Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 12 có đap án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LONG AN LỚP 12 THPT NĂM 2011 (VÒNG 1)


ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN ( BẢNG A )
Thời gian: 180 phút (không kể giao đề)
Ngày thi: 06/10/2011

Câu 1: ( 5,0 điểm )
a. Giải phương trình sau:
2234
411542
x
xxxxx

    với
x
R .
b.
Giải phương trình:


2
2sin 3 sin 2 1 3 cos 3 sin
x
xxx.
Câu 2: ( 5,0 điểm )
a. Cho tam giác
A
BC vuông cân tại
B

, cạnh 2
A
B

. Trong mặt phẳng chứa
tam giác
A
BC lấy điểm
M
thỏa
22 2
M
AMBMC

 . Tìm quỹ tích của điểm
M.
b.
Cho tam giác ABC có hai trung tuyến BM và CN hợp với nhau một góc
bằng
0
60 , 6, 9
B
MCN. Tính độ dài trung tuyến còn lại của tam giác
ABC.
Câu 3: ( 4,0 điểm )
Cho dãy số


n
u xác định bởi

1
1u

và
2
1
32
nn
uu


 với mọi 1n  .
a.
Xác định số hạng tổng quát của dãy số


n
u .
b.
Tính tổng
222 2
1 2 3 2011
Suuu u .
Câu 4: ( 3,0 điểm )
Cho
,,abc
là ba số thực không âm và thỏa mãn điều kiện
222
1abc
.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:





3
6
M
abc abc abc 
Câu 5: ( 3,0 điểm )
Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:


32
2
22 23
3
xy x xy m
xxym









với ,

x
y là các số thực.
………………. Hết ……………….
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………;Số báo danh:…………



www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LONG AN LỚP 12 THPT NĂM 2011 (VÒNG 1)
Môn: TOÁN ( BẢNG A ).
Ngày thi: 06/10/2011
ĐỀ THI CHÍNH THỨC ( Hướng dẫn có 04 trang )

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm mà vẫn đúng thì cho đủ điểm
từng phần như hướng dẫn quy định.

Câu Đáp án Thang điểm
a. ( 3,0 điểm )
Đặt
2
3
1,
2
txxt

. Khi đó phương trình trở thành:



42 42 2
47569440tt t t t t t         


0,5








2
2
222
320 1 50tt tttt  
(*)
0,5

(*)
2
2
10
50
tt

tt




 




0,5


 Với
3
2
t  thì
2
10tt

 có một nghiệm là
15
2
t


 Với
3
2
t  thì

2
50tt

 có một nghiệm là
121
2
t



0,5


Khi
15
2
t


thì
2
22
15
122150
2
xx x x



    





1325
2
x
 
 hoặc
1325
2
x
 
 .



0,5

Khi
121
2
t

 thì
2
22
121
1229210
2

xx x x


    




119221
2
x
 
 hoặc
119221
2
x
 
 .




0,5
b. ( 2,0 điểm )

Phương trình đã cho được viết lại:



22

3sin 2 3 sin cos cos 3 3 sin cos
x
xx x x x


0,5





2
3sin cos 3 3sin cos 0xx xx 

0,5
1
(5,0 điểm)

3sin cos 0xx hoặc 3sin cos 3xx




0,5
www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
2


1

3 sin cos 0 tan
6
3
x
xx xk


, kZ



3sin cos 3xx phương trình vô nghiệm.


0,5

a. (2,0 điểm )
 Chọn hệ trục tọa độ Bxy vuông góc sao cho tia
Bx
qua A và tia
B
y
qua C. Ta có:

0; 0B
,


2; 0A
,



0; 2C
. Giả sử


;
M
xy
.


0,5


22 2
M
AMBMC
 
22
222 2
22
x
yxyx y 


22
44 0xy xy.

0,5

 Phương trình trên là phương trình của một đường tròn tâm


2; 2I  , bán kính
22R 
.

0,5


 Vậy quỹ tích điểm M là một đường tròn tâm


2; 2I

, bán kính
22R  .

