Kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 11 cấp trường năm học 2015 – 2016 môn: Toán thời gian làm bài: 180 phút

TRƯỜNG THPT GIA VIỄN B 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
(Đề thi gồm 07 câu, 01 trang) 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TRƯỜNG 
NĂM HỌC 2015 – 2016 
Môn: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút 
Câu 1 (5,0 điểm) 
a) Giải phương trình: 3 sin 2 3cos 3 sin 3
2sin 3
x x x
x
   

. 
b) Cho hàm số 3 23 9 1y x mx x    , có đồ thị  mC , với m là tham số. Tìm giá trị của tham số m để 
đường thẳng : 10 3md y x m   cắt đồ thị  mC tại 3 điểm phân biệt , ,A B C . Gọi 1 2 3, ,k k k là hệ số góc 
tiếp tuyến của  mC lần lượt tại , ,A B C . Tìm giá trị của m để 1 2 3 15k k k   . 
Câu 2 (3,0 điểm) 
a) Giải phương trình:      2 2 34 2 1 3 2 2 1 2 5x x x x x x      . 
b) Giải hệ phương trình 
3 3
2 2
56
3 9 10
x y
x x y y
      
. 
Câu 3 (3,0 điểm). 
a) Tìm hệ số của số hạng chứa 26x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 74
1 nx
x
      , biết rằng n là số 
nguyên dương thỏa mãn 1 2 34 6 490n n nC C A   . 
b) Chứng minh rằng phương trình 3 3 1 0x x   có 3 nghiệm phân biệt 1 2 3, ,x x x ( 1 2 3x x x  ) thỏa 
mãn hệ thức 22 12x x  và 23 22x x  . 
Câu 4 (2,0 điểm). Giải bất phương trình 
2
6 2 1 1
2 20 96 5
x x
x x
  
  
. 
Câu 5 (2,5 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên SAD là tam giác đều 
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi ,M N lần lượt là trung điểm của các cạnh SB và CD . 
Chứng minh rằng AM vuông góc với BN . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SMN . 
Câu 6 (2,5 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có 2AC BD và đường 
tròn nội tiếp hình thoi có phương trình là    2 2 81 1
5
x y    . Biết rằng đường thẳng AB đi qua điểm 
 1;5M . Tìm tọa độ đỉnh A , biết điểm A có hoành độ âm. 
Câu 7 (2,0 điểm). Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn điều kiện 3ab bc ca   . Tìm giá trị nhỏ 
nhất của biểu thức: 
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
7 6 5 7 6 5 7 6 5
3 10 5 3 10 5 3 10 5
a ab b b bc c c ca aF
a ab b b bc c c ca a
       
     
. 
-----HẾT----- 
 2 
TRƯỜNG THPT GIA VIỄN B 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
(HDC gồm 05 trang) 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TRƯỜNG 
NĂM HỌC 2015 – 2016 
Môn: TOÁN 
Câu Đáp án Điểm 
Điều kiện 2sin 3 0x  . 
Phương trình đã cho tương đương với:   3sin2 3cos 3 sin 3 2sin 3x x x x     0,5 
23 sin 2 2sin 3 sin 3cos 0x x x x       2sin 3 3 cos sin 0x x x    0,5 
+) 2sin 3 0 2
3
x x k      hoặc 2 2
3
x k   , với k  . 0,5 
+) 3 cos sin 0 tan 3x x x    2
3
x k    hoặc 4 2
3
x k   , k  . 0,5 
1a 
(2,5 điểm) 
Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là: 
2
3
x k   hoặc 2 2
3
x k   , với k  . 0,5 
Hoành độ giao điểm của đồ thị  mC và đường thẳng md là nghiệm của phương trình 
 3 2 3 23 9 1 10 3 8 9 3 1 0x mx x x m x x m x            
      21 1 3 9 3 0 *x x m x m       1x  hoặc    2 1 3 9 3 0 **x m x m     
0,5 
Đường thẳng md cắt đồ thị  mC tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình  * 
có 3 nghiệm phân biệt hay phương trình  ** có 2 nghiệm phân biệt khác 1 
   
