đề và đáp án thi HSG toán 12 tỉnh Thái Nguyên năm 2010

ĐỀ CHÍNH THỨC
KÌ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH THÁI NGUYÊN
năm học 2010-2011
Môn thi : TOÁN HỌC Lớp 12
Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1
(4 đ )
Giải phương trình:
( )
2 2
1 2 3 1x x x x+ − + = +
.
Bài 2
(4 đ )
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4 4 2 2
4 4 2 2
0
x y x y x y
A xy
y x y x y x
 
= + − + + + ∀ ≠
 ÷
 
Bài 3
(4 đ )
Tìm số các số hạng là số nguyên trong khai triển
125
3

( 7 3)+
Bài 4
(4 đ )
Tìm các nghiệm thuộc khoảng (0; 2
π
) của phương trình

1 cos 1 cos
4sin
cos
x x
x
x
+ + −
=
Bài 5
(4 đ )
Cho tứ diện ABCD có diện tích các tam giác ADB và ADC là S
b

và S
c
. Mặt phẳng phân giác của nhị diện tạo bởi hai mặt (ADB) và
(ADC) cắt BC tại M. α là góc giữa hai mặt (ADB) và (ADC).
Chứng minh:
a/
b
c
S
MB

MC S
=
b/ Diện tích S
m
của tam giác ADM là:
b c
m
b c
2S .S .cos
2
S
S S
α
=
+
.
Hết
Họ và tên : SBD:
Hướng dẫn chấm môn Toán lớp 12
Kì thi chọn HSG năm học 2010-2011
Bài 1 : Đặt
2
2 3 , 2x x t t− + = ≥
. Khi đó :

( ) ( )
2
1 1 1x t x⇔ + = +

( ) ( )

2
2 3 1 2 1 0x x x t x⇔ − + − + + − =

( ) ( )
2
1 2 1 0t x t x⇔ − + + − =

2
1
t
t x
=

⇔

= −

Với
2t
= ⇒

2
2 3 2x x− + =

2
2 3 4x x⇔ − + =

2
2 1 0x x⇔ − − =
1 2

1 2
x
x

= −
⇔

= +


.
Với
1t x
= − ⇒
2
2 3 1x x x− + = −

2 2
1 0
2 3 2 1
x
x x x x
− ≥

⇔

− + = − +

( hệ vô nghiệm).
Bài 2: : Đặt

( )
2
x y
t t
y x
= + ≥
( )
2
2 2 4 2
2 2 2 5 4A t t t t t t= − + − + − = − + +
Xét hàm số f(t)=A
f
’
(t)= 4t
3
– 10t + 1
2
f ''(t)= 12t - 10 0 t 2≥ ∀ ≥
Nên hàm số f
’
(t) đồng biến
' '
2 ( ) (2) 13 0 ( )t f t f f t∀ ≥ ⇒ ≥ = > ⇒
đồng biến
( ) (2) 2 2f t f t⇒ ≥ = ∀ ≥
' '
2 ( ) ( 2) 3 0 ( )t f t f f t∀ ≤ − ⇒ ≤ − = − < ⇒
nghịch biến
( ) ( 2) 2 2f t f t
⇒ ≥ − =− ∀≤−

Vậy
( ) 2 2f t t≥ − ∀ ≥
. Suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là A
min
= -2 đạt
được khi t = -2 hay (x + y)
2
= 0  x = - y .
Bài 3:
125
125
125
3
32
125
0
( 7 3) 3 7
k
k
k
k
C
−
=
+ =
∑
. Do vậy, để số hạng trong khai triển là số
nguyên thì
,
0 125

0 125 0 41
125
125 125 3
2
2 2
3 2 1,
3
k N
k m N m N
k
k m
k
k m
N
N N
k
k m m t t N
N
∈

∈ ∈
 

≤ ≤
 

≤ ≤ ≤ ≤
 
  
−

⇔ ⇔
  − −
∈
∈ ∈
  
  
= = + ∈
∈
 

 

. Có 21 giá trị của m thoả
mãn nên có 21 số hạng nhận giá trị nguyên.
Bài 4 : Điều kiện cosx ≠ 0. Biến đổi dẫn đến
2( cos sin ) 2sin 2
2 2
x x
x+ =
.
-Với x
(0; ) 0
2 2
x
π
π
∈ ⇒ < <
…=>
4
6 3

3 4
10 5
k
x
l
x
π π
π π

= +



= +


. Chọn được k, l = 0 =>
6
3
10
x
x
π
π

=



=



-Với x
( ;2 )
2
x
π
π π π
∈ ⇒ < <
…=>
4
6 3
4
2 5
k
x
l
x
π π
π π

= − +



= +


. Chọn được k,l = 1 =>
7

6
13
10
x
x
π
π

=



=


Bài 5
a.Do M nằm trên mặt phẳng phân giác của góc nhị diện cạnh AD nên khoảng
cách từ M đến hai mặt phẳng (ADB) và (ADC) bằng nhau, kí hiệu là d.
Do đó

b b
ADBM
ADCM c c
S .d S
VMB dt(DBM)
MC dt(DCM) V S .d S
= = = =

b.
b c

ABCD c c c
2S .S .sin
1 1 1 sin
V S .BH S .BK.sin S .BK.AD.
3 3 3 AD 3AD
α
α
= = α = =

ABCD ADBM ADCM
V V V= +
=>
b m c m
b c
2S .S .sin 2S .S .sin
2S .S .sin
2 2
3AD 3AD 3AD
α α
α
= +
Rút gọn được :
b c
m
b c
2S .S .cos
2
S
S S
α

=
+
.