Đề thi chọn HSG Toán 11 năm 2025 – 2026 trường THPT Lê Hồng Phong 1 – Đắk Lắk

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG
TRƯỜNG THPT SỐ 1 LÊ HỒNG PHONG
NĂM HỌC 2025 – 2026
Môn thi: Toán – Khối lớp:11
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 02 trang, 5 câu)
Câu 1. (4.0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a. sin x  3 cos x  2 2 2 2x 3x 2 y b. 2 2 2y 3y 2 x
Câu 2. (4,0 điểm)
a. Chứng minh rằng nếu ABC 
thỏa mẫn điều kiện cos 2A  cos 2B  cos 2C 1  0 thì tam
giác đó là tam giác vuông.
b. Cho hai đường tròn  ;
O R và O ; R với R  R , cắt nhau tại A và B sao cho
OAO  90 . Đường thẳng OO cắt đường tròn  ;
O R tại C, D và cắt đường tròn O ; R tại
E, F sao cho các điểm C, , O E, , D O ,
 F nằm trên đường thẳng theo thứ tự đó. Tia BE cắt đường tròn  ;
O R tại K (khác B ) và cắt đoạn thẳng AC tại M . Tia BD cắt đường tròn
O ;R tại L (khác B) và cắt đoạn thẳng AF tại N . Chứng minh ba điểm ,
A C, L thẳng hàng.
Câu 3. (4,0 điểm)
a. Tính giới hạn sau: L   2 lim
4n  3n 1  2n
b. Cho dãy số (u ) xác định bởi: n * u 1;u  2u  3 , n
  . Tìm công thức số hạng n 1 n 1  n
tổng quát u theo n. n
Câu 4. (4,0 điểm)
a. Một cái tháp có 9 tầng. Diện tích của mặt sàn tầng 2 bằng nửa diện tích của mặt đáy tháp
và diện tích của mặt sàn mỗi tầng bằng nửa diện tích của mặt sàn mỗi tầng ngay bên dưới.
Biết mặt đáy tháp có diện tích là 2
a ( m ) . Tính diện tích của mặt sàn tầng trên cùng của tháp
theo a (đơn vị mét vuông).
b. Tìm tất cả các cặp số x, y nguyên thỏa mãn: 2 2
5x  4xy  y  169 .
Câu 5. (4,0 điểm)
a. Cho tập hợp A
1; 2; 3; 4; 5; 6 . Gọi S là tập hợp các số có 3 chữ số khác nhau được lập
thành từ các chữ số của tập A . Chọn ngẫu nhiên một số từ S , tính xác suất để số được chọn
có chữ số cuối gấp đôi chữ số đầu.
b. Mỗi đỉnh của một ngôi sao năm cánh được sơn một màu. Có 6 màu khác nhau để lựa chọn
và hai đỉnh của mỗi cạnh phải có màu khác nhau( Hình minh họa phía dưới). Có bao nhiêu
cách tô màu cho các đỉnh của ngôi sao đó ?
--------- Hết --------
- Học sinh không được sử dụng tài liệu
- Học sinh không được sử dụng máy tính
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: ………………………………………….; SBD:…………………… 2
ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TOÁN 12
NĂM HỌC : 2025 – 2026 Câu Ý Lời giải Điểm 1 a
sin x  3 cos x  2 2,0
sin x  3 cos x  2 0,5 1 3  sin x  cos x  1 2 2    0,5 cos sin x  sin cos x  1 3 3   0,5 sin(x  )  1 3 5  0,5 x 
 k2 (k  Z) 6 b 2 2 2x 3x 2 y (1) 2,0 2 2 2y 3y 2 x (2) (1) (2) 0,5 2 2 3(x y ) 3(x y) 0 3(x y)(x y 1) 0 y x y 1 x x 1 0,5 2
Th1: y =x thê vào ( 1 ) ta được: x 3x 2 0 x 2
Khi đó hệ có nghiệm ( 1;1) , (2;2) 2
Th2: y =1-x thê vào ( 1 ) ta được: phương trình x x 1 0 vô nghiệm 0,5
Vây hệ có nghiệm : ( 1;1) , (2;2) 0,5 2 a
Chứng minh rằng nếu ABC  thỏa mẫn điều kiện 2,0
cos 2A  cos 2B  cos 2C 1  0 thì tam giác đó là tam giác vuông.