0,5
b. ( 3,0 điểm )
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC.
 Xét trường hợp:


0
120BGC
Ta có:
 

222 0
2 . .cos120 76BC GB GC GB GC
 
2
222 0
2 . .cos60 28
4
AC
MC GM GC GM GC

Vậy AC
2
= 112




0,5
  
2
222 0
2 . .cos60 13
4
AB
NB GB GN GB GN
Vậy AB
2
= 52

0,5

Vậy độ dài trung tuyến còn lại :



22 2
2
63 3 7
24
aa
AC AB BC
mm



0,5
 Xét trường hợp:


0
60BGC
Ta có :
 
222 0
2 . .c os60 28BC GB GC GB GC

 
2
222 0
2 . .cos120 52
4

AC
MC GM GC GM GC

Vậy AC
2
= 208


0,5

2
(5,0 điểm)
  
2
222 0
2 . .cos120 37
4
AB
NB GB GN GB GN

Vậy AB
2
= 148




0,5
www.Toancapba.net
www.Toancapba.net

3
Vậy độ dài trung tuyến còn lại :



22 2
2
171 171
24
aa
AC AB BC
mm

0,5

Câu Đáp án Thang điểm
a. 2,0 điểm
Dễ thấy
*
0,
n
unN
Từ
222
11
32 32
nn nn
uu uu



.

0,5

Đặt
2
nn
vu thì có:


11
32 13 1
nn n n
vv v v


  .
0,5

Đặt 1
nn
xv thì ta có:
1
3
nn
x
x


. Từ đây suy ra



n
x
là cấp số nhân với
1
2x

, công bội
là 3.


0,5
Nên:
11 1
2.3 2.3 1 2.3 1
nn n
nn n
xv u
 
 .


0,5
b. 2,0 điểm
0 1 2 2010
2.3 2.3 2.3 2.3 2011S  


0,5



012 2010
2 3 3 3 3 2011 
0,5



2011
23 1
2011
31





0,5
3
(4,0 điểm)


2011
3 2012


0,5
Chứng minh được:





2
222
33abc a b c

 

0,5

Suy ra: 3abc và




3
3abc abc

 
0,5



3
83
26236
33
abc

M a b c abc


   



0,5 + 0,5


Vậy GTLN của M là
83
3

0,5



4
(3,0 điểm)
Giá trị này đạt được khi
1
3
abc .

0,5
5
(3,0 điểm)

Viết lại hệ:



2
2
223
2
xxxy m
xxxym









0,5


www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
4


Đặt
2
2,ux xvxy . Dễ có: 1u  .

Hệ trở thành:
.23uv m
uvm
 









0,5



Suy ra:
 
2
2
3
23 3 2
2
u
um u m u mu m
u

  


0,5
Xét hàm

2
3
2
u
fu
u



với
1u 
.


2
/
2
43
0, 1
2
uu
fu u
u








0,5

Bảng biến thiên:


u
1




/
f
u
+

f
u





2

0,5

Kết luận :
2m 
.


0,5




www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
5
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIA LAI
. . . . . . . . . . . .
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2011-2012
Môn thi : Toán - Bảng A
Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 02/12/2011
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 1. (3 điểm) Chứng minh rằng mọi dãy số dương (a
n
) thỏa mãn a

2
n+1
= a
n
+ 1 (n ∈ N
∗
) đều
có chứa số hạng vô tỉ.
Câu 2. (3 điểm) Giải phương trình sau trên tập số thực :
√
x
2
− x + 1 =
x
3
+ 2x
2
− 3x + 1
x
2
+ 2
.
Câu 3. (3 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng :
4

a
4a + b + c
+
4


b
4b + c + a
+
4

c
4c + a + b
≤
3
4
√
6
.
Câu 4. (3 điểm) Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn :
f(xf(y) + x) = xy + 2f(x) − 1, ∀x, y ∈ R.
Câu 5. (4 điểm) Cho dãy số (x
n
) được xác định như sau : x
1
= 24, x
2
= 60 và
x
n+1
= x
n
+
x
n−1
n(n + 1)(n + 2)

