
.
| | 644
AP 0.5 
2.2 
(2.0 điểm) 
Ta có 6 15 21
1 1
( ) (2x+1) .(2x+1) (1 2x)
64 64
f x . 0.5 
Ta có 
21
21
21
0
(1 2 ) 2k k k
k
x C x 0.5 
Hệ số của số hạng chứa 13x trong khai triển của 21(2x+1) là 13 1321 2C 0.5 
Vậy hệ số của số hạng chứa 13x trong khai triển thành đa thức của ( )f x là 
13 13 13 7
21 21
1
2 2 26046720
64
C C 
0.5 
2.3 
(2.0 điểm) 
Ta có 
2 1 1 1
1 1
2 12 2
v u v ab b v
u v a b
u a u
Chứng minh bằng quy nạp 
1 2 1 2
... ; ...
k k
v v v u u u 
0.5 
 1 1 1 1.2
k k
k k k k
u v
u u v v (do 1 1k ku v ) 
1
1
;
.
2
k k k k
k k
k k
v u v v
u v
u u
0.5 
1 2 1 1 1
... ...
k k k k
v v v v u u u . 
Vậy ( )
n
u giảm và bị chặn dưới; ( )
n
v tăng và bị chặn trên nên tồn tại 
lim ; lim
n n
u v 
0.5 
1
.
2 2
n n
n
u v
u 
Vậy lim lim
n n
u v 
0.5 
Câu 3 (2 đ) 
2.0 điểm 
Xét 2( )f x ax bx c liên tục trên đoạn [0; 1]. 0.5 
Ta có 
1
(0) 9 (1) 2a+4b+11c=0
3
f f f 
0.5 
Nếu 
1
(0) 9 (1) 0
3
f f f thì x = 1/3 là nghiệm thỏa mãn. 
Nếu 
1
(0);9 ; (1)
3
f f f không đồng thời bằng 0 thì trong ba số này phải có cả số 
âm và số dương. 
0.5 
Từ tính liên tục của f(x) ta được phương trình 2 0  ax bx c luôn có nghiệm 0.5 
thuộc khoảng  0;1 . 
Câu 4 (6đ) 
4.1 
(2.0 điểm) 
Đường tròn (C) có tâm I(2; 1). 
Gọi M(2m ; 2m + 3) thuộc . Trung điểm của IM là E(m+1; m+ 2). 
0.5 
Đường tròn đường kính MI có phương trình 
2 2 2 2
1( ) : ( 1) ( 2) ( 1) ( 1)C x m y m m m 
0.5 
Lập luận 1{ , } ( )A B C C nên đường thẳng AB: 
2( 1) 2( 1) 6 1 0m x m y m . (*) 
0.5 
Vì AB đi qua E nên từ (*) suy ra 
9
4
m . Suy ra 
9 3
;
2 2
M . 0.5 
4.2a 
(2 .0 điểm) 
O'
F
O
E
N
M
B'
A'
C'
C
D
A
B
D'
Gọi O là giao điểm của AC và BD 
Suy ra AC vuông góc với BD; CC' vuông góc với BD theo giả thiết. 
D (ACC'A')B . Vậy OE là hình chiếu của BE trên mặt phẳng (ACC'A'). 
0.5 
Góc (BE, (ACC'A')) = góc (BE, OE) = góc BEO. 0.5 
Xét tam giác EOO' vuông tại O', tính được 
15
EO
4
a
. 0.5 
Trong tam giác BEO vuông tại O. Tính được 
2 15
tanBEO=
15
. 
Vậy cosin của góc giữa đường thẳng BE và (ACC'A') là 
15
19
. 
0.5 
4.2b 
(2.0 điểm) 
Theo chứng minh trên ta có BD vuông góc AC' (1) 0.5 
Gọi O' là trung điểm của A'C'; I là giao điểm của OO' và AC'. 
Xét tam giác ACC' và tam giác EOO' có 
0 0' O' 30 ; O 60CAC EO AI 0.5 
Từ đó chứng minh được EO vuông góc với AC' (2) 0.5 
Từ (1) và (2) suy ra AC' vuông góc với mặt phẳng (BDMN). 0.5 
Câu 5 (2đ) 
2.0 điểm 
Đặt 4; 8 ( , 0).a x b y a b 
Suy ra 
2
2 2
33 (*)
9S+364
18
SS a ba b
Sa b S ab
0.5 
Từ (*) và do a, b 0 nên 
2
2 2
0
3
9S+36
0
18
9S+36
4
3 18
S
S
S S
 (**) 
0.5 
Giải (**) được 6 12S . 
0.5 
Vậy minS 6 khi a = b = 1 hay x = -3; y = 9. 
 maxS 12 khi a = b = 2 hay x = 0; y = 12. 
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 phần 
tương ứng.