cos 2A  cos 2B  cos 2C 1  0 0,5 2
 2cos(A B).cos(A  B)  2cos C  0 2
 2cos(  C).cos(A  B)  2cos C  0 0,5 2  2
 cosC.cos(A  B)  2cos C  0 3
 2cosC.cosC  cos(A B)  0 0,5
 2cosC.cos A B cos(A B)  0  4  cosC.cos . A cos B  0 0,5 0 cos A  0  A  90   0
 cos B  0  B  90   0 cosC  0 C  90   b
b. Cho hai đường tròn  ;
O R và O ; R với R  R , cắt nhau tại A và B 2,0
sao cho OAO  90 . Đường thẳng OO cắt đường tròn  ;
O R tại C, D và
cắt đường tròn O ;R tại E, F sao cho các điểm C, , O E, , D O ,  F nằm
trên đường thẳng theo thứ tự đó. Tia BE cắt đường tròn  ; O R tại K
(khác B ) và cắt đoạn thẳng AC tại M . Tia BD cắt đường tròn O ; R
tại L (khác B ) và cắt đoạn thẳng AF tại N . Chứng minh ba điểm , A C, L thẳng hàng. 0,5
CAL  CAO  OAO  O A  L 0,5 180  AO L  1 0,5
Ta có: CAO  ACD , O A  L  O L  A   90  AO L   90  ABL 2 2
Do đó: CAL  ACD  90  90  ABL  ACD 180  ABD 180 (do tứ giác 0,5
ACBD nội tiếp nên ACD  ABD ). Suy ra ,
A C, L thẳng hàng. 3 a 2,0
Tính giới hạn sau: L   2 lim
4n  3n 1  2n 0,5 L  lim  2
4n  3n 1  2n  2
4n  3n 1  2n 2
4n  3n 1  2n  lim  2
4n  3n 1  2n 3n 1  0,5 lim  2
4n  3n 1  2n 4  1   1  0,5 n 3  3       n   n   lim  lim  3 1   3 1  n  4    2  4    2 2 2 n n n n     3  0,5 L  4 b
Cho dãy số (u ) xác định bởi: n * u 1;u  2u  3 , n   . Tìm công 2,0 n 1 n 1  n
thức số hạng tổng quát u theo n. n Với mọi * n  , ta có: n n 1 u
 2u  3  u  3   2(u  3n) . 0,5 n 1  n n 1  n
Xét dãy số (v ), với n *
v  u  3 , n
  . Ta có: v  2v . 0,5 n n n n 1  n
Do đó, dãy số (v ) là một cấp số nhân có công bội q  2 và số hạng đầu 0,5 n bằng 2.  Suy ra n 1 v v .q    2  .n n 1
Vậy u  v  3n  3n  2 . n 0,5 n n 4 a
Câu 4. (4,0 điểm) 2,0
a. Một cái tháp có 9 tầng. Diện tích của mặt sàn tầng 2 bằng nửa diện tích
của mặt đáy tháp và diện tích của mặt sàn mỗi tầng bằng nửa diện tích của
mặt sàn mỗi tầng ngay bên dưới. Biết mặt đáy tháp có diện tích là 2 a ( m )
. Tính diện tích của mặt sàn tầng trên cùng của tháp theo a (đơn vị mét vuông).
