SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT
Năm học: 2013-2014
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1(3,0 điểm). Tính tổng các nghiệm của phương trình sau trên
[ ]
0;1007
π
2
8sin .cos 3sinx cos
0.
7 3
sin 3 os
2 2
x x x
x c x
π π
− −
=
   
+ − −
 ÷  ÷
   
Câu 2 ( 6,0 điểm).
1. Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển

2 2
(1 3 )
n
x x− −
biết rằng
n
là số tự nhiên thỏa mãn
1 2 2014
2 1 2 1 2 1
2 1
n
n n n
C C C
+ + +
+ + + = −
.
2. Từ các chữ số 1, 3, 4, 8 lập các số tự nhiên có sáu chữ số, trong đó chữ số 3 có mặt
đúng ba lần, các chữ số còn lại có mặt đúng một lần. Trong các số được tạo thành nói
trên, chọn ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 4?
Câu 3 (3,0 điểm). Cho dãy số
( )
n
u
xác định như sau:

1
*
1 1 2
2014
(n )

1 u u
n n
u
u u
+
=

∈

= +

¥

Đặt
1
1
n
n
k
k
S
u
=
=
∑
. Tìm
limS .
n
n→+∞


Câu 4 ( 2,0 điểm). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O,R), AD=R. Dựng các
hình bình hành ABMD, ACND. Tìm quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác
DMN.
Câu 5 (6,0 điểm). Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh
a
. Gọi I là tâm của
hình vuông CD D’C’, K là trung điểm của cạnh CB.
a. Dựng thiết diện của hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cắt bởi mặt phẳng (AKI).
Tính diện tích của thiết diện theo
a
.
b. Tính góc tạo bởi hai đường thẳng A’D’ và AQ với Q là giao điểm của (AKI) và CC’.
Hết
Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh:……………….
Người coi thi số 1:…………………………… …… Người coi thi số 2:………………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ
BIỂU ĐIỂM
Đáp án có 05 trang
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT
Năm học: 2013-2014
Môn: TOÁN
Nội dung Điểm
Câu 1(3,0 điểm). Tính tổng các nghiệm của phương trình sau trên
[ ]
0;1007
π
2

8sin .cos 3sinx cos
0.
7 3
sin 3 os
2 2
x x x
x c x
π π
− −
=
   
+ − −
 ÷  ÷
   
Điều kiện xác định
7 3
sin 3 os 0 , .
2 2 6
x c x x k k
π π π
π
   
+ − − ≠ ⇔ ≠ + ∈
 ÷  ÷
   
¢
0,5
4sin 2 .sinx 3sinx cos 0 2(cos os3 ) 3sinx cos 0
1 3
os3 cos sinx os3 os

2 2 3
pt x x x c x x
c x x c x c x
π
⇔ − − = ⇔ − − − =
 
⇔ = − ⇔ = +
 ÷
 
0,5
3 2
3
6
, .
3 2
3
12 2
x x m
x m
m
x x m
x m
π
π
π
π
π
π π
π



= + +
= +


⇔ ⇔ ∈

−
 


= − + +
= +
 ÷



 

¢
0,5
Kết hợp điều kiện xác định ta có nghiệm của phương trình đã cho là
( ).
12 2
x m m
π π
= − + ∈¢
0,5
Vì
[ ]

0;1007 0 1007 1 2014, .
12 2
x m m m
π π
π π
∈ ⇒ ≤ − + ≤ ⇔ ≤ ≤ ∈¢
0,5
Suy ra các nghiệm của phương trình đã cho trên đoạn
[ ]
0;1007
π
gồm 2014
nghiệm lập thành một cấp số cộng có công sai
1
5
, .
2 12
d x
π π
= =
Tổng các nghiệm là
2014 5 3043154
2. (2014 1). .
2 12 2 3
S
π π π
 
= + − =
 ÷
 

0,5
Câu 2 (6,0 điểm).
1 (3,0 điểm). Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển
2 2
(1 3 )
n
x x− −
biết rằng n là số
tự nhiên thỏa mãn
1 2 2014
2 1 2 1 2 1
2 1
n
n n n
C C C
+ + +
+ + + = −
0 2 1
2 1 2 1
1 2
2 1 2 1
1
2 1 2 1
0 1 0 2 1 2
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

1

( ) 2
2
n
n n
n
n n
n n
n n
n n n
n n n n n
C C
C C
C C
C C C C C
+
+ +
+ +
+
+ +
+
+ + + + +
=
=
=
⇒ + + + = + + =
0,5
Từ giả thiết suy ra n=1007 0,5
Xét khai triển
( )
2014

2014
2 2 2014
2014
0
2014
2 2014
2014
0 0
2014
2014 4028 2
2014
0 0
1 3 (1 ) ( 3 )
( ) ( 3 )
( 1) ( 3)
k k k
k
k
k i i k
k
k i
k
k i i k k i
k
k i
x x C x x
C C x x
C C x
−
=

−
= =
− − +
= =
− − = − −
= − −
= − −
∑
∑ ∑
∑ ∑
1,0
Ta tìm i, k là các số tự nhiên thỏa mãn
2014
4
4028 2 4
2013
0 2014
2
0
2012
0
k
i
k i
k
k
i
i k
k
i

