Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang)

KỲ THI OLYMPIC QUẢNG NAM NĂM 2018
Mơn thi: TỐN Lớp: 11
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Câu 1 (3,0 điểm).

  
a. Tính tổng các nghiệm của phương trình: sin x  5  6cos 2 x trên đoạn  ;   .
 2

3
b. Giải phương trình: 3cosx  1  4cos x  3 sin3 x.

Câu 2 (4,0 điểm).
a. Xét tính tăng giảm và bị chặn của dãy  un  biết:
1
1
1

  
(n  N*) .
n 1 n  2
2n
b. Cho dãy  un  biết u1  2 và un 1  3un  4 n với n  N *
un 

Tìm số hạng tổng quát của dãy  un  . Tính lim

un
.
un 1

Câu 3 (4,0 điểm).
a. Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 3 chữ số ( không nhất thiết đôi một khác nhau )
được thành lập từ các chữ số 2,0,1,8. Chọn ngẫu nhiên một phần tử từ tập X . Tính xác suất để
phần tử được chọn là số chia hết cho 3 .
b. Trên 2 đường thẳng song song  và d , ta lần lượt gắn vào đó m điểm và n điểm
sao cho m  n  17 ( m, n  N * ). Tìm m , n để số các tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm trong 17
điểm phân biệt ở trên là lớn nhất.
 6  x  x2
khi x  2

Câu 4 (2,0 điểm). Cho hàm số f  x    | x  2 |
 5
khi x  2

Xét tính liên tục của hàm số f  x  tại điểm x  2 .

Câu 5 (3,0 điểm).
Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn

C  :

x 2  y 2  2x  4 y  4  0


và điểm

A( 3, 1) . Gọi I là tâm của đường tròn  C  . M là điểm thay đổi trên  C  sao cho ba
điểm A, M , I khơng thẳng hàng. Tia phân giác góc 
AIM cắt đường thẳng AM tại N .
Gọi  K  là tập hợp các điểm N khi M thay đổi trên  C  . Viết phương trình đường  K  .

Câu 6 (4,0 điểm).
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , BD  a . Cạnh bên SA
vng góc với mặt phẳng  ABCD  và SA  a .
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
a. Tính cosin góc giữa 2 đường thẳng SB và AD .
b. Gọi ( ) là mặt phẳng qua A song song với BD và cắt cạnh SC tại M sao cho
khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( ) bằng 3 lần khoảng cách từ S đến mặt phẳng ( ) .
Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng ( ) và hình chóp S . ABCD .
––––––––––– Hết ––––––––––––
Họ và tên thí sinh: …..…………………………………….; Số báo danh: ……………………...
Thí sinh khơng được sử dụng máy tính cầm tay

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM


KỲ THI OLYMPIC QUẢNG NAM NĂM 2018
Mơn thi: TỐN Lớp : 11

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Đáp án gồm 05 trang
()
Câu
1

Nội dung

Điểm

  
a. Tính tổng các nghiệm của phương trình: sin x  5  6 cos 2 x trên đoạn  ;   .
 2

sin x  5  6 cos 2 x  6s in 2 x  sin x  1  0
1
1
 s inx   ; s inx 
2
3
1


 s inx   ( x [
,  ] )  x =
2
2

6
1

1
1
 s inx  ( x [
,  ] )  x = arcsin , x =   arcsin
3
2
3
3

0.25



1
1
5
,  ] là  + arcsin +  arcsin =
2
6
3
3
6
3
b/ Giải phương trình: 3cosx 1 = 4cos x  3 sin3x.

3cosx 1 = 4cos3x  3 sin3x  1 = 4cos3x 3cosx  3 sin3x
 1 = cos3x  3 sin3x  3 sin3x  cos3x =1


1


 sin ( 3x  ) =
 sin ( 3x  ) = sin
6
2
6
6
 
 5
 3x  =
+ k2 hoặc 3x  =
+ k2 ( k   )
6 6
6
6

a. Xét tính tăng giảm và bị chặn của dãy (un) biết un 
Ta có: 0 < un =

0.25
0.25

Tổng các nghiệm phương trình trên [

2

1,5


1
1
1

  
.
n 1 n  2
2n

1
1
1
1
n


 ... 

