Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG…
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2013-2014
ĐỀ SỐ 1:
Môn thi: Toán
(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)
Bài 1(4đ): cho n số :
[ ]
1 2 3 4
, , , , 0;1
n
a a a a a ∈
Chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 2
1 2 3 4 1 2 3 4
(1 ) 4( )
n n
a a a a a a a a a a+ + + + + + ≥ + + + + +
Bài 2(4đ): Giải phương trình:
2012 2012 2014 2014
3
sin os 2(sin os ) os2
2
x c x x c x c x
+ = + +
Bài 3(4đ): Tìm số nguyên dương bé nhất n sao cho trong khai triển
(1 )
n

Ta có
2 2 2 2 2 2
1 2 3 4 1 2 3 4
1 1 2 2 3 3 4 4
(1) 1 1
(1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
n n
n n
f a a a a a a a a a a
f a a a a a a a a a a
= − − − − − − − + + + + + +
⇒ = − + − + − + − + + −
Mặt khác
[ ]
1 2 3 4
, , , , 0;1
n
a a a a a ∈
nên
0,5
0,5
0.5
0.5
1
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
1 1
2 2
3 3
( 1) 0
( 1) 0

vậy
2 2 2 2 2 2
1 2 3 4 1 2 3 4
2 2 2 2 2 2
1 2 3 4 1 2 3 4
(1 ) 4( ) 0
(1 ) 4( )
n n
n n
a a a a a a a a a a
a a a a a a a a a a
∆ = + + + + + + − + + + + + ≥
⇒ + + + + + + ≥ + + + + +
0.5
0.5
0.5
0.5
Bài 2
(4đ)
2012 2012 2014 2014
2012 2 2012 2
12 12
2012 2012
2012 20
3
sin os 2(sin os ) os2
2
3
os (2cos 1) sin (1 2sin ) os2 0
2




12
0x
=
Ta nhận thấy
2012
2012 2012
2012
os 0
3
* os sin 0
3
2
sin 0
2
c x x R
c x x x R
x x R

≥ ∀ ∈

⇔ + − ∀ ∈

− ∀ ∈


f
f

=
+ = ⇒
∑
số hạng liên tiếp là
1
;
k k
n n
C C
+
ta có
1
7 1 7 1
7 22 15 3 2
15 15 7
k
n
k
n
C
k k
n k n k
C n k
+
+ +
= ⇔ = ⇒ = + ⇔ = + +
−
Do
,n k ∈¥
đặt

a) Cm:
( )AC SHK⊥
Vì H, K lần lượt là trung điểm của AB, AD nên HK là đường trung bình
của tam giác ABD nên HK//BD mà
(1)AC BD HK AC⊥ ⇒ ⊥
Mặt khác
( ) (2)SH ABCD SH AC⊥ ⇒ ⊥
từ (1);(2) ta có
( )AC SHK⊥
b) Tính góc gữa CK với mặt phẳng (SDH)
Ta có
· ·
( . . )CDK DAH c g c CKD DHA∆ = ∆ ⇒ =
mà
· · · ·
·
0 0 0
90 90 90 ( )HDA DHA CKD HDA KID CK DH I+ = ⇒ + = ⇒ = ∩ =
hay
CK DH⊥
(1)mặt khác
( ) (2)SH ABCD SH CK⊥ ⇒ ⊥
từ (1); (2) ta có
( )CK SDH⊥
hay góc giữa
CK và mặt phẳng (SDH) bằng 90
0
0.5
0.5
0.5

1
1
Lưu ý: Học sinh có cách làm khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa câu đó.
ĐỀ SỐ 2:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG …
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2013-2014

(Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian phát đề)
Đề này có 05 câu, gồm 01 trang
Câu I. (Khối A: 4,0 điểm; Khối B, D: 5,0 điểm )
Cho hàm số
( )
3 2 2
2 9 12 1y f x x mx m x= = + + +
, ( m là tham số)
1. Khi
1m
= −
, hãy viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số biết tiếp
tuyến vuông góc với đường thẳng
∆
có phương trình
3 20 17 0x y+ + =
.
4
Đề chính thức
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình

x x y
y
x y
y

+ + + − =




+ + =


Câu III. ( 4,0 điểm)
1. Tìm giới hạn sau:
3
2
2
3 5 2 3 3
lim
4
x
x x x
x
→
− + − −
−
2. Từ các chữ số
0,1,2,3,4,5
lập các số có ba chữ số đôi một khác nhau. Lấy

2. Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông cạnh
a
.
,M N
lần lượt
là trung điểm của
AB
và
AD
,
H
là giao điểm của
CN
với
DM
, biết
SH
vuông góc với mặt phẳng đáy và góc giữa hai mặt phẳng
( )
SCD
và
( )
ABCD
bằng
0
30

m
I 1. ( 2,5 điểm)
(4
điểm
)
Với
1m
= −
ta có hàm số
( )
3 2
2 9 12 1y f x x x x= = − + +
,
( )
' 2
6 18 12f x x x= − +
Gọi
k
là hệ số góc của tiếp tuyến,
( )
0 0
;x y
là toạ độ tiếp điểm của tiếp
tuyến với đồ thị hàm số.
Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng
∆
:
3 20 17 0x y+ + =

0,75

=

⇔

=

0,75
+)
0 0
1 110
3 27
x y= ⇒ =
phương trình tiếp tuyến là
20 1 110
3 3 27
y x
 
= − +
 ÷
 
+)
0 0
8 187
3 27
x y= ⇒ =
phương trình tiếp tuyến là
20 8 187
3 3 27
y x
 

1 2
1 1
3 , 3
2 2
x m m x m m= − − = − +
(do
1 2
x x<
)
Theo giả thiết
2
1 2
x x=
2
3 3
2
2 2
m m m m
m
   
− − − +
⇒ = ⇔ = −
 ÷  ÷
   
0,75
II 1. ( 2,0 điểm)
(4
điểm
)
Điều kiện :

 ÷
 
⇔ + + = + +
⇔ − + − =
⇔ − + − =
⇔ − + − =
⇔ + − =
1,00
6
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1

) cos 2 0 ,
4 2
x x k k Z
π π
+ = ⇔ = + ∈

1 3
) sin 3cos 2 0 sin cos 1
2 2
sin 1 2 ,
3 6
x x x x
x x k k Z
π π
π
+ + − = ⇔ + =
 
⇔ + = ⇔ = + ∈
 ÷

+ =
= =


⇔


= =
+ =


0,75
+) Với
2, 1a b= =
ta có
1
1
1
2
4
3, 1
4
4
5, 1
4
4
3 1
x
x
x y


0,50
+) Với
1, 2a b= =
ta có
1
1
1
1
1
4 10, 3 10
1
7
4 10, 3 10
7
7
3 2
x
x
x y
x
y
y
x
x y
y x
x y
x y



III 1. ( 2,0 điểm)
(4
điểm
)
( )
( )
( )
( )
( )
3 3
2 2 2
2 2 2
2
2
2
2 2
2
3 3
3 5 2 3 3 3 5 2 2 3 1
lim lim lim
4 4 4
3 5 4
2 3 1
lim lim
4 3 5 2
4 2 3 2 3 1
x x x
x x
x x x x x x
x x x

( )
( )
( )
( )
2
2
2 2
3 3
2
2
2 2
3 3
2 3 2
2 2
lim lim
2 2 3 5 2
2 2 2 3 2 3 1
3 2
2 16 2 7
lim lim
4.4 4.3 6
2 3 5 2
2 2 3 2 3 1
x x
x x
x x x
x
x x x x
x x x x
x x

Chọn 2 trong 5 số còn lại của
{ }
\E a
xếp vào hai vị trí b, c có
2
5
A

cách.
Vậy có
2
5
5. 100A =
(số)
1,00
+) Tính số lập được chia hết cho 3.
Số cần tìm có dạng
abc
,
3a b c+ + M
Xét các tập con gồm 3 phần tử của tập
{ }
0,1,2,3,4,5E =
, ta thấy chỉ có
các tập sau thoả mãn điều kiện tổng các chữ số chia hết cho 3 là:
{ } { } { } { }
{ } { } { } { }
1 2 3 4
5 6 7 8
A 0,1,2 , A 0,1,5 ,A 0,2,4 ,A 0,4,5

( )
1;2 , 2I R =
; Đường thẳng
∆
đi qua
( )
1;0M −
có phương
trình
( )
2 2
1 0, 0a x by a b+ + = + ≠
. Giả sử
∆
cắt (C) tại hai điểm
,A B
thoả
mãn
3
IAB
S =
V
. Gọi H là hình chiếu của I trên AB
⇒
H là trung điểm
của AB
Ta có
· ·
·
·

( )
( )
( )
2 2 2 2
2 2
4 15 , 1
2 2
3 8 0 0
15 4 , 1
a b
a b
a b ab do a b
a b
a b

