Đề thi đáp án thi chọn đội tuyển toán 12 trường THPT Hâ trung năm học 2010

Së Gi¸o dôc vµ ®µo t¹o
thanh ho¸
TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI
Năm học: 2009-2010
Môn thi: To¸n
LỚP : 12 THPT
Ngày thi: 23/10/2009
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1:1. Lập bảng biến thiên của hàm số
22
2
−
+
=
x
xx
y
.Sử dụng bảng biến thiên biện luận theo m số
nghiệm của phương trình
.
22
2
m
x
xx
=
−
+
2.Giải bất phương trình
4

211
2
x
xx −≤−++
Bài 2: 1. Tìm a, b để hệ phương trình





=−
=−
bxy
ayx
2
2
1
1

có nghiệm
2. Giải phương trình sinx – 2sin2x – sin3x =
22
Bài 3: 1. Cho bốn biến số a, b , c , d nhận bốn giá trị khác nhau trong tập{14; 15; 11; 2009}.
Đặt M =
2222
)()()()( addccbba −+−+−+−
Tìm giá trị của các biến a, b, c, d sao cho biểu thức M nhận giá trị nhỏ nhất.
2. Cho A, B, C là ba góc của một tam giác. Chứng minh rằng
2
tan;

2
tan;
2
tan
CBA
lập thành
một cấp số cộng theo thứ tự trên khi và chỉ khi
CBA cos;cos;cos
cũng theo thứ tự đó lập thành một
cấp số cộng.
Bài 4: 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
= R
2
và một điểm
M(x
0
;y
0
) nằm ngoài đường tròn (C). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MT
1
và MT
2
tới đường tròn (T
1
, T
2
là hai

tiếp điểm).
a.Viết phương trình đường thẳng T
1
T
2
.
b. Giả sử M chạy trên đường thẳng (d) cố định,không cắt đường tròn (C). Chứng minh rằng
khi đó các đường thẳng T
1
T
2
luôn đi qua một điểm cố định.
2. Trên mặt phẳng (P) cho hai tia ox; oy vuông góc với nhau.Trên đường thẳng (d) vuông góc
với (P) tại O lấy một điểm S sao cho SO = a (a là hằng số dương). M, N lần lượt là hai điểm chuyển
động trên hai tia ox, oy sao cho luôn có OM + ON = a. Tìm quĩ tích tâm I của mặt cầu ngoại tiếp tứ
diện SOMN. Chứng minh rằng khi tứ diện SOMN có thể tích lớn nhất thì mặt cầu ngoại tiếp của nó
có bán kính nhỏ nhất.
Bài 5. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n cho trước tồn tại không quá một số tự nhiên
1
−≤
nk
sao cho
1+
=
k
n
k
n
CC
.

Hết
Số báo danh

TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHON ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2009-2010
Môn Toán –Lớp 12 THPT
Bài câu Bài giải Biểu
điểm
B1(6đ) 1(3đ)
Lập bảng biến thiên của hàm số
22
2
−
+
=
x
xx
y
.Sử dụng bảng biến thiên biện luận theo m số
nghiệm của phương trình
.
22
2
m
x
xx
=
−
+

Lời giải
Tập xác định R \
{ }
1
( )







<
−
++−
=
>
−
−−
=
=⇒







<
−

+
=
>
−
+
=
=
1
)22(
242
1
22
242
1
22
1
22
2
2
,
2
2
2
,
1
,
2
2
2
1

xKhi
x
xx
y
xkhi
x
xx
y
y
xKhi
x
xx
y
xkhi
x
xx
y
y
210,210
,
2
,
1
−=⇔=+=⇔= xyxy
+∞=
±∞→x
lim
,
+∞=−∞=
+−

→→
yy
xx 11
lim,lim
Bảng biến thiên
+
∞
y
y
'
y
2
'
y
1
'
x
3
2
+
2
3
2
-
2
+
+
-
-
0

0
0
0
-
-
+
+
1
1+
2
1-
2
+
∞
+
∞
+
∞
+
∞
-
∞
Biện luận:
+
2
2
3
−−<m
Phương trình vô nghiệm.
+

2
2
3
−−=m
Phương trình có 1 nghiệm.
+ -
2
2
3
2
2
3
+<<− m
Phương trình có 2 nghiệm.
+ m =
2
2
3
+
Phương trình có 3 nghiệm.
+ m >
2
2
3
+
Phương trình có 4 nghiệm.
1,0
1,0
1,0
2(3đ)