 1 ,  n N*
n 1 n  2 n  3
2n n  1

 (un) bị chặn.
1
1
1
1
1
1

1
1
1
un 1  un 

 ... 


(


 ...  )
n2 n3
2n 2n  1 2n  2 n  1 n  2 n  3
2n
1
1
1
1
1





0
2n  1 2( n  1) n  1 2n  1 2( n  1)
 (un) là dãy tăng.
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188


0.25
0.5
1,5
0.25
0.25
0.25
0.25
+0,5

1.5
0,25
+ 0,25
0.25
02.5
0.25


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

b. Cho dãy (un) biết u1 = 2 và un 1  3un  4 với nN*.

0.25

n

Tìm số hạng tổng quát của dãy (un) . Tính lim
.
+ Tìm số hạng tổng qt của dãy (un)
Ta có: un 1  3un  4 n (1)


un
.
un 1

 Tìm số α : un 1   .4n 1  3.(un   .4n ) (2)
(1), (2)   (3.4 n  4 n 1)  4 n    1

 (2) viết lại: un 1  4n 1  3.(un  4n )
Xét dãy (vn) với v1=2, vn+1= 3vn ( n  1) - ở đây vn =un4n.
Khi đó vn = 2. 3n1  un4n = 2. 3n1  un = 4n 2. 3n1
u
+ Tính lim n .
un 1
lim

3

un
4n  2.3n 1
4n
1
 lim n 1

lim

n
n 1
un 1
4  2.3
4

4

2,5

0.5
0.25
0.25
0.5
0.5

0.5

a. Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 3 chữ số ( không nhất thiết đôi một 2,0
khác nhau ) được thành lập từ các chữ số 2, 0,1,8. Chọn ngẫu nhiên một phần tử từ
tập X . Tính xác suất để phần tử được chọn là số chia hết cho 3 .
Gọi số được chọn là a1a2 a3 (a1  0)
0.5
Tính số phần tử của khơng gian mẫu: n     3.4.4  48
Gọi A là biến cố: ‘‘ số được chọn là số chia hết cho 3 ’’
a1a2 a3 chia hết cho 3 khi:  a1  a2  a3  chia hết cho 3.

0.5

Liệt kê các số gồm: 111,222,888, và hoán vị của các bộ số (2;2;8); (8;8;2);
(1;2;0) ;(1;8;0) . (Lưu y, chữ số a1  0 ) .
Do đó số kết quả thuận lợi để có A là n  A   17
Vậy xác suất cần tìm: P  A  

n(A) 17


n() 48

0.5
0.5

b. Trên 2 đường thẳng song song  và d , ta lần lượt gắn vào đó m điểm và 2.0
n điểm sao cho m  n  17 ( m, n  N * ). Tìm m , n để số các tam giác có 3 đỉnh là
3 điểm trong 17 điểm phân biệt đã cho là lớn nhất.
Mỗi tam giác cần xác lập có 1 đỉnh nằm trên một đường thẳng và 2 đỉnh nằm trên
đường thẳng còn lại.
Trường hợp 1: Một trong hai số m hoặc n là bằng 1  chẳng hạn m =1, khi đó n =16 và
0.5
số các tam giác có được từ 17 điểm này là 1.C162  120
Trường hợp 2: m, n đều lớn hơn 1.
Số các tam giác có được từ 17 điểm này là
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
(n  1)n
(m  1)m
 n.
2
2
mn
15

.( m  n  2)  mn
2
2

15
15
 .4mn  .[( m  n) 2  ( m  n) 2 ]
8
8
15
 .[17 2  ( m  n) 2 ]
8
15
15
 (17 2  12 )  .288  540.
8
8

m.Cn2  nCm2  m.