(n = 2, 3, . . .).
Chứng minh rằng dãy số này có giới hạn hữu hạn.
Câu 6. (4 điểm) Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R, OC là một bán kính vuông góc
với AB và I là trung điểm OC, M là điểm di động trên (O). Tiếp tuyến tại M của (O) cắt các
tiếp tuyến tại A, B của (O) lần lượt tại D và E; AE cắt BD tại N. Xác định vị trí điểm M trên
(O) để tam giác NIA có diện tích lớn nhất.
. . . . . . . . . . . . . .H ẾT. . . . . . . . . . . . . .
• Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
• Giám thị không giải thích gì thêm.
www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
6
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIA LAI
. . . . . . . . . . . .
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2011-2012
. . . . . . . . . .
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn : Toán - Bảng A
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 1 (3đ). Giả sử trái lại rằng mọi số hạng của dãy là số hữu tỉ. Đặt a
n
=
b
n
c
n

với gcd(b
n
, c
n
) = 1.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Từ giả thiết a
2
n+1
= a
n
+ 1 ta có
b
2
n+1
c
2
n+1
=
b
n
c
n
+ 1 ⇔
b
2
n+1
c
2
n+1

=
b
n
+ c
n
c
n
.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Do gcd(b
n
, c
n
) = 1 nên gcd(b
n
+ c
n
, c
n
) = 1.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Từ đó ta đượ c hai dãy số nguyên dương (b
n
) và (c
n
) thỏa mãn
b
2
n+1
= b

n
+ c
n
, c
2
n+1
= c
n
với n = 1, 2, . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Suy ra b
n
= b
2
n+1
− c
n
= b
2
n+1
− c
2
n+1
= (b
n+1
− c
n+1
)(b
n+1
+ c

n+1
). Chú ý rằng
b
n+1
> c
n+1
⇒ b
n+1
− c
n+1
≥ 1.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Từ đó b
n
≥ b
n+1
+ c
n+1
> b
n+1
với mọi n. Như thế dãy (b
n
) là dãy giảm các số nguyên dương. Điều
này vô lí. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Câu 2 (3đ). Phương trình đã cho viết lại
√
x
2
− x + 1 =
x

3
+ x
2
− 2x + (x
2
− x + 1)
x
2
+ 2
. (1)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Đặt a =
√
x
2
− x + 1, thay vào (1) ta được

x
2
+ 2

a = x
3
+ x
2
−2x + a
2
⇔ a
2
−


x
2
+ 2

a + x
3
+ x
2
− 2x = 0. (2)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Ta có
∆ =

x
2
+ 2

2
− 4

x
3
+ x
2
− 2x

= x
4
− 4x

3
+ 8x + 4
www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
7
2
=

x
2
− 2x

2
−4

x
2
− 2x

+ 4 =

x
2
−2x −2

2
.
Vậy (2) ⇔ a =
x
2

+ 2 ± |x
2
− 2x − 2|
2
⇔

a = x
2
− x
a = x + 2.
. . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
• Với a = x + 2, ta có
√
x
2
− x + 1 = x + 2 ⇔

x ≥ −2
x
2
−x + 1 = (x + 2)
2
⇔ x = −
3
5
.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
• Với a = x
2
− x, ta có

√
x
2
− x + 1 = x
2
−x. (3)
Do a =
√
x
2
− x + 1 nên từ (3) ta được
a = a
2
− 1 ⇔ a
2
− a − 1 = 0
do a≥0
⇔
a =
1 +
√
5
2
.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Từ đó
x
2
− x + 1 =


1 +
√
5
2

2
⇔ 2x
2
− 2x −

1 +
√
5

= 0 ⇔ x =
1 ±

3 + 2
√
5
2
.
Phương trình đã cho có 3 nghiệm x = −
3
5
, x =
1 ±

3 + 2
√

5
2
.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Câu 3 (3 điểm) . Theo bất đẳng thức Becnuli ta có
4

6a
4a + b + c
=

6a
4a + b + c

1
4
≤
1
4
.
6a
4a + b + c
+ 1 −
1
4
. (1)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Theo bất đẳng Cauchy (Cô-si), ta có
1
a + b + c

+
1
3a
≥
4
4a + b + c
⇒
a
4a + b + c
≤
1
4

a
a + b + c
+
1
3

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Kết hợp với (1) ta được
4

6a
4a + b + c
≤
3
8

a

a + b + c
+
1
3

+
3
4
. (2)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Tương tự ta có
4

6b
4b + c + a
≤
3
8

b
a + b + c
+
1
3

+
3
4
. (3)
www.Toancapba.net

www.Toancapba.net
8
3
4

6c
4c + a + b
≤
3
8

c
a + b + c
+
1
3

+
3
4
. (4)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Cộng (2), (3), (4) ta được
4