Giải bất phương trình
4
211
2
x
xx −≤−++
Lời giải:
Điều kiện:
1≤x
Bất phương trình đã cho tương đương với phương trình
)11(2)
16
1(
16
4122
2
2
2
4
22
x
x
x
x
xx −−≤−⇔+−≤−+
Nhân cả hai vế của phương trình với
011
2
>−+ x
ta có

2
2
2
11)(
16
1( x
x
x −+−
)
2
2x≤
Nhận thấy bất phương trình nghiệm đúng với x = 0 (1)
Với
0≠x
chia hai vế của bất phương trình cho x
2
ta được
2)11)(
16
1(
2
2
≤−+− x
x
Vì
2111
16
10
2
2

<−+<−< xvà
x
với
{ }
2)11)(
16
1(0\]1;1[
2
2
<−+−⇒−∈∀ x
x
x
Vậy
{ }
0\]1;1[−∈∀x
đều là nghiệm của bất phương trình đã cho (2)
Từ (1) và (2) suy ra nghiệm bất phương trình đã cho là
]1;1[−∈x
0,5
0,5
0,5
1,0
0,5
B2(3đ) 1(1đ)
Tìm a, b để hệ phương trình






=−
=−
bxy
ayx
2
2
1
1

có nghiệm
Lời giải:
+Điều kiện cần: Giả sử hệ có nghiệm là
);(
00
yx
tức là có





=−
=−
)2(1
)1(1
2
00
2
00
bxy

ayx
Nhận thấy
11
00
≤≤ yv àx
Đặt



=
=
β
α
sin
sin
0
0
y
x
với
2
,
2
π
βα
π
≤≤−
Từ (1) và (2) ta có
( )
βααββααββα

+=+=+=+ sin(cossincossincossincossinba
1≤+⇒ ba
(3)
Vậy (3) là điều kiện cần để hệ đã cho có nghiệm.
+ Điều kiện đủ: Với
1≤+ ba
Ta đăt



=
=
β
α
sin
sin
y
x
với
2
,
2
π
βα
π
≤≤−
hệ phương trình đã cho trở thành




=
=
b
a
αβ
βα
cossin
cossin
(*)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi hệ (*) có nghiệm.
Hệ (*) tương đương với hệ



−=−
+=+
ba
ba
)sin(
)sin(
βα
βα
(**)
0,5
mà
11 ≤+≤−≤+≤+ babavàbaba
suy ra hệ (**) chắc chắn có nghiệm (m ; n)
tức là




=−
=+
n
m
βα
βα
(***)
Do hệ (***) là hệ phương trình bậc nhất hai ẩn số có định thức D =
02
11
11
≠−=
−
nên hệ
(***) có nghiệm suy ra hệ phương trình đã cho có nghiệm
Vậy
1≤+ ba
là điều kiện cần và đủ để hệ phương trình đã cho có nghiệm
0,5
2(2đ)
Giải phương trình sinx – 2sin2x – sin3x =
22
Lời giải:
Ta có phương trình sinx – 2sin2x – sin3x =
222sin2)3sin(sin22
=−−⇔
xxx
22sin2cossin −=+⇔ xxx
(1)

Để phương trình (1) có nghiệm điều kiện cần là
2)2(1sin
22
=−≥+x
Mà
Rxx ∈∀≤+ ,21sin
2
suy ra điều kiện cần để (1) có nghiệm là
)(,
2
1sin21sin
22
Zkkxxx ∈+=⇔=⇔=+
π
π
Với
)(,
2
Zkkx ∈+=
π
π
thì phương trình đã cho có vế trái là
)3
2
3
sin()2sin(2)
2
sin(
π
π

πππ
π
kkk +−+−+
bằng 2 nếu k chẵn và bằng -2 nếu k lẻ
Vì vậy
Zkkx ∈+= (,
2
π
π
) không phải là nghiệm của phương trình đã cho
Suy ra phương trình vô nghiệm.
1,0
1,0
B3(3đ) 1(1đ) Cho bốn biến số a, b , c , d nhận bốn giá trị khác nhau trong tập{14; 15; 11; 2009}.
Đặt M =
2222
)()()()( addccbba −+−+−+−
Tìm giá trị của các biến a, b, c, d sao cho biểu thức M nhận giá trị nhỏ nhất.
Lời giải:
Ta có M =
))((2)(2
2222
dbcadcba ++−+++
Đặt E = 2(a + c)( b+ d) thì
M đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi E đạt giá trị lớn nhất
Đặt x = a + c và y = b + d thì S = x + y = 14 + 15 + 11 + 2009 = 2049 không đổi
Ta có 4xy = (x + y)
2
+ (x – y )
2