=




=


− + =


=


≤ ≤ ⇔

 
=



≤ ≤


=




=



0,5
Vậy hệ số của x
4
trong khai triển là
4 2 2013 2012
2014 2013 2014 2014
3 9C C C C− +
0,5
2.(3,0 điểm). Từ các chữ số 1, 3, 4, 8 lập các số tự nhiên có sáu chữ số, trong
đó chữ số 3 có mặt đúng ba lần, các chữ số còn lại có mặt đúng một lần.
Trong các số được tạo thành nói trên, chọn ngẫu nhiên một số. Tính xác suất
để số được chọn chia hết cho 4?
Gọi số cần tìm là
abcdef
với
{ }
, , , , , 1,3,4,8a b c d e f ∈
Sắp xếp chữ số 3 vào 3 trong 6 vị trí, có
3
6
C
cách. Sắp xếp 3 chữ số 1;4;8 vào
3 vị trí còn lại có 3! Cách. Vậy có tất cả
3
6
.3! 120C =
số.
1,0

Một số chia hết cho 4 khi và chỉ khi hai chữ số tận cùng tạo thành 1số chia
hết cho 4.
Trong các số trên, số lấy chia hết cho 4 có tận cùng là 48, 84. Trong mỗi
trường hợp có
3
4
4C =
cách sắp xếp chữ số 3và 1 vào 4 vị trí còn lại, suy ra có 8
số chia hết cho 4.
0,5
Gọi A là biến cố: “ Số lấy ra chia hết cho 4”
Vậy số các kết quả thuận lợi cho A là
8
A
Ω =

0,5
Số phần tử của không gian mẫu là
120Ω =
0,5
Xác suất của biến cố A là
8 1
120 15
A
A
P
Ω
= = =
Ω
0,5

Câu 2 (3,0 điểm). Cho dãy số
( )
n
u
xác định như sau:

1
1 1 2
2014
1 u u ( 1)
n n
u
u u n
+
=


= + ≥


Đặt
1
1
n
n
k
k
S
u
=

=
∑
. Tìm
limS .
n
n→+∞

1 1 2
1
1 1
1 1
1 ( 1)
1 1, 1 1
i i
i i i
i i
u u u u i
u u u
u i u u i
+
+
+
= + ∀ ≥
⇒ − = −
⇒ > ∀ ≥ > + ∀ ≥
1,0
1 1
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1
i i i i i i

u u u u u u
+ +
= − ⇒ = −
− − − −
0,5
1
1 2 3 1 1 1
1 1

1 1 1 1 1 2 1

1 1 1 1 1
n
n
n n n
S
u u
u u u u u u u
+ +
= + +
= + − + + − = −
− − − − −
0,5
1 1
1 1 2 1 1
1
1
1
1
1

1 (1 ) 2014.2015
1 1
0
1 2014.2015
1 1
lim 0 lim
2014.2015 1
2 1
lim .
1007
n n
n n
n
n
n
n n
n
n
n
u u u u u u
u
u
s
u
− −
+
−
+
−
→+∞ →+∞

+
→+∞
− = > + =
< <
−
= ⇒
−
= =
1,0
Câu 4 ( 2,0 điểm). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O,R), AD=R.
Dựng các hình bình hành ABMD, ACND. Tìm quỹ tích tâm đường tròn ngoại
tiếp của tam giác DMN.
O
A
D
C
B
M
N
I
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN.
ABMD, ACND là hình bình hành suy ra
, .AD BM BM CN= =
uuur uuuur uuuur uuur
1,0
Xét phép tịnh tiến theo vectơ
AD
uuur
:
AD

T A D
B M
C N
→
→
→
uuur
Suy ra
:
AD
T O I→
uuur
, suy ra OI = AD = R. Vậy quĩ tích của điểm I là đường tròn
tâm (O,R).
1,0
Câu 5 (6,0 điểm). Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ có cạnh
a
. Gọi I là
tâm của hình vuông CDC’D’, K là trung điểm của CB.
a. Dựng thiết diện của hình lập phương ABCDA’B’C’D’ cắt bởi mặt phẳng
(AKI). Tính diện tích của thiết diện theo
a
.
b.Tính góc tạo bởi hai đường thẳng A’D’ và AQ với Q là giao điểm của
(AKI) và CC’.
C'
B'
A'
D'
C

D
A
B
K
I
J
N
Q
a. (4, 0 điểm). Gọi J là giao điểm của AK và CD.
Q là giao điểm của JI và CC’; N là giao điểm của IJ và DD’.
Thiết diện là tứ giác AKQN.
Chứng minh được AKQN là hình thang có 2 đáy là KQ, AN.
1,0
Chứng minh được C là trung điểm của JD, K là trung điểm JA, Q là trung
điểm của JN.
1 1 1
. . 3 .
2 2 4
JKQ
AKQN JAN JKQ JKQ
JAN
S
JK JQ
S S S S
S JA JN
∆
∆ ∆ ∆
∆
= = = ⇒ = − =


1,0
1 1 1
'
2 ' 3 3
CQ
CQ ND QC CQ a
CC
= = ⇒ = ⇒ =
Tính được
13 5 10
; ;
6 2 3
a a a
KQ JK JQ= = =
1,0
2 2 2
2
2
2
6
osKJQ=
2 .
50
7
sin 1 os
5
1 14
. .sin
2 12
14

3 .
4
JKQ
AKQN JKQ
JQ JQ KQ
c
JK JQ
KJQ c KJQ
a
S JK JQ KJQ
a
S S
∆
∆
+ −
=
= − =
= =
= =
1,0
B (2,0 điểm).
Vì A’D’//AD nên góc tạo bởi A’D’, AQ bằng góc tạo bởi AQ, AD
0,5
' ' ' 3.AC AB AD AA AC a= + + ⇒ =
uuuur uuur uuur uuur

Tính được
19 10
; ; .
3 3

a a
AQ AD a QD= = =
1,0
2 2 2
3
cos .
2 .
19
AQ AD QD
QAD
AQ AD
+ −
= =
0,5
……………………Hết…………………….
Lưu ý +) Các cách giải khác mà đúng cho điểm tương ứng với biểu điểm.
+) Điểm tổng toàn bài không làm tròn.