= − + =
+

⇔ = ⇔ + + = ⇔ + ≠

+
= − =


Pt
∆
là
( ) ( )
4 15 4 15 0; 4 15 4 15 0x y x y+ − + + = − − + − =
1,00


− ++
= =


Pt
∆
là
( ) ( )
4 7 3 4 7 0; 4 7 3 4 7 0x y x y+ − + + = − − + − =
Vậy có 4 đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán.
1,00
2. ( 3,0 điểm)
1,00
Từ H kẻ
HI CD⊥
, do
( )
SH ABCD SH CD⊥ ⇒ ⊥
, từ đó suy ra
( )
CD SHI⊥
⇒
góc giữa
( )
SCD
và
( )
ABCD
là góc

⇒
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
// , , ,DM SBK d DM SB d DM SBK d H SBK⇒ ⇒ = =
Ta có
( )
MAD NDC c g c∆ = ∆ − −
·
·
ADM DCN⇒ =
mà
·
·
·
·
·
0
0
0
90
90
90
ADM MDC
DCN MDC
DHC
+ =
⇒ + =
⇒ =

Đáp án Toán 11- Trang 3
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
Gọi E là giao điểm của BK và CN, từ H kẻ
( )
1HF SE⊥
,
do
( ) ( )
2
BK CN
BK SHE BK HF
BK SH
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

Từ (1) và (2) suy ra
( ) ( )
( )
,HF SBK HF d H SBK⊥ ⇒ =
Ta có
//EK HD
mà K là trung điểm của DC nên E là trung điểm của
HC

1 5
2 5
a

xy yz zx
+ + = ⇒ + + =
,
Đặt
, , 0
1 1 1
, ,
3
a b c
a b c
ab bc ca
x y z
>

= = = ⇒

+ + =

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau:

3 3 3
2 2 2
3
3 3 3 4
a b c
b c a
+ + ≥
+ + +
(*).
0,50

− −
⇒ ≥
+ +
(1)
0.75
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được:

3
5 2
( )( ) 8
b b c a
c a b c
− −
≥
+ +
(2),
3
5 2
( )( ) 8
c c a b
a b c a
− −
≥
+ +
(3)
Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được
(*)
4
a b c
VT

( Với m là tham số)
a, Giải phương trình với m = 1
b, Tìm m để phương trình có đúng 2 nghiệm thuộc
[ ]
0;
π
Câu 3 (5,0 điểm).
a, Giải hệ phương trình :
2 2
2 2
3 4 1
3 2 9 8 3
x y x y
x y x y

+ − + =


− − − =


b, Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển sau:
3 5
3
1
n
nx

+ +
=
+ +
Câu 5 (3,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C
1
) :
2 2
13x y+ =
,đường tròn (C
2
)
:
2 2
( 6) 25x y− + =
.
a, Tìm giao điểm của hai đường tròn (C
1
) và (C
2
) .
b, Gọi giao điểm có tung độ dương của (C
1
) và (C
2
) là A viết phương trình đường thẳng đi
qua A cắt (C
1
) và (C
2
) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau.

+ =


− =



( )( 1) 0x t x t⇒ + − + =
+ Với x +t =0 ta được t = -x
2013x x⇒ + = −
. Giải ra ta được
1 8053
2
x
−
=
là
nghiệm.
+ Với x – t +1 = 0 ta được : x +1 = t
1 2013x x⇒ + = +
. Giải ra ta được
1 8049
2
x
− +
=
là nghiệm
Đáp số :
1 8053
2

s 2 0
4 2
co x x k
π π
= ⇔ = +
b, Phương trình đã cho tương đương với :
(2sin 1)(2 s 2 1) 0x co x m− + − =
Với
[ ]
1 5
sin 0;
2 6 6
x x x
π π
π
= ⇔ = ∨ = ∈
Để phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm thuộc
[ ]
0;
π
thì phương trình :
1
2
2
m
cos x
−
=
vô nghiệm hoặc có hai nghiệm
5


2 2
2 2
3 4 1
3( 3 ) 2( 4 ) 3
x x y y
x x y y

− + + =

⇔

− − + =


2
2
3 1 0
4 0
x x
y y

− − =

⇔

+ =


Ta được nghiệm của hệ là :

 ÷
 
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 4
, Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển sau:
3 5
3
1
n
nx
x
 
+
 ÷
 
biết n là số nguyên thoả mãn
hệ thức
1 2 2
2 20
n
n
C C n+ = −
.