Dấu bằng xảy ra khi |mn| =1, m,n  N*
 m=9 , n=8 hoặc ngược lại.
Kết luận : Số tam giác là lớn nhất khi m=9, n=8 hoặc ngược lại.
4

 6  x  x2
khi x  2

Cho hàm số f  x    | x  2 |
 5
khi x  2


0.5


0,25

0.25
0.25
0.25
2,0

Xét tính liên tục của hàm số f  x  tại điểm x  2 .
6  x  x2
6  x  x2
lim f ( x)  lim
 lim
x  2
x2
x2
| x2|
x2
( x  2)(  x  3)
 lim
x2
( x  2)
 lim ( x  3)  5

0.25

6  x  x2
6  x  x2
lim f ( x)  lim
 lim

x  2
x2
x2
| x2|
2x
( x  2)(  x  3)
 lim
x2
2 x
 lim ( x  3)  5

0.25

x2

x2

0.25
0.25

0.25
0.25

Vì lim f ( x)  lim f ( x) nên hàm số khơng có giới hạn tại x=2 nên khơng thể liên tục tại 0.5
x  2

5

x  2


x=2.
Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn  C  : x 2  y 2  2 x  4 y  4  0 và điểm
A(3, 1) . Gọi I là tâm của đường tròn  C  . M là điểm thay đổi trên  C  sao cho 3

điểm A, M , I không thẳng hàng. Tia phân giác góc 
AIM cắt đường thẳng AM tại
N . Gọi  K  là tập hợp các điểm N khi M thay đổi trên  C  . Viết phương trình

đường  K  .

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

3,0


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
Hình vẽ:

(C) có tâm I(1,2) và bán kính R =3 . Tính được IA = 5.
MN IM 3
MN  AN 3  5
AM 8
Vì IN là tia phân giác của góc 

 



AIM nên
AN

IA 5
AN
5
AN 5
 5 
 AN  AM (*) (do N nằm giữa A và M )
8
5
Vậy phép vị tự tâm A, tỉ số k  biến điểm M thành điểm N.
8

6

Gọi P,Q là 2 giao điểm của đường thẳng IA và (C).
Do đó khi M chạy khắp đường tròn (C) ( M  P, M  Q) thì N chạy khắp (K) với (K)
5
đường tròn (C’) là ảnh của đường tròn (C) qua phép vị tự tâm A tỉ số k  ( trừ 2 điểm
8
là ảnh của P,Q qua phép vị tự trên).
Viết phương trình đường trịn (C’).
 5 
 1 7
Gọi I’ là tâm đường trịn (C’), ta có: AI '  AI  I '   ;  
8
 2 8
5
15
R’ là bán kính đường trịn (C’), ta có: R’ = R  .
8
8

2
2
2
1 
7   15 

Vậy phương trình đường trịn (C’) :  x     y     
2 
8  8 

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , biết BD  a ; cạnh
bên SA vng góc với mặt phẳng  ABCD  và SA  a .

0.5

0.5
0.25
0.25

0.5
0.5
0.25
0.25
4.0

a. Tính cosin góc giữa 2 đường thẳng SB và AD .
b. Gọi ( ) là mặt phẳng qua A song song với BD và cắt cạnh SC tại M
sao cho khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( ) bằng 3 lần khoảng cách từ S đến
mặt phẳng ( ) . Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng ( ) và hình chóp
S . ABCD .

Hình vẽ: ( Phục vụ câu a :0.25 điểm và câu b 0.25 điểm)
0.5

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

a. Tính cosin góc giữa 2 đường thẳng SB và AD .
 .
Tính góc SBC
 SAB vng cân tại A  SB = a 2 .
Gọi O là tâm hình thoi ABCD. AC = 2 AO = a 3
SA =a, AC = a 3  SC = 2a
Ta có: SC2 = SB2+BC22SB.BC . cos B
1
4a2 = 2a2+ a2  2.a2 2 cos B cosB = 
2 2
1
Gọi  là góc giữa SB và BC , ta có: cos =
2 2
b. Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng ( ) và hình chóp S . ABCD .