6a
4a + b + c
+
4


6b
4b + c + a
+
4

6c
4c + a + b
≤
3
8
(1 + 1) +
9
4
= 3.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Suy ra
4

a
4a + b + c
+
4

b
4b + c + a
+
4

c
4c + a + b

≤
3
4
√
6
.
Dấu bằng xảy ra khi ba số a, b, c bằng nhau. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Câu 4 (3 điểm) . Giả sử f là hàm số thỏa mãn các yêu cầu đề bài, khi đó
f(xf(y) + x) = xy + 2f(x) −1, ∀x, y ∈ R. (1)
Trong (1) thay x = 0 ta được f(0) = 1.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Trong (1) thay x = 1 ta được
f (f(y) + 1) = y + 2f(1) − 1, ∀y ∈ R. (2)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Trong (2) lấy y = −2f(1) ta được f (f (−2f(1)) + 1) = −1. Đặt f (−2f(1)) + 1 = a. Khi đó
f (a) + 1 = 0 ⇒ xf (a) + x = 0 ⇒ f (xf (a) + x) = f(0) = 1, ∀x ∈ R.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Vậy theo (1) ta có
1 = f (xf (a) + x) = ax + 2f(x) −1 ⇒ f(x) = −
a
2
x + 1, ∀x ∈ R.
Suy ra f(x) có dạng f(x) = cx + 1, với c là hằng số.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Thay vào (1) ta được
c (xf(y) + x) + 1 = xy + 2(cx + 1) − 1, ∀x, y ∈ R
⇔c [x(cy + 1) + x] = xy + 2cx, ∀x, y ∈ R
⇔c
2
xy + 2cx = xy + 2cx, ∀x, y ∈ R.

Ta được c = ±1.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Vậy có hai hàm số thỏa mãn các yêu cầu đề bài là
f(x) = x + 1, ∀x ∈ R ; f(x) = −x + 1, ∀x ∈ R.
www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
9
4
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Câu 5 (4 điểm). Dễ thấy x
n
> 0, ∀n ∈ N
∗
, do đó x
n+1
≥ x
n
, ∀n = 1, 2, . . . Suy ra dãy số đã cho
là dãy số tăng.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Theo giả thiết ta có:
x
n+1
=
x
n−1
(n + 2)(n + 1)n
+ x
n
=

x
n−1
(n + 2)(n + 1)n
+
x
n−2
(n + 1)n(n − 1)
+ x
n−1
(0,5 điểm)
=
x
n−1
(n + 2)(n + 1)n
+ ···+
x
3
6.5.4
+
x
2
5.4.3
+
x
1
4.3.2
+ x
2
=
x

n−1
(n + 2)(n + 1)n
+ ···+
x
3
6.5.4
+ 62. (1)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng x
n
<
2480
39
, ∀n = 3, 4, . . . Ta có
x
1
= 24 <
2480
39
, x
2
= 60 <
2480
39
, x
3
= x
2
+
x

1
2.3.4
= 60 + 1 = 61 <
2480
39
.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Giả sử x
k
<
2480
39
, với mọi k sao cho 3 ≤ k ≤ n. Khi đó từ (1) ta có
x
n+1
<
2480
39

1
(n + 2)(n + 1)n
+ ···+
1
6.5.4

+
x
2
5.4.3
+

x
1
4.3.2
+ x
2
. (2)
Do x
1
= 24, x
2
= 60 nên từ (2) suy ra
x
n+1
<
2480
39

1
(n + 2)(n + 1)n
+ ···+
1
6.5.4

+ 62. (3)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Ta có
1
(k + 2)(k + 1)k
=
1

2

1
k(k + 1)
−
1
(k + 1)(k + 2)

.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Vậy từ (3) ta được
x
n+1
<
2480
39
.
1
2

1
4.5
−
1
(n + 1)(n + 2)

