TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐÌNH LIỄN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG LỚP 11
THPT NĂM HỌC 2017 - 2018

Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÒNG 1

(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)
Câu I (5,0 điểm)
2
2
1. Giải phương trình lượng giác: sin x cos 4 x  2 sin 2 x 1  4 sin (

2. Tìm các nghiệm trong khoảng  ;   của phương trình:

 x
 )
4 2

�
�
2sin �
3x  �
 1  8sin 2x cos 2 2x.
4�
�

Câu II (5,0 điểm)

1. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau trong đó có 3 số chẵn và 3
số lẻ ?
2. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn :
1Cn1  2Cn2  3Cn3  ...  nCnn  128n . Tìm hệ số của x6 trong khai triển thành đa thức
của f ( x)  2.(1  x) n  x.(2  x) n1 .
Câu III (4,0 điểm)
1. Giải phương trình: 2 x 2  5 x  1  7 x3  1
2. Một dãy phố có 5 cửa hàng bán quần áo. Có 5 người khách đến mua quần áo,
mỗi người khách vào ngẫu nhiên một trong năm cửa hàng đó. Tính xác suất để có ít
nhất một cửa hàng có nhiều hơn 2 người khách vào.
Câu IV (4,0 điểm) Cho hình vuông cạnh a, tâm O. Gọi S là một điểm ở ngoài mặt
phẳng (ABCD) sao cho SB = SD. Gọi M là điểm tùy ý trên AO với AM = x. mặt
phẳng () qua M song song với SA và BD cắt SO, SB, AB tại N, P, Q.
1. Tứ giác MNPQ là hình gì ?
2. Cho SA = a . Tính diện tích MNPQ theo a và x. Tính x để diện tích MNPQ
lớn nhất
Câu IV (2,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và M là trung điểm của
SC. Một mặt phẳng (P) chứa AM và lần lượt cắt các cạnh SB, SD tại các điểm B', D'
khác S. Chứng minh rằng:

4 SB ' SD ' 3
� 
� .
3 SB SD 2
...........HẾT...........
Giám thị không giải thích gì thêm.


TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐÌNH LIỄN


KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG
LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2017-2018

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
NỘI DUNG

CÂU

ĐIỂM
2.5

Giải phương trình lượng giác:
I.1

sin x cos 4 x  2 sin 2 2 x 1  4 sin 2 (

 x
 )
4 2

 sin x cos 4 x  2 sin 2 2 x  1  2[1  cos(

2

 x)] 0

0,5
0.5


sin x 1
 (sin x  1)(cos 4 x  2) 0  
 cos 4 x 2

0.5


2

0.5

 k 2 (k  Z )(2)

Tìm các nghiệm trong khoảng  ;   của phương trình:

�
�
2sin �
3x  � 1  8sin 2x cos 2 2x.
4�
�
�
�

3x 
ĐK: sin �

�
��0.

4�

(1)

�x


 k;
12

x

5
 k
12

Trong khoảng  ;   ta nhận các giá trị : x 

x

7
.
12

2.5

0,5

Khi đó phương trình đã cho tương đương với pt: sin 2x 


1
2

11
5

; x
; x
;
12
12
12

Kết hợp đk (1) ta được hai giá trị thỏa mãn là: x 
II.1

0,5

 sin x cos 4 x  cos 4 x  2(1  sin x ) 0
 cos 4 x (sin x  1)  2(1  sin x) 0

 sin x 1  x 
I.2




7
; x .
12

12

Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau trong đó có 3 số chẵn và
3 số lẻ ?

1.0

0.5

0,5
2.0


TH1: Trong 3 số chẵn đó có mặt số 0.
Số các số tìm được là 5.C24 .C35 .5!  36000 (số).
TH2: Trong 3 số chẵn đó không có mặt số 0.
Số các số tìm được là C34 .C35 .6!  28800 (số).
Đ/ số 36000  28800  64800 số.

II.2

Cho n là số nguyên dương thỏa mãn :
1Cn1  2Cn2  3Cn3  ...  nCnn  128n . Tìm hệ số của x6 trong khai triển

0.5
0.1
0.5
3.0

thành đa thức của f ( x)  2.(1  x) n  x.(2  x) n1 .


1Cn1  2Cn2  3Cn3  ...  nCnn  n.2n1

2.0

� 128n  n.2n2 � n  8
8

f ( x)  2.(1  x)  x.(2  x)  �
8

9

k 0

6

Hệ số của x là
III.1

2C86

 C95 .24

2.C8k .x k

9

 �C9i .29i.x i 1


1.0

i 0

 2072 .
2.0

2 x2  5x  1  7 x3  1

pt
� 2( x 2  x  1)  3( x  1)  7 ( x  1)( x 2  x  1) ,
�
u  x 2  x  1, u  0
�
do đó đặt �
v  x  1, v �0
�
� 1
2
u v
u
�u �
2
Phương trình trở thành: 2u  3v  7uv � 2 � � 7.  3  0 � �
�
v
�v �
u  3v
�
2


1
2
* Với u  3v ,

* Với u  v , ta có:

ta có:

III.2

2

x2  x  1 

0.5
0.5

0.5

1
3
5
x  1 � x 2  x   0(vn)
2
4
4

�
x  4  6 (tm(*))

x 2  x  1  3 x  1 � x 2  8 x  10  0 � �
x  4  6 (tm(*))
�

Một dãy phố có 5 cửa hàng bán quần áo. Có 5 người khách đến mua quần
áo, mỗi người khách vào ngẫu nhiên một trong năm cửa hàng đó. Tính xác
suất để có ít nhất một cửa hàng có nhiều hơn 2 người khách vào.
Người khách thứ nhất có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.
Người khách thứ hai có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.
Người khách thứ ba có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.
Người khách thứ tư có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.
Người khách thứ năm có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.
Theo quy tắc nhân có 5.5.5.5.5 = 3125 khả năng khác nhau xảy ra cho 5
người vào 5 cửa hàng. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là:   3125 .
Để có ít nhất một cửa hàng có nhiều hơn 2 khách vào thì có các trường hợp
(TH) sau:

0.5
2.0

0.5


IV

IV.1

TH1: Một cửa hàng có 3 khách, một cửa hàng có 2 khách, ba cửa hàng còn
lại không có khách nào. TH này có khả năng xảy ra.
TH2: Một cửa hàng có 3 khách, hai cửa hàng có 1 khách, hai cửa hàng còn

lại không có khách nào. TH này có C51.C53 .C42 .P2  600 khả năng xảy ra.
TH3: Một cửa hàng có 4 khách, một cửa hàng có 1 khách, ba cửa hàng còn
lại không có khách nào. TH này có C51.C54 .C41  100 khả năng xảy ra.
TH4: Một cửa hàng có 5 khách, các cửa hàng khác không có khách nào. TH
này có C51  5 khả năng xảy ra.
Suy ra có tất cả 200  600  100  5  905 khả năng thuận lợi cho biến cố
“có ít nhất một cửa hàng có nhiều hơn 2 người khách vào”.
905 181

Vậy xác suất cần tính là: P 
3125 625
Cho hình vuông cạnh a, tâm O. Gọi S là một điểm ở ngoài mặt phẳng
(ABCD) sao cho SB = SD. Gọi M là điểm tùy ý trên AO với AM = x. mặt
phẳng () qua M song song với SA và BD cắt SO, SB, AB tại N, P, Q.
Tứ giác MNPQ là hình gì ?:
S
Ta có : SB = SD 
 SBC =  SDC (c-c-c)
Gọi I là trung điểm SC   IBC =  IDC

IB = ID

 IBD cân tại I
N
I

IO  BD
P
Mà OI // SA 
SA  BD

(*) A
D
Ta có :

 ( ) // BD

 MQ // BD
 BD  ( ABO)
 ( )  ( ABO) MQ



NP // BD
( 2)
Tương tự :
Từ (1) và (2) , suy ra MQ // NP // BD

Mặt khác :

IV.2

 ( ) // SA

 SA  ( SAO)
 ( )  ( SAO)  MN




(1) Q


M



AQM

Tính MN : Xét tam giác SAO :

0.5
0.5
4.0

0.5

C

B

(3)
MN // SA

( 4)

0

Ta có :

0.5


0.5

O


PQ // SA
(5)
Tương tự :
Từ (4) và (5) , suy ra MN // PQ // SA
(6)
Từ (3) , (6) và (*), suy ra MNPQ là hình chữ nhật
Vậy : MNPQ là hình chữ nhật
Tính diện tích MNPQ theo a và x:
Ta có : S MNPQ MQ.MN
Tính MQ :
Xét tam giác AQM :
ˆ 45


0
 Qˆ 45
 ˆ
0
 M 90

0.5

cân tại M

MQ = AM = x


0.5

0.5

0.5


Ta có :MN//SA

x.



MN OM

AS
OA



S MNPQ MQ.MN  x.(a  x. 2 ) 

1
2

0.5

x. 2 (a  x. 2 )


Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương x. 2 và a  x. 2
a²
2 (a  x. 2 )
 ( x. 2  a2  x. 2 ) )  4

0.5

2

S MNPQ 

1 a²
a²
. 
4
2
4. 2

Đẳng thức xảy ra khi
M là trung điểm AO

V

a 2
 x
OM
MN  AS .
a. 2
a  x. 2
OA

a. 2
2

 S MNPQmã 

x. 2 a  x. 2

Vậy :

x

a. 2
4

a²
4. 2
x



a
a. 2

4
2. 2


0.5

thì S MNPQ đạt giá trị lớn nhất


Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và M là trung điểm
của SC. Một mặt phẳng (P) chứa AM và lần lượt cắt các cạnh SB, SD tại các
điểm B', D' khác S. Chứng minh rằng:

2.0

4 SB ' SD ' 3
� 
� .
3 SB SD 2
S

D'

M
I

D

P
O

A
N

C
B'
B


Gọi I = AMB'D' và O = ACBD,


S, O, I thẳng hàng (3 điểm chung của 2 mặt phẳng (SAC) và (SBD)

SI 2

(I là trọng tâm của  SAC) Vẽ BP // B'I và DN // D'I  P, N �SO 
SO 3
 OP  ON .

Đặt x 

0.5

SD
SB
; y
.
SD '
SB '

 x y 

SB SD SP SN 2SO
3





 2  3  x, y �[1; 2] (*) (vì 
SB ' SD ' SI SI
SI
2
2

�2 � 4
1 1 3
ODN=  OBP) Suy ra:   �3 �
�
x y xy
�x  y � 3
Từ (*): 1 �x �2  x 2  3x  2 �0  x(3  x) �2 



0.5

3 3
�
xy 2



x y 3
�
xy
2




1 1 3
 � . Đpcm
x y 2

TỔNG ĐIỂM TOÀN BÀI

x‫ ׳‬y

0.5

2

0.5
20,0