Ta có: AC = a 3 và SA =a  SC =2a.
1
1
a
 d(C, α) = 3 d(S, α)  SM = CM  SC 
3
4

2
 Gọi I là giao điểm của SO và AM.
Trong mp (SBD) kẻ đường thẳng song song BD cắt SB, SD tại E và F.
Thiết diện tạo bởi (α) và hình chóp S.ABCD là tứ giác AEMF.
Ta có BD  (SAC)  EF  (SAC)  EF  AM ( SAEMF = ½ AM. EF.)
 Tính AM, EF
3
Xét  SAM , tính AM theo hệ thức cosin ta được AM = a
2
3
(có thể kiểm chứng AM  SC  … AM = a
)
2
Xét  SAC – Kẻ ON // AM. O là trung điểm AC  N là trung điểm CM.

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

1.5
0.25
0.25
0.25

0.5
0.25
2.0
0.25
0.5
0.25
0.25



Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

0.25
1
1 3
3
1
3
5
CM = . SC  SC  SN = SI+MN = SC  SC = SC
2
2 4
8
4
8
8
1
SC
SI SM 4
2



ON // AM 
SO SN 5 SC 5
8
EF SE SI 2
2
2a



  EF = BD 
Xét  SBD, EF // BD 
BD SC SO 5
5
5
2
1
3 2
a 3
1
 SAEMF =
AM. EF= .a . a 
.
2
2 2 5
10

MN =

0.25
0.25

Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác đúng thì Ban Giám khảo thảo luận và thống nhất thang
điểm cho phù hợp với Hướng dẫn chấm.

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188



Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI OLYMPIC LỚP 11 CẤP TỈNH
Năm học 2016 – 2017
Mơn thi : TỐN
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 25/3/2017

Câu 1 (3,0 điểm). Giải các phương trình sau:


a) 2 cos  2 x    2sin x  1  0


3

b)

3(sin 2x  cos x )  cos 2x  sin x  2

Câu 2 (4,0 điểm).
a) Chứng minh bất đẳng thức sau bằng phương pháp quy nạp:
n n 1  (n  1) n , n  N , n  3 .
2

u1 


b) Cho dãy số (un ) thỏa: 
.
3
4u  u .u  6u  0, n  N *
n
 n 1 n 1 n

Tìm số hạng tổng quát của (un ) và tính lim un .
Câu 3 (4,0 điểm).
a) Từ 10 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 lập được bao nhiêu số tự nhiên thỏa: là số có 8
chữ số, trong đó có 2 chữ số lẻ khác nhau và 3 chữ số chẵn khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có
mặt đúng 2 lần.
b) Một đa giác đều có 24 đỉnh, tất cả các cạnh của đa giác sơn màu xanh và tất cả các
đường chéo của đa giác đó sơn màu đỏ. Gọi X là tập hợp tất cả các tam giác có ba đỉnh là các
đỉnh của đa giác đều trên. Người ta chọn ngẫu nhiên từ X một tam giác, tính xác suất để chọn
được tam giác có ba cạnh cùng màu.
 3 5x  3  2  x  1


x 1
Câu 4 (2,0 điểm). Cho hàm số f ( x)  
m.sin   x  2017 



 2


khi x  1

khi x  1

Tìm giá trị của m để hàm số f ( x) liên tục tại x  1 .
Câu 5 (3,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm G (1;0) và trực
tâm H . Phương trình đường trịn đi qua ba trung điểm của ba cạnh HA , HB , HC là
2
2
5 
1
25

. Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC .
x   y   
6 
6  18

Câu 6 (4,0 điểm).

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, AB  a, BC  a 3 ,
SA  3a . Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vng góc với mặt phẳng (ABCD); M là trung
điểm của OB.
a) Gọi  góc giữa đường thẳng SO và mặt phẳng (SCD). Tính sin  .
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CM theo a .

–––––––––––– Hết ––––––––––––

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

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

KỲ THI OLYMPIC LỚP 11 CẤP TỈNH
Năm học 2016 – 2017
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Mơn thi: TỐN
(Đáp án – Thang điểm gồm 06 trang)

Câu 1 (3,0 điểm)
a



2 cos  2x    2sin x  1  0
3






2 cos  2x    2sin x  1  0  2  cos 2x.cos  sin 2x.sin   2sin x  1  0

3
3
3


 cos 2 x  3.sin 2 x  2sin x  1  0  2sin 2 x  2 3 sin x.cos x  2sin x  0

1,5
0.25
0.25

 2sin x (sin x  3.cos x  1)  0
sin x  0

sin x  3.cos x  1  0
 sin x  0  x  k .