+ 62
<
1240
39

.
1
4.5
+ 62 =
2480
39
.
www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
10
5
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Theo nguyên lý quy nạp suy ra x
n
<
2480
39
, ∀n = 1, 2, 3, . . . Vậy dãy số đã cho tăng và bị chặn trên
nên có giới hạn hữu hạn.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Câu 6 (4 điểm). Chọn hệ trục toạ độ Oxy (như hình vẽ), ta có
A(R; 0), B(−R; 0). Theo tính chất tiếp tuyến của đường tròn, ta có
BE = ME, AD = MD.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5điểm)
Ngoài ra: BE//AD suy ra
NE
NA
=
BE
AD

=
ME
MD
. Do đó MN//BE//AD.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Suy ra MN⊥AB. Cho MN ∩AB = H. Ta có
MN//EB ⇒
MN
BE
=
DM
DE
; HN//BE ⇒
HN
BE
=
AN
AE
=
DM
DE
.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Suy ra HM = 2HN. Từ đó, phép co F về trục Ox với hệ số co k =
1
2
biến M thành N.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Do đó khi M di động trên (O) thì N di động trên elip (E) có trục lớn là AB.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)

Dễ dàng thấy rằng (E) qua I và F (∆MAC) = ∆NAI.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Khi đó với phép co F với hệ số co k, ta có S
∆N AI
= |k|.S
∆M AC
(bổ đề sau). Do đó S
∆N AI
đạt giá
trị lớn nhất khi và chỉ khi S
∆M AC
đạt gi á trị lớn nhất, điều này xảy ra khi M là điểm giữa của
cung BC

với CC

là đường kính của đường tròn (O).
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Bổ đề. Cho ∆A BC có A(x
1
; y
1
), B(x
2
; y
2
), C(x
3
; y
3

). Gọi A

, B

, C

lần lượt là ảnh của A, B,
C qua phép co F về trục Ox với hệ số co k. Ta có A

(x
1
; ky
1
), B

(x
2
; ky
2
), C

(x
3
; ky
3
). Ta có
S
ABC
=
1

2
AB.AC. sinA =
1
2

(AB.AC)
2
− (
−→
AB.
−→
AC)
2
=
1
2
|(x
2
− x
1
)(y
2
− y
1
) − (x
3
− x
1
)(y
3

− y
1
)|.
Từ đó
S
A

B

C

=
1
2
|(x
2
− x
1
)(ky
2
−ky
1
) − (x
3
− x
1
)(ky
3
− ky
1

)|
=
1
2
|k||(x
2
−x
1
)(y
2
− y
1
) −(x
3
− x
1
)(y
3
− y
1
)| = |k |S
ABC
.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Lưu ý. Nếu học sinh làm theo cách khác, đúng thì vẫn cho điểm tối đa với các bước tương ứng.
www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
11
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
ĐẮK LẮK NĂM HỌC 2011 -2012

MÔN: TOÁN 12 – THPT
Thời gian: 180 phút (không kể phát đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 10/11/2011
Đề thi có 01 trang

Bài 1. (4,0 điểm).
Cho hàm số
32
1
y=x x
2
 có đồ thị là (C).
Tìm tất cả những điểm trên đồ thị (C) sao cho hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị
(C) tại những điểm đó là giá trị lớn nhất của hàm số:
2
4
4x +3
g(x) =
x+1
.
Bài 2. (5,0 điểm).
Giải các phương trình sau trên tập số thực R:
1/
2
cosx + 3(sin2x +sinx) -4cos2x.cosx - 2cos x + 2 0

.
2/
43 2
x2x+x2(xx)=0

.
Bài 3. (5,0 điểm).
Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC là tam giác cân có AB = AC = a (a là
một số thực dương) và mặt bên ACC’A’ là hình chữ nhật có AA’=2a. Hình chiếu vuông
góc H của đỉnh B lên mặt phẳng (ACC’) nằm trên đoạn thẳng A’C.
1/ Chứng minh thể tích của khối chóp A’.BCC’B’ bằng 2 lần thể tích của khối
chóp B.ACA’.
2/ Khi B thay đổi, xác định vị trí của H trên A’C sao cho khối lăng trụ
ABC.A’B’C’ có thể tích lớn nhất.
3/ Trong trường hợp thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là lớn nhất, tìm khoảng
cách giữa AB v
à
A’C.
Bài 4. (3,0 điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(1;1); B(–2;–4); C(5;–1) và
đường thẳng
 : 2x – 3y + 12 = 0. Tìm điểm M

 sao cho: MA + MB + MC

 

nhỏ nhất.
Bài 5(3 điểm).
Cho m là số nguyên thỏa mãn: 0 < m < 2011. Chứng minh rằng
(m + 2010)!
m!2011!
là
một số nguyên.

