Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 11 - Năm học 2016-2017 - Sở GD & ĐT Vĩnh Phúc (Có đáp án)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016-2017 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN 11- THPT 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. 
Câu 1 (2,0 điểm) 
a. Giải phương trình 
sin 3tan sin 2
2
tan sin
x x x
x x
 


.
b. Cho phương trình sin 4 4cos2 sin 2 2 0,x x m x m    m là tham số. Tìm tất cả các giá trị 
của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn 
3
;
8 6
  
 
  
. 
Câu 2 (1,0 điểm). Một cấp số cộng có năm số hạng mà tổng của các số hạng bằng 5, tích của các số 
hạng bằng 45. Hãy tìm cấp số cộng đó. 
Câu 3 (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương, gọi 6a là hệ số của số hạng chứa 
6x trong khai triển 
biểu thức 3 3(2 )( 1)nx x  . Tìm n biết 6 4 27a n  . 
Câu 4 (1,0 điểm). Cho E là tập các số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau được lập từ tập 
{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}X  . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập .E Tính xác suất để số được chọn chia 
hết cho 3. 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho dãy số  nu xác định bởi: 1
1
4
u  và 
 
 
2
1 2 3 1
2
4 9 ... 1
1
n
n
u u u n u
u
n n
    

, 
với , 2n n  . Tìm giới hạn  2lim 2017 4 9 nn n u  . 
Câu 6 (2,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có ABCD là hình thang cân, đáy lớn ,AB ,AD a 
,DC a  60 .DAB  Mặt bên SAB là tam giác đều, cạnh bên 2 .SC a 
a. Chứng minh rằng BD vuông góc với .SC 
b. Gọi I là giao điểm của AC và ,BD điểm K thay đổi trên đoạn IC ( K khác I và ).C 
Mặt phẳng ( )P đi qua ,K ( )P song song với BD và .SC Tính độ dài đoạn KC theo a để thiết diện 
xác định bởi ( )P và hình chóp .S ABCD đạt giá trị lớn nhất. 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho góc  90xAy  và tia At là tia phân giác của góc .xAy Một hình tròn 1( )C 
(gọi là hình tròn thứ nhất) có tâm nằm trên tia At và bán kính 
1 2017,R  đồng thời 1( )C tiếp xúc 
với hai tia ,Ax Ay. Vẽ hình tròn thứ hai 2( )C có tâm thuộc tia ,At bán kính bằng 2R nhỏ hơn bán 
kính của hình tròn thứ nhất, 2( )C tiếp xúc với hai tia ,Ax Ay và tiếp xúc ngoài với hình tròn thứ nhất. 
Tiếp tục làm như trên ta được một dãy các hình tròn có bán kính giảm dần. Tính tổng diện tích các 
hình tròn trong dãy các hình tròn trên. 
Câu 8 (1,0 điểm). Cho phương trình 4 3 2 1 0x ax bx cx     có các hệ số , ,a b c không âm. Biết 
rằng phương trình đã cho có bốn nghiệm. Chứng minh rằng 8
2 4
b c
a    . 
------Hết------ 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:......; Số báo danh:. 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
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 toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. 
- Câu 6, 7 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm. 
II. ĐÁP ÁN: 
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016-2017 
ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN 11- THPT 
Câu Nội dung trình bày Điểm 
1 
a. (1,0điểm) 
ĐKXĐ: cos 0;x tan sin 0.x x  Khi đó phương trình đã cho tương đương 
sin 3tan sin 2 2tan 2sinx x x x x    
0,25 
2
sin 0
2cos 3cos 1 0
x
x x
 
    
sin 0 ( )
cos 1 ( )
1
cos
2
x l
x l
x

 

 




 0,5 
2
2 , .
3
x k k

     
Vậy nghiệm của phương trình là 
2
2 ,
3
x k k .

    
0,25 
b. (1,0 điểm) 
(sin 2 2)(2cos2 ) 0Pt x x m    0,25 
 cos 2
2
m
x  0,25 
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt trên 
3
;
8 6
  
 
  
 khi 
1
1
2 2
m
  0,25 
1 2.m   Vậy các giá trị của m là 1 2.m  0,25 
2 
(1,0 điểm) 
Gọi năm số thỏa mãn là 2 , , , , 2 .x d x d x x d x d    Theo đề ra ta có 
( 2 ) ( ) ( ) ( 2 ) 5
( 2 )( ) ( )( 2 ) 45
x d x d x x d x d
x d x d x x d x d
              
0,25 
2 2
1
1
.2
(1 4 )(1 ) 45
2
x
x
d
d d
d
            
 0,25 
Với 1; 2x d  cấp số cộng là 3; 1; 1; 3; 5.   0,25 
Với 1; 2x d  cấp số cộng là 5; 3; 1; 1; 3.   0,25 
3 
(1,0 điểm) 
Ta có 3 3 3 3 3 3 3
0 0 0
(2 )( 1) (2 ) 2
n n n
n k k k k k k
n n n
k k k
x x x C x C x C x 
  
        . 0,25 
Hệ số của 6x trong khai triển là 2 16 2 .n na C C  0,25 
Theo bài ta có 2 12 4 27n nC C n   
2 6 27 0n n    0,25 
9n  . Vậy 9n . 0,25 
(Đáp án có 04 trang) 
4 
(1,0 điểm) 
Số phần tử của không gian mẫu là 8.8.7.6 2688   . 
Đặt {0, 3, 6}A  , {1, 4, 7}B  , {2, 5, 8}C  . Gọi x là một thuộc tập E và x chia hết 
cho 3. 
0,25 
TH 1: x có hai chữ số thuộc tập ,B hai chữ số thuộc tập .C Số các số là 
2 2
3 3. .4! 216C C  . 0,25 
TH 2: x có một chữ số thuộc tập ,A ba chữ số còn lại cùng thuộc tập B hoặc cùng thuộc 
tập .C Số các số là 2(3.4! 3!) 132  . 
TH 3: x có hai chữ số thuộc tập ,A một chữ số thuộc tập B và một chữ số thuộc tập .C 
Số các số x là 
2
33.3. .4! 3.3.2.3! 540.C   
0,25 
Gọi M là biến cố “Số được chọn chia hết cho 3’’. Xác suất xảy ra biến cố M là 
216 132 540 37
( )
2688 112
P M
 