1
)
3
2


x


 k.2

6


 x    k.2

2


Vậy phương trình có nghiệm là: x  k. , x    k.2 , x   k.2
6
2


b

0.25
0.25

sin x  3.cos x  1  0  sin( x 

3(sin 2x  cos x )  cos 2x  sin x  2
3(sin 2x  cos x )  cos 2x  sin x  2
 3(2.sin x.cos x  cos x )  (2 cos2 x  1)  sin x  2

0.25

0.25

1,5
0.25

 2 3.sin x.cos x  3 cos x  sin x  1  2 cos2 x

 (3.cos2 x  2. 3 cos x.sin x  sin 2 x )  ( 3 cos x  sin x )  0

0.25

 ( 3 cos x  sin x )2  ( 3 cos x  sin x )  0

0.25

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
 3 cos x  sin x  0

 3 cos x  sin x  1



)  0  x   k.
6
3

1
3.cos x  sin x  1  cos( x  ) 

6
2


x


 k.2

6

 x     k.2

2



Vậy phương trình có nghiệm là: x   k. , x   k.2 , x    k.2
3
6
2
*

3 cos x  sin x  0  cos( x 

0.25

0.25
0.25

Câu 2 (4,0 điểm)
a

Chứng minh bất đẳng thức sau bằng phương pháp quy nạp:
n n 1  (n  1) n , n  N , n  3 .
- Xét n  3 : Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 81  64 (đúng).

- Giả sử bất đẳng trên đúng với một số tự nhiên k tùy ý ( k  3 ) tức là:
k k 1  (k  1) k
+ Ta đi chứng minh bất đẳng thức đã cho đúng với n  k  1 , tức là đi chứng minh
(k  1) k  2  (k  2) k 1 (1)

k k 1
1
(k  1) k
Do đó để chứng minh (1), ta chỉ cần chứng minh:
k k 1
k 2
k 1
(k  1)  (k  2) .
(2)
(k  1) k
k 1
k
Từ giả thiết quy nạp ta có: k  (k  1) 

k 2
k 1
Ta có: (k  1)  (k  2) .

 (k  1) 2 

k 1

  k (k  2)

k k 1

k 1
 (k  1) 2 k  2   k (k  2)
k
(k  1)

k 1

 (k 2  2k  1)k 1  (k 2  2k )k 1 (đúng)

Suy ra (1) đúng, hay bất đẳng thức đã cho đúng với n  k  1 .
Vậy bất đẳng thức đã cho đúng với mọi số thự nhiên n thỏa n  3 .
b

2

u1 

Cho dãy số (un ) thỏa: 
.
3
*
4u  u .u  6u  0, n  N
n
 n 1 n 1 n

Tìm số hạng tổng quát của (un ) và tính lim un .

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

2,0

0.25
0.25
0.25
0.25

0.25
0.25
0.25

0.25

2,0


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

4un 1  un 1.un  6un  0  un 1 (4  un )  6un  un 1 

6un
4  un

0.25

Dễ dàng chứng minh được un  0, n  N * .

6un
1
1 2 1 1

     (1).

4  un
un 1 2 3  un 2 
n 1
n 1
1 1
2
2
2
 ; khi đó từ (1) suy ra: vn 1  vn  vn  v1.     
Đặt vn 
.
un 2
3
3
3
Do đó un 1 

1 1 2
Suy ra:
  
un 2  3 

n 1

 un 

1
1 2
 
2 3


n 1

.





1

2
Do đó lim un  lim
 1  2  n 1 
   
 2 3 

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

0.5
0.5

0.5

0.25


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

Câu 3 (4,0 điểm)

a

Từ 10 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 lập được bao nhiêu số tự nhiên thỏa: là số
có 8 chữ số, trong đó có 2 chữ số lẻ khác nhau và 3 chữ số chẵn khác nhau mà
mỗi chữ số chẵn có mặt đúng 2 lần.