 
2
2
1 3 4 9 3 0
1 1 3 .1 9 3 0
m m
m m
          

0,5 
29 6 35 0
11 6 0
m m
m
     
7
3
m  hoặc 5 11
3 6
m  hoặc 11
6
m . 0,5 
Gọi hoành độ của các điểm , ,A B C lần lượt là 1 2 3, ,x x x trong đó 1 1x  , còn 2 3,x x là 
hai nghiệm của phương trình  ** . 
Theo định lý Viet, ta có 2 3 3 1x x m   và 2 3 9 3x x m  . 
Ta có    2 21 2 3 2 3 2 312 6 3 6 18k k k m x x m x x         
2
1 2 3 9 21k k k m     . 
0,5 
1b 
(2,5 điểm) 
   2 21 2 3 15 9 21 15 4 ; 2 2;k k k m m m              
Kết hợp với điều kiện ở trên, ta có các giá trị cần tìm của m là 
 7; 2;
3
m
        . 
0,5 
2a 
(1,5 điểm) 
Điều kiện 
1
2
x . Với điều kiện này thì phương trình đã cho tương đương với 
 3 2 22 8 10 4 3 2 2 1 0x x x x x x       
       2 22 2 2 1 3 2 2 1 0 2 2 3 2 1 4 2 0x x x x x x x x x x x               
0,5 
 3 
2x  (tmđk) hoặc  22 3 2 1 4 2 0 *x x x x     . 
Ta có    2* 2 3 2 1 2 2 1 0x x x x      
  2 2 1 2 2 1 0 2 2 1 0x x x x x x          (do 2 2 1 0x x   ) 
0,5 
22 2 1 8 4 0 4 2 3x x x x x          (tmđk). 
Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là 2; 4 2 3x x   . 
0,5 
Hệ phương trình xác định với mọi ,x y . 
Ta có 
3 3 3 3
2 2 2 2
56 56
3 9 10 9 27 3 3 30
x y x y
x x y y x x y y
                 
. 
Trừ vế theo vế hai phương trình trong hệ ta được: 
   3 33 2 3 29 27 3 3 26 3 1 2x x x y y y x y x y             
0,5 
Thay 2x y  vào phương trình thứ hai trong hệ ban đầu ta được: 
   2 2 23 2 9 2 10 2 8 0 2y y y y y y y            hoặc 4y  . 0,5 
2b 
(1,5 điểm) 
Với 2y  thì 4x ; với 4y  thì 2x . 
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là        ; 4;2 ; ; 2; 4x y x y    . 0,5 
Điều kiện n và 3n . Với điều kiện này, ta có 
    1 2 34 6 490 4 3 1 1 2 490n n nC C A n n n n n n          
  3 2 26 9 490 0 10 4 49 0 10n n n n n n n            (tmđk). 
0,5 
Với 10n , ta có khai triển của nhị thức Niu-tơn 
10
7
4
1 x
x
      . 
Số hạng tổng quát của khai triển là  
10
7 11 40
10 104
1 k kk k kC x C x
x

     ( , 10k k  ). 
0,5 
3a 
(1,5 điểm) 
Số hạng này chứa 26x khi và chỉ khi 11 40 26 6k k    (tmđk). 
Vậy hệ số của số hạng chứa 26x trong khai triển nhị thức Niu-tơn đã cho là: 610 210C  . 
0,5 
Chứng minh rằng phương trình 3 3 1 0x x   có 3 nghiệm phân biệt 1 2 3, ,x x x 
( 1 2 3x x x  ) thỏa mãn hệ thức 22 1 2x x  . 
Xét hàm số   3 3 1f x x x   trên  . Hàm số  f x liên tục trên  . 
Ta có        2 1; 1 3; 1 1; 2 3f f f f      . 
Hàm số  f x liên tục trên  nên cũng liên tục trên đoạn  2;2 . 
Mặt khác            2 . 1 0; 1 . 1 0; 1 . 2 0f f f f f f      nên   0f x  có ba 
nghiệm phân biệt thuộc khoảng  2;2 . 
Lại do  f x là hàm bậc ba nên phương trình   0f x  có tối đa ba nghiệm. Vậy 
phương trình   0f x  có ba nghiệm phân biệt thuộc khoảng  2;2 . 
0,5 
3b 
(1,5 điểm) 
Do nghiệm  2;2x  nên ta đặt 2cosx t , với  0;t  . Khi đó phương trình đã 
cho trở thành 3 3 1 18cos 6cos 1 0 4cos 3cos cos3
2 2
t t t t t        
2 2 23 2 , ,
3 9 3
t k k t k k           . 
0,5 
 4 
Vì  0;t  nên 2 4 8; ;
9 9 9
t          
. Suy ra phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt 
là 2 4 82cos ;2cos ;2cos
9 9 9
   . 
Khi đó 1 2 3
8 4 22cos ; 2cos ; 2cos
9 9 9
x x x     . 
Ta có 2 2 2 21 2 2 3
8 4 4 22 2 1 cos 2.2cos ;2 2 1 cos 4cos
9 9 9 9
x x x x                         
0,5 
Điều kiện 0x . Với điều kiện này thì 22 20 96 5 0x x    nên bất phương trình 
đã cho tương đương với 26 2 1 20 96 5 2x x x x      
 26 2 3 20 96 5 **x x x x      . 
0,5 
Nhận thấy 0x là nghiệm của bất phương trình. 
Xét 0x . Khi đó   3 5** 6 2 20 96x x
xx
      
1 13 2 2 5 4 96x x
xx
                
. 
0,5 
Đặt 
12 , 2 2t x t
x
   . Suy ra 214 4x t
x
   . Do đó bất phương trình trên trở 
thành    22 2 23 2 5 4 96 5 76 3 2 5 76 3 2t t t t t t            
2 3 18 0 6t t t      . 
0,5 
4 
(2,0 điểm) 
Do đó 
1 3 72 6 2 6 1 0
2
x x x x
x
        hoặc 3 7
2
x  
8 3 7
2
x   hoặc 8 3 7
2
x  . 
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là 8 3 7 8 3 70; ;
2 2
S
                 