HẾT

 Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
 Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh…………………… ……………… Số báo danh………
www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
12

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2011 - 1012
TỈNH ĐẮK LẮK
MÔN: TOÁN 12 – THPT

ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
(gồm 4 trang)
A. ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM


Bài(ý) Nội dung đáp án Biểu
điểm
Bài 1
(4 đ)

Bài 2
(5 đ)

1/
(2,5
đ)
* Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
2
4
4x +3
g(x) =
x+1

- Đặt t = x
2
, với t 0 ta có hàm số
2
t4+3
g(t) =
t+1
;
-
22
2
4t 6t + 4
g'(t) =
(t +1)

; g’(t) = 0
1
t= 2;t=
2
 ;
- Ta lại có:
lim ( ) 0
t
gt

 ; lim ( ) 0
t
gt



, bảng biến thiên của hàm số:
t


–2 0
1
2




g’(t) – 0 + + 0 –

g(t)

0


–1

3
4
0
- Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là (x)g = 4, đạt được khi
2
2
x 

* Tìm các điểm thuộc đồ thị (C)

- Ta có: y’ = 3x
2
– x , giả sử điểm M
0
(x
0
, f(x
0
))

(C), thì hệ số góc tiếp tuyến
của (C) tại M
0
là f’(x
0
)=
2
00
3x x


- Vậy:
2
00
3x x = 4
suy ra x
0
= –1; x
0
=

4
3
, tung độ tương ứng f(–1) = –
3
2
;
f(
4
3
) =
40
27

+ Có hai điểm thỏa mãn giải thiết (–1;–
3
2
); (
4
3
;
40
27
)


Phương trình

cosx + 2cos
2
x + 3 .sinx(2cosx + 1) – 4cos2x.cosx – 2(2cos

2
x – 1 ) = 0.

 cosx(2cosx + 1)+ 3 .sinx(2cosx + 1)–2.cos2x(2cosx + 1) = 0
 (2cosx + 1)(cosx + 3 .sinx –2.cos2x) = 0
Nếu: 1/ 2cosx + 1 = 0

2
2,
3
x
kkZ



 





0,75





0,5

0,75


0,5



1,0

0,5






1,0
0,5
www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
13

2/ cosx +
3 .sinx –2.cos2x = 0


13
cos sin cos2
22

x
xx

cos( ) cos 2
3
x
x



2
2; ;
393
k
x
kx kZ




  ,
- Nghiệm của pt là:

2
2,
3
x
kkZ


   ;
2
2; ;
393
k
x
kx kZ



    




0,5


0,5

2/
(2,5

đ)











Bài 3
(5 đ)









1/

(1, 0
đ)

- Phương trình

2243 2
(x 2x + x x x) 2(x x) = 0

222 2
((x x) x x) 2(x x) = 0 

- Đặt t =
2
xx , với t 0 ta có phương trình:
t
4
– t
2
–
2
t = 0; suy ra t = 0; t =
2

- Với t = 0 thì x = 0; x = 1
- Với t =
2 thì x = –1; x = 2
Tóm lại phương trình có 4 nghiệm phân biệt:


1; 0;1; 2

B B’


J
C C’

H

A A’



Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’, V
B.ACA’
là
thể tích khối chóp B.ACA’,
- Ta có V = h.S
ABC
(h là chiều cao của khối lăng trụ ABC.A’B’C’).
- Ta có V
B.ACA’
=
1
3
h.S
ABC.
-

Vậy

V= 3.V
B.ACA’
hay

V
A’.BCC’B’
= 2.V
B.ACA’



- Ta có V= 3.V
B.ACA’





1,0

0,75


0,75

1,0




www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
14

2/
(2 đ)
Vậy V lớn nhất khi V
B.ACA’

lớn nhất,
- Ta có:
'
'
.
1
.
3

ACA
BACA
VSBHhay
'
2
.
3

BACA
a
VBH, mà BH
2
= AB
2
– AH
2
= a
2
– AH
2
– vậy BH lớn nhất khi AH nhỏ nhất tức là AH


