ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM 09-10

TRƯỜNG TH CHUYÊN KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG (Năm học 2009 – 2010)
TỔ TOÁN - TIN HỌC. Môn: Toán Lớp: 11
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

ĐỀ BÀI
Câu I. (2 điểm)
Cho phương trình
os
os
4 4
2009 2009
4
sin 2 2
tan tan
4 4 4
x c x
x x
c x
π π
+
   
= − +
 ÷  ÷
   
(1)
1) Giải phương trình (1).
2) Tính tổng các nghiệm của phương trình (1) trên đoạn [1;2010].
Câu II. (2 điểm)
1) Khai triển (1+x+x
2
)

10
thành đa thức, hãy tìm hệ số của x
5
.
2) Bàn cờ vua có hình vuông, mỗi cạnh chia thành 8 ô, tổng cộng có 64 ô. Một quân xe có thể “ăn trực
tiếp” bất kỳ một quân cùng cột hoặc cùng hàng với nó. Giả sử trên bàn cờ có 3 quân xe 3 màu khác nhau,
hỏi có bao nhiêu cách đặt 3 quân xe lên bàn cờ sao cho chúng không “ăn” lẫn nhau?
Câu III. (2 điểm)
Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c. M là điểm tùy ý trên cạnh AB, (P) là
mặt phẳng qua M và song song với AC và BD cắt BC, CD, DA lần lượt tại N, P, Q. Tìm vị trí của M và
điều kiện của a, b, c để thiết diện MNPQ là hình vuông, tính diện tích thiết diện trong trường hợp đó.
Câu IV. (2 điểm)
1) Cho tứ diện ABCD. Tìm M trong không gian sao cho
2 2 2 2
MA MB MC MD+ + +
đạt giá trị nhỏ nhất.
2) Cho tam giác ABC có A, B, C theo thứ tự lập thành cấp số nhân với công bội
1
2
. Chứng minh rằng
1 1 1
AB BC CA
= +
.
Câu V. (2 điểm). Tìm hàm
:f →¡ ¡
thỏa mãn các điều kiện
(i)
(0) 2009f =
(ii)

( ) 2010
2
f
π
=
(iii)
( ) ( ) 2 ( ).cos ; ,f x y f x y f x y x y+ + − = ∀ ∈¡
.
Hết
ĐỀ CHÍNH THỨC
TRƯỜNG TH CHUYÊN KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG (Năm học 2009 – 2010)
TỔ TOÁN - TIN HỌC. Môn: Toán Lớp: 11
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

ĐÁP ÁN
Câu Nội dung Điểm
I 1
Điều kiện:
8 4
4 2
x k
x k
π π
π π

≠ +





≠ +


(1)
os
os
4 4
4
sin 2 2
1
4
x c x
c x
+
=
os os
4 4 4
4 2
2
sin 2 2 4
2sin 4 3sin 4 0
sin 4 0
3
sin 4
2
sin 4 0
4
4
x c x c x
x x

x
x
x
x k
x k
π
π
⇔ + =
⇔ − =

=

⇔

=


⇔ =
⇔ =
⇔ =
Kết hợp với điều kiện ta được:
2
x k
π
=
, k
∈¢
.
2
[1;2010] 1 2010 1 1279

2
x k k
π
∈ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
, vì k
∈¢
.
Suy ra, tổng các nghiệm của (1) trên [1; 2010] là
1279.1280
(1 2 1279) . 409280
2 2 2
π π
π
+ + + = =
II 1 Ta có
( )
( )
( )
1 1
2 2
1 x x 1 x x
10 10 10
0 0
10 2 2
10 10 10
0 0 0
10 10
2
10 10
0 0

(1 )
k
k k k k i i k
k
k k i
k
k i k i
k
k i
C x x C C x x
C C x
−
−
−
= = =
−
+
−
= =
 