= (x + y)
2
-
2
)
2
(4 x
yx
−
+
=
22
)
2
(4 x
S
S −−
Vậy E lớn nhất khi và chỉ khi xy lớn nhất
2
)
2
( x
S
−⇔
nhỏ nhất
⇔
x = a + c gần
2
S
nhất

Cho a , c nhận hai số khác nhau trong 4 số đã cho thì tổng của chúng là các số 25, 26, 29,
2020, 2023, 2024
Biểu diễn các tổng đó lên trục số ta thấy số 29 và số 2020 có điểm biểu diễn gần điểm biểu
diễn của
5,1024
2
=
S
hơn và điểm biểu diễn của 1024,5 cách đều hai điểm biểu diễn của số
29 và số 2020 suy ra a, c phải là hai số có tổng bằng 29 hoặc bằng 2020
Vây để M đạt giá trị nhỏ nhất thì hai biến a, c phải nhận hai giá trị khác nhau trong tập
0,25
0,25
0,25
0,25
{ }
15,14
còn hai biến b, d nhận hai giá trị khác nhau trong tập
{ }
2009,11
hoăc a,c nhận hai giá
trị khác nhau trong tập
{ }
2009;11
còn b,d nhận hai giá trị khác nhau trong tập {14; 15}
2(2đ)
Cho A, B, C là ba góc của một tam giác. Chứng minh rằng
2
tan;
2

tan;
2
tan
CBA
lập thành
một cấp số cộng theo thứ tự trên khi và chỉ khi
CBA cos;cos;cos
cũng theo thứ tự đó lập
thành một cấp số cộng.
Lời giải:
Do
2
tan,
2
tan,
2
tan
CBA
theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng suy ra
)1(coscoscos2
coscoscos1cos1
2
cos
2
cos2
2
sin2
2
cos2
)

2
cos
2
(cos
2
sin
2
cos
2
cos
2
cos
2
sin2
2
cos
2
cos
2
sin
2
2
cos
2
cos
2
sin
2
tan2
2

tan
2
tan
22
22
CAB
CABB
CACABB
CACABBCABB
C
B
CA
CA
BCA
+=⇔
++−=+⇔
−+
+=⇔
−
+
+
=⇔=⇔
=
+
⇔=+
Có đẳng thức (1) chứng tỏ cosA, cosB, cosC theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng
1,0
1,0
B4(6đ) 1(3đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x
2

+ y
2
= R
2
và một điểm
M(x
0
;y
0
) nằm ngoài đường tròn (C). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MT
1
và MT
2
tới đường tròn (T
1
,
T
2
là hai tiếp điểm).
a.Viết phương trình đường thẳng T
1
T
2
.
b. Giả sử M chạy trên đường thẳng (d) cố định,không cắt đường tròn (C). Chứng minh
rằng khi đó các đường thẳng T
1
T
2
luôn đi qua một điểm cố định

.
Lời giải:
Câu a. Gọi T
1
(x
1
; y
1
), T
2
(x
2;
y
2
)
Tiếp tuyến MT
1
có phương trình là x
1
x + y
1
y – R
2
= 0
Do tiếp tuyến đi qua M(x
0
; y
0
) suy ra MT
1

: x
1
x
0
+ y
1
y
0
– R
2
= 0
Tương tự MT
2
: x
2
x
0
+ y
2
y
0
– R
2
= 0
Như vậy tọa độ hai tiếp điểm T
1
, T
2
cùng thỏa mãn phương trình x
0

x + y
0
y – R
2
= 0
Nên đường thẳng T
1
T
2
có phương trình là : x
0
x + y
0
y – R
2
= 0
Câu b.vì (d) là đường thẳng cố định nên (d) đi qua điểm cố định A(a; b) và nhận véc tơ
);(
11
bau
làm véc tơ chỉ phương (a
1
và b
1
là hằng số).
Phương trình tham số của (d) là



+=

+=
tbby
taax
1
1
. Do (d) không cắt đường tròn (C) nên (d) không
đi qua gốc tọa độ suy ra
0
11
1
1
≠−⇔≠
baab
b
a
b
a
Điểm M(x
0
; y
0
) thuộc đường thẳng (d) nên tồn tại giá trị t sao cho