  . 0,25 
5 
(1,0 điểm) 
Với , 2n n  ta có 
 
 
 
   
2 2 2 2 2
1 2 3 1
1 2 2 2
4 9 ... 1 1
1 1 1
n n n n
n n
u u u n u n u n n u n u n
u u
n n n n n


       
  
  
. Do đó 
 2 211 ,n nn u n u  2, 3, 4,...n  
0,5 
Suy ra    2 22 2 21 2 2 1
1
1 2 ... 2 1 ,
4
n n nn u n u n u u u         với 2, 3, 4,...n  
Do vậy 
2
1
4
nu
n
 với 1, 2, 3,...n  
0,25 
Ta có  
2 2
2
2
4 9
2017
2017 4 9 2017
lim 2017 4 9 lim lim
4 4 4
n
n n n nn n u
n
  
     . 
0,25 
6 a. (1,0 điểm) 
Kẻ , ( , ).CE AB DF AB E AB F AB    Ta có , .
2
a
EF a BE AF   Do đó 
2 .AB a Gọi H là trung điểm đoạn ,AB ta có ,SH AB 3.SH a 
0,25 
Q
J
X
Y
L
N
M
I
C
H
A
B
D
S
K
CD
EF HA
B
Tứ giác BCDH là hình thoi nên , .HC BD HC a  
2 2 2 24SH HC a SC SHC    vuông tại .H 
0,25 
Ta có .
SH AB
SH DB
SH HC
    
 0,25 
Do đó .
BD SH
BD SC
BD HC
    
 0,25 
b. (1,0 điểm) 
( ) ( ) , / / ,P ABCD MN MN BD M DC   và N BC .
( ) ( ) , / / , .P SAC KL KL SC L SA   
Gọi , , , .X AD MN Y AB MN J LY SB Q LX SD        Thiết diện của hình 
chóp .S ABCD cắt bởi ( )P là ngũ giác .MNJLQ 
0,5 
Ta có 3,AC BD a  3 .
MN MC KC
MN KC
BD DC CI
    
2( 3 )
.
3
KL AK a KC
KL
SC AC

   
2 2 3.
QM JN IK
QM JN a KC
SC SC IC
      
0,25 
Ta có / / .MN BD MN LK  Khi đó 
 1 3 2 32 2 3 2
2 2 3
MNJLQ MKJQ KNJL
KC KC
S S S MN MQ KL a KC a
            
 
2
22 3 2 3 3
3.2 3 2 3 .
2 4
MNJLQ
KC a KC a
S KC a KC
          
Vậy diện tích thiết diện lớn nhất bằng 
23 3
4
a
 đạt được khi 
3
.
4
a
KC  
0,25 
7 (1,0 điểm) 
 Gọi , ,n n nS R I tương ứng là diện tích, bán kính, tâm của hình tròn ( ), 1, 2, 3...nC n  
Gọi K là tiếp điểm của 1 2( ), ( ).C C Điểm ,E F tương ứng là hai tiếp điểm của 1 2( ), ( )C C 
với tia .Ax Ta có 2 2 1 12, 2.AI R AI R  
0,25 
x
y
t
F E
K
A
I2
I1
 -------Hết------- 
2 2 1 1 2 2 1 12 2AK AI R AI R R R R R        
2
1
2 1
2 1
R
R

 

. 0,25 
Ta có 
2 2
42 2
2 12 2
1 1
( 2 1)
( 2 1)
( 2 1)
S R
S S
S R
 
    
 
. 
Tương tự 4 8
3 2 1( 2 1) ( 2 1) ,...,S S S   
4( 1)
1( 2 1) ,...
n
nS S
  
0,25 
Do đó tổng diện tích các hình tròn trong dãy là 
 4 8 4( 1)
1 2 1... ... 1 ( 2 1) ( 2 1) ... ( 2 1) ...
n
nS S S S S
                 
1 4 4
1 2017
1 ( 2 1) 1 ( 2 1)
S S

  
   
. 
0,25 
8 
(1,0 điểm) 
Đặt 4 3 2( ) 1.f x x ax bx cx     Gọi 1 2 3 4, , ,x x x x    là bốn nghiệm của phương 
trình ( ) 0f x  . Do , ,a b c là các số không âm nên các nghiệm của ( ) 0f x  phải là các 
số âm. Suy ra 1 2 3 4, , , 0x x x x  . 
0,25 
Ta có 4 3 21 2 3 4( ) ( )( )( )( ) 1f x x x x x x x x x x ax bx cx          1 2 3 4. . . 1x x x x  . 0,25 
1 2 3 4 1 2 3 4(2) (2 )(2 )(2 )(2 ) (1 1 )(1 1 )(1 1 )(1 1 )f x x x x x x x x             
3 3 33 3
1 2 3 4 1 2 3 43 .3 .3 .3 81. . . . 81x x x x x x x x   0,25 
Mặt khác 4 3 2(2) 2 .2 .2 .2 1 8 4 2 17f a b c a b c         . Suy ra 
8 4 2 17 81 8
2 4
b c
a b c a        . Dấu bằng đạt được khi 4, 6, 4.a b c   
0,25