* Bước 1: Xét số có 8 chữ số , trong đó có hai chữ số lẻ khác nhau và 3 chữ số chẵn
khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần (kể cả số có chữ số 0 đứng đầu).
- Từ 10 chữ số chọn ra 5 chữ số khác nhau gồm 2 số lẻ và 3 số chẵn có C52 .C53 cách chọn.
+ Với mỗi cách chọn trên ta có: số các số có 8 chữ số trong đó có 2 chữ số lẻ khác nhau
8!
và 3 chữ số chẵn khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần là
số.
2!2!2!
8!
 504000 số (kể cả số 0
+ Vậy với C52 .C53 cách chọn ở trên ta tạo được C52 .C53 .
2!2!2!
đứng đầu tiên)
* Bước 2: Xét các số thoả mãn điều kiện ở bước 1 mà có chữ số 0 đứng đầu .
- Từ 9 số đã cho (bỏ số 0) chọn ra 4 số khác nhau gồm 2 số lẻ và 2 số chẵn (vì đã có số 0
đứng đầu) có C52 .C42 cách chọn.
+ Với mỗi cách chọn trên ta có: số các số có 8 chữ số có số 0 đứng đầu, trong đó có mặt
2 chữ số lẻ khác nhau, 3 chữ số chẵn khác nhau và mỗi chữ số chẵn khác 0 có mặt đúng
7!
hai lần là
số.
2!2!
7!
+ Vậy với C52 .C42 cách chọn ở trên ta tạo được C52 .C42 .

 75600 số ( ở bước 2)
2!2!
* Từ 2 bước trên suy ra số các số thoả đề bài là: 504000  75600  428400 số
b

b) Một đa giác đều có 24 đỉnh, tất cả các cạnh của đa giác sơn màu xanh và tất cả các
đường chéo của đa giác đó sơn màu đỏ. Gọi X là tập hợp tất cả các tam giác có ba đỉnh
là các đỉnh của đa giác đều trên. Người ta chọn ngẫu nhiên từ X một tam giác, tính xác
suất để chọn được tam giác có ba cạnh c ng màu.
Gọi đa giác là A1A2.....A24
Số phần tử của không gian mẫu là n(Ω)= C324 =2024
Gọi A là biến cố chọn được tam giác có ba cạnh cùng màu, ba cạnh này cùng màu đỏ.
Gọi B là biến cố chọn được tam giác có đúng 1 cạnh màu xanh (cạnh đa giác)
Giả sử xét cạnh màu xanh A1A2, ta có 20 cách chọn đỉnh Ai ( Ai  {A4; A5;...;A23})
Nên số phần tử của B là n(B) = 24.20 = 480 .
Gọi C là biến có chọn được tam giác có hai cạnh màu xanh, như vậy tam giác đó có hai
cạnh là hai cạnh liên tiếp của đa giác, nên n(C) = 24
Ta có n(A) + n(B) + n(C) = n(  )
Suy ra số phần tử biến cố A là

n  A  = n( )  n(B)  n C  2024  480  24  1520

Vậy xác suất của biến cố A là P(A)=

n(A) 190

n(Ω) 253

Câu 4 (2,0 điểm)
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188


2,0

0.25

0.5
0.25

0.25
0.25

0.25
0.25
2,0

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

 3 5x  3  2  x  1



x 1
Cho hàm số f ( x)  
m.sin   x  2017 



 2


khi x  1
khi x  1

Tìm giá trị của m để hàm số f ( x) liên tục tại x  1 .


f (1)  m.sin   2017    m
2


0,25

lim f ( x )   m

0,25

  3 5 x  3  2   2  x  1 
 ( 3 5 x  3  2)  ( 2  x  1) 
lim f ( x )  lim 

lim

  
 
 x 1 
x 1
x 1
x

1
x

1


  x  1 
 

0,25

x 1

+ Tính được: lim


x 1

3

5x  3  2 5

x 1

12

0,5

2  x 1
1


x 1
x 1
2
11
Suy ra lim f ( x ) 
x 1
12
Để f ( x ) liên tục tại x  1 thì lim f ( x )  lim f ( x )  f (1)

+ Tính được: lim

x 1

Suy ra: m  

x 1

0,25

0,25
0,25


11
là giá trị cần tìm.
12
Câu 5 (3,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm G (1;0) và trực tâm
H . Phương trình đường trịn đi qua ba trung điểm của ba cạnh HA , HB , HC là
2
2
5 
1
25

. Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC .
x   y   
6 
6  18


Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

- Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB.
- Gọi I, E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh HA, HB, HC.
+ CH  IE và CH / / ME . Suy ra ME  IE (1).
+ Tương tự, chứng minh được MF  IF (2).