+ + = + + = + =
 ÷
 
=
∑ ∑ ∑
∑∑
x
5
ứng với I, k thỏa 2k + i = 5
0

5
1
5 2
3
2
1
k
i
k
i k
i
k
i

=



=



=


⇔ = − ⇔

=




=




=


(vì k, i
∈¥
).
Suy ra: hệ số của x
5
trong khai triển là
0 5 1 3 2 1
10 10 10 9 10 8
C C C C C C+ +
.
2 Có 64 cách đặt quân xe đầu tiên lên một ô trên bàn cờ.
Quân xe thứ nhất có thể ăn trực tiếp theo hàng dọc hoặc hàng ngang nằm
trên 14 ô cùng hàng hoặc cùng cột với nó. Do đó chỉ có thể đặt quân xe thứ
hai vào 63 – 14 = 49 ô còn lại.
Tiếp tục ta có, quân xe thứ hai có thể ăn trực tiếp theo hàng dọc hoặc hàng
ngang nằm trên 14 ô cùng hàng hoặc cùng cột với nó, để ý rằng có 2 vị trí
giao nhau của các hàng và cột của hai quân xe thứ nhất và thứ hai, suy ra số
cách đặt quân xe thứ ba là 48 – (14 – 2) = 36 cách.
Suy ra số cách đặt 3 quân xe thỏa đề bài là: 64.49.36 = 112896.
III Chứng minh được MNPQ là hình bình hành
MNPQ là hình vuông

MN NP
MP NQ
=

⇔

=


⇔
M là trung điểm của AB và a = c.
Lúc đó S
MNPQ
=
2
1
4
b
.
IV 1 Gọi G là trọng tâm của tứ diện ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
2
4 2 ( )
4
MA MB MC MD MA MB MC MD

MG GA MG GB MG GC MG G D
MG MG GA GB GC GD GA GB GC GD
MG GA GB GC GD
GA GB
+ + + = + + +
= + + + + + + +
= + + + + + + + +
= + + + +
≥ +
uuur uuur uuuur uuuur
uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur
uuuur uuur uuur uuur uuur
2 2 2
GC GD+ +
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M
≡
G.
Vậy:
2 2 2 2
MA MB MC MD+ + +
đạt giá trị nhỏ nhất khi M là trọng tâm của
tứ diện.
2
Ta có:
4
7
2
2 7
2 7
A

A B C
A
B B
B
C C
π
π
π
π


=


+ + =


 
= ⇔ =
 
 
 
= =
 


Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Ta có:

os

os
1 1 1 1 1 1 1
4 2
2 sin 2 sin 2
sin sin
7 7
4 2
sin sin
1 1 1 1
7 7
4 2 4 2
2 2
sin sin sin sin
7 7 7 7
3
sin .
1 1 1
7 7
4
2
sin .sin . 2 sin
7 7 7 7
BC CA R A R B R
R R
c
R AB
c R
π π
π π
π π π π

π π
π π π π
 
 ÷
+ = + = +
 ÷
 ÷
 
   
+
 ÷  ÷
= + =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
= = =
V
* Từ (iii), thay
y=,
2 2
x t
π π
= −
ta được
( ) ( ) 0f t f t
π
+ − =
(1)
+ Từ (iii), thay
y=t-,

2 2
x
π π
=
ta được
os( ) ( ) 2
2 2
f t f t f c t
π π
π
   
+ − = −
 ÷  ÷
   

hay
( ) ( ) 2.2010.sinf t f t t
π
+ − =
(2).
+ Từ (iii), thay
y=t-0,x
π
=
ta được
( ) ( )
os( ) ( ) 2 0f t f t f c t
π π π
− + − = −

hay
ost( ) ( ) 2.2009.f t f t c
π π
− + − = −
(3).
Từ (1) và (2) suy ra
2 ( ) ( ) ( ) 2.2010sin 2.2009.cosf t f t f t t t
π π
+ − + − = −

(4)
Thay (3) vào (4) ta được:
( ) 2010sin 2009.cosf t t t= +
.
Suy ra:
( ) 2010sin 2009cosf x x x= +
* Thử lại, ta thấy f(x) thỏa đề bài.
Vậy: Hàm số cần tìm là
( ) 2010sin 2009cosf x x x= +
.