=
   
+ = + =
 ÷  ÷
   
∑
. Khai triển chứa x
4
m
40 14
4 2
3
k
k
−
⇔ = ⇔ =
.
Vậy hệ số của x
4
là
2 6
8
.2 1792C =
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 5
a, Chứng minh rằng tam giác ABC vuông nếu :

2 2 2
sin sin sinA B C
M
cos A cos B cos C
+ +
=
+ +
2 2 2
2 2 2
sin sin sin
1 1
A B C
M
cos A cos B cos C
+ +
⇔ + = +
+ +
2 2 2
2 2 2
3 3
1
1
M cos A cos B cos C
cos A cos B cos C M
+ = ⇔ + + =
+ + +
. Biến đổi về
2
3
cos . ( ) 1 0

0,25
0,25
0,25
0,25
13
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
2
0
( ) 1
3 60
1
cos ( )
2
cos A B
M A B C
C cos A B

− =

= ⇔ ⇔ = = =

= −


Vậy MaxM = 3 khi tam giác ABC đều.
0,25
(C
1
) cú tõm O(0;0),bỏn kớnh
1

2 2 2 2
0
(4 3 ) (2 3 )
12 3 0
3
b
a b a b
b ab
b a
a b a b
=

− +
− = ⇒ + = ⇒

= −
+ +

0,25
0,25
0,25
*b=0 ,chọ a=1,suy ra pt d là:x-2=0
*b=-3a ,chọ a=1,b=-3,suy ra pt d là:x-3y+7=0
0,25
a, SA vuông góc với mp(ABCD) nên
SA vuông góc với AB và AD. Vậy các tam
giác SAB và SAD vuông tại A
Lại có SA vuông góc với (ABCD) và AB
Vuông góc với BC nến SB vuông góc với BC
Vởy tam giác SBC vuông tại C.

0,25
14
S
A
B C
D
M
K
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
2 2
2 2
2 2
2 3
2 2
x ax a
SK SA AK a
x ax a
− +
= + =
− +
.
SK nhỏ nhất khi và chỉ khi AK nhỏ nhất
0K O x SK
⇔ ≡ ⇔ = ⇔
nhỏ nhất
6
2
a
=
0,25

 ÷
 
.
Câu2(3Điểm)
Giải hệ phương trình:

2
1
x y x y
y x y x





+ + − =
+ − − =
Câu3 (6Điểm)
1.Tính:
2
2014
0
( 2014) 1 2014 2014
lim
x
x x
x
→
+ − −
2.Cho khai triển:

Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
2.Chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 9
a b b c c a S
+ + ≤
(S là diện tích toàn phần của tứ diện)
………………………………….Hết……………………………………
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
MÔN: TOÁN
THỜI GIAN LÀM BÀI:150 PHÚT
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
1/1
1/2
2

*Tập xác định:x
2
k
π
π
≠ +
*PT tương tương: sin
2
2x-2sin2x+m-1/2=0
1)Với m=1/2:Thay PT ta được: sin
2
2x-2sin2x=0


*Để PT có nghiệm khi và chỉ khi 1/2<m<3/2
*Điều kiện:
0
0
0
0
x
y
x y
y x
≥


≥


− ≥


− ≥

*Hai vế của PT của hệ không âm,bình phương 2vế ta được:

2
2
2
2 2 1
x y x
y x y


4 4 1 0
x
y
x y
x y
≤


≥

⇔

− − =


− + =


17 /12
5/ 3
x
y
=

⇔

=

là nghiệm của hệ
1)

→
+ − − +
=
2
2013 2012
0
2014 2014
2014
lim( 2014)
(1 2014 ) (1 2014 ) 1
x
x
x x
→
−
+
− + − + +
=-2014
2)
2008
2
1 (1 )x x
 
+ −
 
=
2008 2008
3 3
2008 2008
0 0 0

;
k i
i k
i N k N
+ =


≤ ≤ ≤


∈ ∈

suy ra:
0 10/ 3i
≤ ≤
Vậy i=0;1;2;3
*
0 10
1 8
2 6
3 4
i k
i k
i k
i k
= ⇒ =


= ⇒ =


x x
π
∆ → ∆ →
∆
=
∆ ∆
Không tồn tại giới hạn.(Yêu cầu chứng minh cụ thể)
*Tại điểm x=2/(2k+1)
0 0
2 2
( ) ( )
2 1 2 1
lim lim
x x
x
y
x x
y y
k k
∆ → ∆ →
+ ∆ −
∆
+ +
= =
∆ ∆
1,0
1,0
1,0
1,0
1,0

lim cos
2 1 2 (2 1)
x
x x
k
k k
π
∆ →
 
+
 
+ ∆ + + ∆
 
+
0 0
2 1 (2 1)
lim lim sin (2 1) )
2 1 2 (2 1) 2
x x
y
x x
k
k
x k k
π π
− −
∆ → ∆ →
∆