0.5

0.25

Từ (1) và (2) suy ra M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác IEF.

0.25

- Tương tự, N và P nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác IEF.
Suy ra sáu điểm: M, N, P, I, E, F cùng nằm trên một đường tròn.

0.25
0.25

Như vậy đường tròn qua I;E;F cũng qua ba trung điểm ba cạnh. Do đó xét phép vị
tự tâm G tỉ số k  2 biến đường tròn (IEF) thành đường trịn (ABC)

0.25

5 1
6 6

Ta có đường trịn (IEF) có tâm O1 ( ; ) bán kính R1 



5
3 2

.




0.25

4 1
)
3 3

Gọi O2 là tâm đường tròn (ABC) ta có: GO2  2GO1 , ta tìm được O2 ( '

0.5

5 2
. Khi đó phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC
3
2
2
4 
1  50

là:  x     y   
3 
3
9


0.25

Bán kính R2 

0.25


Câu 6 (4,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, AB  a, BC  a 3 , SA  3a .
Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) c ng vng góc với mặt phẳng (ABCD); M là trung điểm của
OB.
a) Gọi  góc giữa đường thẳng SO và mặt phẳng (SCD). Tính sin  .
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CM theo a .
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

(Hình vẽ phục vụ câu a - 0,5 điểm)
a

Gọi  góc giữa đường thẳng SO và mặt phẳng (SCD). Tính sin  .
+ Lập luận được SA vng góc với (ABCD).
+ Gọi H là là hình chiếu vng góc của A lên SD
+ Chứng minh được AH vng góc với (SCD).
+ Gọi E là trung điểm của CH. Suy ra OE  (SCD)
+ Suy ra hình chiếu vng góc của SO lên (SCD) là SE.
 , hay   OSE
.
+ Suy ra được góc giữa SO và (SCD) là góc OSE

  OE
+Trong tam giác vng SOE tại E có: sin   sin OSE
OS
+


b

1
1
1
1
1
4
3a
3a
=
+
=
+
=

AH=

OE=
AH 2 AS2 AD 2 9a 2 3a 2 9a 2
2
4

AC= AB 2 +BC 2 =2a  AO=a ; SO= SA 2 +AO 2 =a 10
 3
Suy ra sin   sin OSE
4 10
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CM theo a .


1,5
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
2,0

+ Qua B dựng đường thẳng d song song với CM, hạ AK vng góc với d tại K .
+ Đường thẳng CM cắt AB và AK lần lượt tại N và F.
Chứng minh được NA=2NB.

0,25

+ Suy ra: d  CM,SB  =d(CM,(SKB))=d(N,(SKB))= .d(A,(SKB) ) .

0,25

+ Chứng minh được (SKB)  (SAK) . Suy ra được d(A,(SKB))=AP

0,25

1
3

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188



Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
2
2 1
2 1
a2
2a 7
SΔANC = .SΔABC = . SABCD  . .a.a 3 
, CN= BC 2 +BN 2 =
3
3 2
3 2
3
3
Suy ra: AF=

a 3
3
3 a 3 3a 3
; AK= AF= .
=
2
2 7 2 7
7

Tính được: AP=

3a 3
3a 3
hay d(A,(SKB))=AP=
31

31
1
3

Suy ra d  CM,SB  = .d(A,(SKB))=

a 3
31

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

Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác đúng thì Ban Giám khảo thảo luận và thống nhất thang điểm
cho phù hợp với Hướng dẫn chấm.

Xem tiếp tài liệu tại: />
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188