Diện tích mặt đáy tháp là u  a 2 m . 0,5 1 
Diện tích mặt sàn tầng 2 là: 1 u  .a  2 m  . 2 2
Gọi diện tích mặt sàn tầng n là u với * n  . 0,5 n
Dãy u lập thành một cấp số nhân là u  a và công bội 1 q  , n 1 2 n 1  0,5
có số hạng tổng quát là:  1  u  . a . n    2 
Diện tích mặt tháp trên cùng chính là mặt tháp thứ 9 nên ta có: 0,5 8  1  u  . a    2 m . 9   2  b
Tìm tất cả các cặp số x, y nguyên thỏa mãn: 2 2
5x  4xy  y  169 . 2,0 Phương trình (1) 2 2 2
 4x  4xy  y  x 169   x  y2 2 2  x 169 0,5 5
2x  y2 2  x 144  25 (1)  
2x  y2 2
 x 169  0 2 Từ   1 ta có 0,5
 2x  y2 2 12 x  5   x  5     ;  2 2  x  5 y  2   y  22   
 2x  y2 2  5 x  1  2 x  1  2    ;   2 2  x 12 y  19   y  29   0,5 2x  y2 2 13  x  0    2 2  x  0 y  13  Từ 2 ta có :   
 2x  y2 2  0 x  13      2 2   x  13 y  26   5; 2  ; 5; 2  2 ; 5  ;2 ; 5  ;22 ; 12; 1  9 ; 12; 2  9 ;  0,5 Vậy  ; x y                 1  2;19  ; 1  2;29;0;13;0; 1  3;13;26; 1  3; 2  6 5 a
a. Cho tập hợp A
1; 2; 3; 4; 5; 6 . Gọi S là tập hợp các số có 3 chữ số 2,0
khác nhau được lập thành từ các chữ số của tập A . Chọn ngẫu nhiên một
số từ S , tính xác suất để số được chọn có chữ số cuối gấp đôi chữ số đầu.
Gọi số cần tìm của tập a b c A 0,5
S có dạng abc . Trong đó , , . a b;b c;c a
Mỗi số có 3 chữ số khác nhau được lập từ tập A là một chỉnh hợp chập 3 0,5 của 6. Nên có: 3 A 120 số n( ) 120 6
Gọi X là biến cố '' Số được chọn có chữ số cuối gấp đôi chữ số đầu '' . Khi 0,5
đó ta có các bộ số là 1b2 hoặc 2b4 hoặc 3b6 thỏa mãn biến cố X và cứ
mỗi bộ thì b có 4 cách chọn nên có tất cả 12 số thỏa yêu cầu.
Suy ra số phần tử của biến cố X là n(X) 12 . 0,5 Vậy xác suất cần tính n(X ) 1 P X n( ) 10
b. Mỗi đỉnh của một ngôi sao năm cánh 2,0
được sơn một màu. Có 6 màu khác
nhau để lựa chọn và hai đỉnh của mỗi
cạnh phải có màu khác nhau( Hình
minh họa phía dưới). Có bao nhiêu
cách tô màu cho các đỉnh của ngôi sao đó ? 6
Để thuận tiện ta gọi 6 màu khác nhau 0,5
tương ứng là: 1;2;3;4;5;6
Tại đỉnh Ai ta điền x 1;2;3;4;5;6 i Điều kiện: x x ; i 1;2;3;4 (1) i 1 i x x (2) 1 5
Số cách thỏa mãn điều kiệ (1) là: 6.5.5.5.5 = 6.54 0,5
Giờ ta tìm điền thỏa mãn điều kiện (1) Nhưng không thỏa mãn điều kiện 0,5 (2)
Viết lại chuỗi số có dạng: x x x x x 1 2 3 4 1 Bước 1: x Chọn 1 có 6 lựa chọn
Bước 1: Chọn các vị trí còn lại x x x ; x x + Nếu 2
4 thì có 5 lựa chọn cho 2 4 và 5 lựa chọn cho 3 + Nếu x x x x 2
4 thì có 5 lựa chọn cho 2 và 4 lựa chọn cho 4 và 4 lựa chọn x cho 3
Vậy số cách điền thỏa mãn điều kiện (1) Nhưng không thỏa mãn điều kiện (2) Là : 6.5.5 + 6.5.4.4
Vậy số cách sơn màu thỏa mãn là: 6.54-(6.5.5 + 6.5.4.4) = 3120 0,5
Chú ý: Nếu học sinh giải cách khác đúng thì cho điểm tối đa của ý đó 7