+

x
x
x x
k
k k
π
−
∆ →
+ ∆
−
+ ∆ + + ∆
=
2
2 (2 1)
(2 1)
2 1 4 2
k
k
k
π π
+
− = − +
+
+
0
lim (2 1)
2
x
y
k

4
4 2( )
4
2( )
AE a c b
AE AF c
AF AG b AF b c a
AG AE a
AG a b c

= + −

+ =



+ = ⇔ = + −
 
 
+ =
= + −



0,5
1,0
0,5
0,5
1,0
0,5

+c
2
=
2 2 2
2 2 2
( ) ( ) ( )BC CA AB OC OB OA OC OB OA+ + = − + − + −
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
=6R
2
-2(
.OB OC OCOA OAOB+ +
uuur uuur uuuruuur uuuruuur
)
=9R
2
-(
OA OB OC+ +
uuur uuur uuur
)
2

2
9R≤
*Dấu bằng xảy ra khi
OA OB OC O+ + =
uuur uuur uuur ur
⇔
O trùng trọng tâm G tam giác ABC
⇔
tam giác ABC đều

Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
Câu2:
x+3 chia hết cho x
2
+1
suy ra ( x+3 )(x-3)chia hết cho x
2
+1 (1
điểm)
x
2
+1-10 chia hết cho x
2
+1
-10 chia hết cho x
2
+1 (1
điểm)
Từ đó tìm được x=0, x=-1, x=1, x=2 (1/2
điểm)
Câu3:
Dùng phép quay quanh A với góc quay 60
0
biến M thành M’; C thành C’ (1
điểm)
Ta có MA+MB+MC = BM+MM’+M’C’
MA+MB+MC bé nhất khi bốn điểm B,M,M’,C’ thẳng hàng. (1
điểm)
Khi đó góc BMA=120
0

Giải phương trình
( )
sin 2 3 cos 2 2 3 sin cos 1 3x x x x
+ + + − = +
.
Câu 2.
a) Xét khai triển:
( ) ( ) ( )
2 2013
0 1 2 2013
1 1 2 1 2013 x x x a a x a x a x
+ + + = + + + +
. Tính
20
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
( )
2 2 2
2
1
1 2 2013
2
a
+ + + +
.
b) Chọn ngẫu nhiên một số có 4 chữ số đôi một khác nhau. Tính xác suất để số được
chọn không nhỏ hơn 2013.
Câu 3.
a) Cho dãy số
( )
n

phương trình đã cho có ít nhất ba nghiệm thực phân
biệt.
Câu 4.
a) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Chứng minh mặt phẳng
( )
'A BD
song song
với mặt phẳng
( )
' ' .CB D

Tìm điểm M trên đoạn BD và điểm N trên đoạn CD’ sao
cho đường thẳng MN vuông góc với mặt phẳng (A’BD).
b) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh
a
. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm
của các đoạn thẳng AD, BB’, C’D’. Xác định thiết diện cắt bởi mặt phẳng (MNP)
với hình lập phương ABCD.A’B’C’D’, tính theo
a
diện tích thiết diện đó.
Câu 5.
Cho
, ,a b c
là các hằng số thực và
( )
3 2
P x ax bx cx
= + +
. Tìm tất cả các số
, ,a b c

đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Nội dung trình bày Điểm
1(2đ)
Ta có
( )
sin 2 3 cos 2 2 3 sin cos 1 3x x x x
+ + + − = +
( )
( )
2
2sin .cos cos 3 1 2sin 2 3 sin 3 1 0x x x x x
⇔ − + − + + − − =
( ) ( )
( )
cos 2sin 1 2sin 1 3sin 1 0x x x x
⇔ − − − − =
0,5
( )
( )
2sin 1 cos 3sin 1 0x x x
⇔ − − + =
1
sin
2
3 sin cos 1
x
x x