. 
0,5 
J
E
N
M
IH
CD
A
B
S
K
Gọi H là trung điểm của cạnh AD . Ta có HDC NCB  nên  HCD NBC . 
Lại do ,NBC BNC phụ nhau nên  090NIC  hay HC BN . 
0,5 
5 
(2,5 điểm) 
Tam giác SAD đều nên SH AD . 
Do        ,SAD ABCD SAD ABCD AD   nên  SH ABCD . Suy ra SH BN . 
0,5 
 5 
Do đó  BN SHC . 
Gọi I là trung điểm của CB . Khi đó //IM SC và //AI HC . 
Suy ra    //SHC AIM . Vì vậy  BN IAM nên BN AM . 
Gọi J , E lần lượt là giao điểm của BN với HC và AD . 
Ta có 3
4
HE
AE
 nên     
, 3
4,
d H SBN
d A SBN
 . Suy ra      4, ,
3
d A SBN d H SBN . 
Có  BN SHJ . Từ H kẻ ,HK SJ K SJ  . Khi đó  HK SBN . 
Vậy      4 4, ,
3 3
d A SBN d H SBN HK  . 
0,5 
Ta có 5 2 5;cos
2 5
a DCHC HCD
HC
   . 
Tam giác JNC vuông tại J nên  2 5 5cos .
2 5 5
a aJC NC JCN   . 
Suy ra 5 5 3 5
2 5 10
a a aHJ HC JC     . 
Tam giác SAD đều cạnh a nên 3
2
aSH  . 
0,5 
Tam giác SHJ vuông tại H có đường cao HK nên 2 2 2
1 1 1
HK HS HJ
  . 
Suy ra 2 22 2
1 1 1 32 3 2
3 9 9 8
4 20
aHK
a aHK a
     . Do đó    2,
2
ad A SBN  . 0,5 
Đường tròn nội tiếp hình thoi có tâm  1;1I và 
bán kính 2 10
5
R  . Gọi H là tiếp điểm của 
đường thẳng AB với đường tròn. Tam giác 
IAB vuông tại I có đường cao IH nên 
2 2 2 2
1 1 1 5
IH IA IB IA
   
(do 1 1 1
2 4 2
IB BD AC IA   ). 
Suy ra 5 2 2IA IH  . 
1,0 
Gọi  ;n a b

 là vectơ pháp tuyến của đường thẳng AB , với 2 2 0a b  . 
Đường thẳng AB có phương trình    1 5 0a x b y    . 
Do AB tiếp xúc với đường tròn nên  
2 2
4 2 10, 3
5
b
d I AB R a b
a b
    

. 
0,5 
6 
(2,5 điểm) 
Với 3a b thì đường thẳng AB có phương trình 3 8 0x y   . 
Do A AB nên  ;8 3A a a . 
   2 2 22 2 1 7 3 8 5 22 21 0IA a a a a          
3a  (loại) hoặc 7
5
a  (loại). 
0,5 
 6 
Với 3a b thì đường thẳng AB có phương trình 3 2 0x y   . 
Do A AB nên  ;3 2A a a . 
    2 2 22 2 1 3 1 8 5 2 3 0IA a a a a          
1a  (nhận) hoặc 3
5
a  (loại). Vậy  1; 1A   . 
0,5 
Với các số thực dương ,x y ta có  2 0x y  nên suy ra 
2
2x x y
y
  . 
Do đó 
     
22 2
2 2 2 2 2 2
2 2
7 6 5
2 7 6 5 3 10 5 11 2 5
3 10 5
a ab b
a ab b a ab b a ab b
a ab b
 
          
Suy ra 
 22 22 2 2 2
2 22 2
7 6 57 6 5 11 2 5
3 10 53 10 5
a ab ba ab b a ab b
a ab ba ab b
        
. 
0,5 
Ta lại có      2 2 22 211 2 5 2 2 3 2 2a ab b a b a b a b        . 
Suy ra  2 211 2 5 2 2a ab b a b    . Do đó  
2 2
2 2
7 6 5 2 2
3 10 5
a ab b a b
a ab b
   
 
. 
0,5 
Chứng minh tương tự, ta có 
   
2 2 2 2
2 2 2 2
7 6 5 7 6 52 2 ; 2 2
3 10 5 3 10 5
b bc c c ca ab c c a
b bc c c ca a
      
   
. 
Vì vậy  3 2F a b c   . 
Mặt khác    2 3a b c ab bc ca     nên từ giả thiết, ta có 3a b c   . 
0,5 
7 
(2,0 điểm) 
Suy ra 9 2F  . Dấu bằng xảy ra khi 1a b c   . 
Vậy F đạt giá trị nhỏ nhất bằng 9 2 khi 1a b c   . 
0,5 
-----HẾT-----