A’C
5
a
CH



0,5


1,5

3/
(2 đ)







Bài 4
(3 đ)

- Trong mp(AHB) kẻ HJ

AB, suy ra HJ là đường vuông góc chung của AB
và A’C.
- Trong ta giác vuông AHB ta H ta có:
222
111
HJ HA HB

, ta có:

2
2
4
5
a
HA 
;
2
2
5
a
HB 
; suy ra:
2
5
a
HJ 



-
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có tọa độ của G là G(
44
;
33
 )
- Khi đó:
MA + MB+ MC
 


= 3MG


, G và

cố định (G không nằm trên

),
- Vậy
MA + MB+ MC
 

nhỏ nhất khi 3MG


nhỏ nhất, tức MG nhỏ nhất hay
MG vuông góc với
 . Do đó M là giao điểm của

và đường thẳng d qua G
và vuông góc với

.
- Một véc tơ chỉ phương của

là (3; 2)u 

đó cũng là 1 vec tơ pháp tuyến
của d, vậy phương trình của d là:
3x + 2y –

4
3
= 0,
Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:

23120
4
32 0
3
xy
xy








20
13
116
39
x
y












20 116
(;)
13 39
M


y

4
M

1 A
-6 -2 O 1 5 x
-1 G



0,5



1,5

0,5


0,5


0,5



0,5





1,0










www.Toancapba.net
www.Toancapba.net

15

B. HƯỚNG DẪN CHẤM
1/ Điểm của bài làm theo thang điểm 20, là tổng điểm của thành phần và không
làm tròn số.
2/ Nếu thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó.


Hết







Bài 5
( 3 đ)






-4


Ta có:
( 2010)! 2011 ( 2011)!
.

!2010! 2011 !2011!



2010
m+2010
mm
C
mmm
=
2011
2011
2011
.
2011


m
C
m

Suy ra:
2010
m+2010
(m+ 2011)C
=
2011
2011
2011.
m

C

, tức là:
2010
m+2010
(m+ 2011)C
chia hết cho
2011 (do
2010
m+2010
C ;
2011
2011m
C

là các số tự nhiên)
Vì: 2011 là số nguyên tố và 0 < m < 2011 nên ƯCLN(m, 2011) = 1, từ đó:
ƯCLN(m + 2011, 2011)= 1
Vậy
2011
2010
m+2010
C  hay
(m + 2010)!
m!2011!
là số nguyên.

1,0


1,0



1,0

www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
16
Họ tên TS:
Số BD:
Chữ ký GT 1:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NINH THUẬN
(Đề thi chính thức)
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2011 – 2012
Khóa ngày: 17 / 11 / 2011
Môn thi: TOÁN Cấp: THPT
Thời gian làm bài: 180 phút
(Không kể thời gian phát đề)
ĐỀ:
(Đề thi có 01 trang)
Bài 1 (5,0 điểm).
Tìm m để phương trình

2 3x m x  
có nghiệm.
Bài 2 (4,0 điểm).
Có bao nhiêu số nguyên dương gồm 6 chữ số mà tích các chữ số của số
này bằng 3500 ?
Bài 3 (5,0 điểm).
Cho góc vuông xOy và điểm A (A ≠ O) cố định trên đường phân giác
Om của góc ấy. Một đường tròn (C ) thay đổi luôn đi qua hai điểm A, O cố
định và cắt Ox tại M, cắt Oy tại N.
a) Chứng minh rằng khi đường tròn (C ) thay đổi thì tổng OM + ON có
giá trị không đổi.
b) Tìm tập hợp các điểm I là trung điểm của đoạn thẳng MN khi đường
tròn (C ) thay đổi.
Bài 4 (3,0 điểm).
Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 2a + 3b + 4c = 1. Chứng
minh rằng:
2 2 1 3 2 1 4 2 1 10a b c     
.
Bài 5 (3,0 điểm).
Tìm tất cả các số f: 

 thỏa mãn các điều kiện:
i) f(1) = 2011,
ii) f(x
2
– y) = xf(x) – f(y), với mọi x, y  .
HẾT
www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
17

www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
18
www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
19
www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
20
www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
21
www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
22
www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
23
www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
24
www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
25