+=
+=
tbby
taax
10

10
khi đó
phương trình của T
1
T
2
là
0)()(0)()(
2
11
2
11
=−+++⇔=−+++ RbyaxtybxaRytbbxtaa
0,5
1,0
0,5
Đường thẳng T
1
T
2
đi qua một điểm cố định khi tồn tại duy nhất một điểm I(x
1
; y
1
) sao cho
phương trình
0)()(
2
111111
=−+++

Rbyaxtybxa
nghiệm đúng
∀
t .
Khi hệ



=+
=+
2
11
0
Rbyax
ybxa
có nghiệm duy nhất.
Do
0
11
≠− baab
nên hệ



=+
=+
2
11
0
Rbyax

ybxa
luôn có nghiệm duy nhất
Suy ra đường thẳng T
1
T
2
luôn đi qua một điểm cố định.
1,0
2(3đ) Trên mặt phẳng (P) cho hai tia ox; oy vuông góc với nhau.Trên đường thẳng (d) vuông góc
với (P) tại O lấy một điểm S sao cho SO = a (a là hằng số dương). M, N lần lượt là hai điểm
chuyển động trên hai tia ox, oy sao cho luôn có OM + ON = a. Tìm quĩ tích tâm I của mặt
cầu ngoại tiếp tứ diện SOMN. Chứng minh rằng khi tứ diện SOMN có thể tích lớn nhất thì
mặt cầu ngoại tiếp của nó có bán kính nhỏ nhất.
Lời giải:


O
K
H
I
N
M
S

I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SOMN suy ra I là giao điểm của mặt phẳng trung trực
đoạn SO với đường thẳng
)(∆
vuông góc với (P) tại tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác
OMN
Gọi K, H lần lượt là trung trực của SO và MN ,H là tâm đường tròn ngoại tiếp

OMN
∆
Qua H kẻ đường thẳng cắt Ox tại M
0
cắt Oy tại N
0
sao cho tam giác OM
0
N
0
vuông cân tại
O.Không mất tính tổng quát ta giả sử N là điểm giữa đoạn ON
0
thì M
0
sẽ là điểm giữa đoạn
OM. Kẻ NN
1
//Ox với
10001
NNNNMN ∆⇒∈
vuông cân tại N nên
01
NNNN =
(1)
Và
0101
),,( MMNNgcgHMMHNN =⇔∆=∆
(2)
Từ (1) và (2) suy ra

00
NNMM =
Vậy
2
)()(
000000
a
ONOMaONOMNNONMMOMONOM ==⇒=+=++−=+
Nên
00
, NM
là hai điểm cố định.
0,5
0,5

y
x
N
1
N
0
M
0
H
M
N
O

Mà
OKHI =

I
⇒
là ảnh của H qua phép tịnh tiến theo véc tơ
OK
. Do
00
NMH ∈
cố định
nên quĩ tích tâm I của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SOMN là đoạn EF ảnh của đoạn
00
NM

qua phép tịnh tiến theo véc tơ
OK

Ta có thể tích hình chóp SOMN là
ONOMaONOMOSV
6
1

6
1
==

Suy ra V lớn nhất khi OM.ON lớn nhất . Mà OM + ON = a không đổi nên OM.ON lớn nhất
2
a
ONOM ==⇔

Gọi R là bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SOMN
Ta có R = IM
24
22
2
aMN
R +=⇒
(3)
Mà MN
2
= OM
2
+ ON
2
= (OM +ON)
2
-2 OM.ON = a
2
– 2OM.ON (4)
Vì V lớn nhất
⇔
OM.ON lớn nhất nên từ (3) suy ra MN
2
nhỏ nhất
Lại do (3) suy ra R
2
nhỏ nhất
⇒
R nhỏ nhất
0,5

0,5
0,5
0,5
B5(2đ) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n cho trước tồn tại không quá một số tự nhiên
1
−≤
nk
sao cho
1+
=
k
n
k
n
CC
.
Lời giải:
Ta có
(*)
2
1
121
1
11
!)1(!)1(
!
!)!.(
!
1
−

=⇔
−=⇔+=−⇔
+
=
−
⇔
−−+
=
−
⇔=
+
n
k
nkkkn
kknknk
n
kkn
n
CC
k
n
k
n
Nhận thấy phương trình (*) vô nghiệm khi n chẵn và có nghiệm duy nhất khi n lẻ (1)
Mặt khác
1
2
1
−≤
−

n
n
dấu bằng xảy ra khi n = 1
1
−≤⇒
nk
(2)
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
1,0
0,5
0,5
Đáp án này gồm có 6 trang