=

= +


¢
0,25
+)
3 1 1 1
3 sin cos 1 sin cos sin
2 2 2 6 2
x x x x x
π
 
− = ⇔ − = ⇔ − =
 ÷
 
0,25
( )
2
2
6 6
3
5
2
2
6 6
x k
x k
k
x k
x k

π π π π π
= + = + = + = + ∈¢
0,5
2(2đ) 2.a (1,0 điểm)
Ta có
( ) ( ) ( )
2013
2 3
1 1 2013
1 1 2 1 2013 1 . .
k i j
x x x k x i j x A x
= ≤ < ≤
 
 
+ + + = + + +
 ÷
 ÷
 
 
∑ ∑
0,5
Suy ra
( )
( )
2
2 2 2
2
1 2013
1

0,25
2.b (1,0 điểm)
Ta có
( )
n
Ω =
số cách chọn một số có bốn chữ số đôi một khác nhau
9.9.8.7
=
22
Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 11 (có đáp án chi tiết) – phần 1
A
là biến cố chọn ra được một số có bốn chữ số đôi một khác nhau
abcd
và không
nhỏ hơn 2013. Ta sẽ tính số các số có bốn chữ số đôi một khác nhau
abcd
và các
số này chỉ có thể xảy ra với
0,25
1a
=
,
{ } { }
0,1, ,9 \ 1b
∈
,
{ } { }
0;1; ;9 \ 1;c b
∈

n n n n
u u u u n
+ + +
− = − + =
suy ra
{ }
2 1n n
u u
+ +
−
lập thành một cấp số cộng
có công sai bằng 1 nên
2 1 2 1
.1 2
n n
u u u u n n
+ +
− = − + = +
(1)
0,25
Từ (1) ta được
1 1 1 2 2 1
1 2
n n n n n
u u u u u u u u n n
− − −
− = − + − + + − = + − + +
( )
1
1 2

→+∞
=
.
0,25
3.b (1,0 điểm)
Đặt
( ) ( )
( )
3 3
1 4 3 1f x m x x x x x
= − − + − +
ta được
( )
f x
xác định và liên tục trên
¡
.
Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 1, 0 1, 1 1, 2 3f f f f− = − = = − =
0,5
Do đó ta được
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 0 0, 0 1 0, 1 2 0f f f f f f
− < < <
nên phương trình
( )
0f x =
có nghiệm thuộc
( ) ( ) ( )

Từ (1) và (2) ta được
( ) ( )
' ' 'A BD CB D
.
Đặt
. ,BM x BD=
uuuur uuur
. 'CN y CD=
uuur uuuur
. Khi đó
. 'MN MB BC CN xBD AD y CD= + + = − + +
uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuuur
( ) ( )
( ) ( )
' 1 'x AB AD BC y AA AB x y AB x AD yAA
= − + + − = − + − +
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
0,25
Do MN vuông góc (A’BD) nên
, 'MN BD MN BA
⊥ ⊥
. Từ đó ta được:
( )
( )
2
1 0
. 0 2 1
3
2 1
0



uuuur uuur
uuuur uuur
0,25
Do đó
2
. ,
3
BM BD=
uuuur uuur
1
. '
3
CN CD=
uuur uuuur
4.b (1,5 điểm)
O
R
Q
S
P
N
M
D'
C'
B'
D
C
B

giác đều MSNQPR cạnh
2
2
a
MR =
và có tâm là O suy ra:
2
0
OMS
1 3 3
6 6. . .sin 60
2 4
MSNQPR
a
S S OM OS= = =
. Vậy
2
3 3
4
MSNQPR
a
S =
0,5
5(1đ)
Đặt
( ) ( )
1
1 , 1 ,
2
f m f n f p


+ + = + + =



−
 
− + = ⇔ − + = ⇔ =
  
  
+ + =

− +
 
+ + =
=



0,5
Ta có
( ) ( )
3 8 16 3
2 8. 2 9 16 9 1 16 26
3 3
m n p p m n
f m n m n p
+ − − +
= + − + = + − ≤ + + =
.

α α α
⇒ = − =
suy ra
( )
1f x ≤
với mọi
1 1x
− ≤ ≤
. Vậy
4
0
3
a
b
c
=


=


= −

0,25
Hết
ĐỀ SỐ 7:
ĐỀ THI
Môn Thi : Toán 11
Thời gian làm bài : 180 phút
Câu I( 1 điểm): Giải phương trình

1/ Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng
9 2011y x= − +
.
2/ Tìm tất cả các điểm thuộc đồ thị (C ) mà qua đó kẻ được một và chỉ một tiếp tuyến với
đồ thị ( C ).
25