đề thi học sinh giỏi môn toán 12 năm 2011 2012 tỉnh tuyên quang

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TUYÊN QUANG
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2010-2011
Môn: Toán
(Thời gian 180 phút, không kể thời gian giao đề)
Đề thi này có 01 trang
Câu 1. ( 4 điểm):
a) Giải hệ phương trình:
4 4
3 3
97
78
x y
x y y x
ì
+ =
ï
ï
ï
í
ï
+ =
ï
ï
î
b) Giải phương trình:
2 2
3 5 5 5 7x x x x
− + = − +

Câu 2. ( 4 điểm):
a) Tìm các số nguyên tố x, y là nghiệm của phương trình:

2 2
2 1 0x y- - =
b) Cho n là 1 số tự nhiên. Chứng minh :

2
)1(
1

34
1
23
1
2
1
<
+
++++
nn
Câu 3. ( 4 điểm): Cho dãy số (U
n
) xác định bởi:
1
1
2
1
1
1

n
n
n
U a
U
U
U
+
ì
=ï
ï
ï
ï
+
í
ï
= -
ï
ï
+
ï
î
trong đó -1 <a < 0
a) Chứng minh rằng: - 1 < U
n
< 0 với
n" Î ¥
và (U
n
) là một dãy số giảm.

b) Chứng minh rằng:
1
2
1
0 1 ( 1)
1
n n
U U
a
+
< + +£
+
với
n" Î ¥
Câu 4. (4 điểm): Đối với hệ tọa độ Oxy cho 2 điểm A(- 1; 0); B(1; 0) và đường
thẳng d có phương trình: ax + by + 1 = 0 tiếp xúc với đường tròn (C) có phương
trình:
2 2
1x y+ =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng khoảng cách từ A và B đến đường
thẳng d.
Câu 5. (4 điểm): Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O.
Đường cao của hình chóp là SA = a. M là một điểm di động trên SB, đặt BM =
2x
.
( )
α
là mặt phẳng qua OM và vuông góc với (ABCD).
a) Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng
( )

α
. Tính diện tích
thiết diện theo a và x.
b) Xác định x để thiết diện là hình thang vuông. Trong trường hợp đó tính
thể tích của hai phần của S.ABCD chia bởi thiết diện.
Hết
Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
sở giáo dục và đào tạo
tuyên quang
kì thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 12
NM HC 2010 - 2011
Môn thi: Toán
Hng dn chm
Cõu Ni dung im
1.
a)
Gii h phng trỡnh sau:
4 4
3 3
97
78
x y
x y y x
ỡ
+ =
ù
ù
ù
ớ
ù

+ =
ù
ù
ợ
(I)
Ta cú:
4 4 2 2 2 2 2
( ) 2x y x y x y+ = + -

(I)
2 2 2 2 2
2 2
( ) 2 97 (1)
( ) 78 (2)
x y x y
xy x y
ỡ
ù
+ - =
ù
ù

ớ
ù
+ =
ù
ù
ợ

t

2 2
;x y u xy t+ = =
T PT (2) suy ra K:
0; 0u t

2 2
2 2
2 2
( 2 ) 97
2 9 7
78
( 2 ) 12168
u t
u t
ut
u t
ỡ
ỡ
+ - =
ù
- =
ù
ù
ù
ù ù

ớ ớ
ù ù
=
- = -

ù ù
ù
ợ
ù
ợ

0,5
2 2
,( 2 )u t-ị
l nghim ca phng trỡnh bc hai:
X
2
- 97X - 12168 = 0

X = 169 v X = - 72
2 2
2 2 2 2
2 2
13
169 ( ) 169
6
36 ( ) 36
6
x y
u x y
xy
t xy
xy
ỡ
+ =

ù
ù
ỡ ỡ
= + =
ù ù
ù
ù ù
ù
ù ù ù
=
ộ
ớ ớ ớ
ù ù ù
ờ
= =
ù ù ù
ù ù
ợ ợ
ờ
ù
= -
ù
ờ
ù
ợ ở

0,5
Gới PT:
2 2
13

6
x y
xy

+ =

=

c 4 nghim: (x; y) = (2; 3), (3; 2), (-2; -3), (-3; - 2)
0,5
H (1) cú 4 nghim: (2; 3), (3; 2), (-2; -3), (-3; - 2)
Túm li h cú 4 nghim nh trờn.
0,5
1.
b)
Gii phng trỡnh:
2 2
3 5 5 5 7x x x x
+ = +
(1)
iu kin:
2
5 5
2
5 5 0
5 5
2
x
x x
x

+

+



t
)0(55
2
=+
ttxx

Phng trỡnh ó cho tr thnh:
2
1
3 2 0
2
t
t t
t
=

+ =

=

0,5
2 2
2 2
5 5 1 5 4 0
5 5 4 5 1 0
x x x x
x x x x
 
− + = − + =
⇔ ⇔
 
− + = − + =
 
 
0,75
1
4
5 21
2
x
x
x


=

⇔ =



±

=


0,75
Câu
2.
2.a)
Tìm các số nguyên tố x, y là nghiệm của phương trình:

2 2
2 1 0x y- - =
(1)
Ta có: (1)

2 2
1 2 ( 1)( 1) 2 .x y x x y y- = - + =Û Û
0,5
Vì x, y là các số nguyên tố nên có các khả năng sau sảy ra:
1.



=−
=+
yx
yx
1
21




=
=
⇔
2
3
y
x
(thoả mãn)
2.
1 3
1 2 2
x y x
x y y
+ = =−
 
⇔
 
− = =
 
(loại)
0,75
3.



=−

=+
11
21
2
x
yx
(không có nghiệm thoả mãn)
4.



=−
=+
2
21
11
yx
x
vô nghiệm
Thử lại (3; 2) thoả mãn PT.
Vậy (3; 2) là nghiệm duy nhất của phương trình.
0,75
2.
b)
Giả sử n là 1 số tự nhiên. Chứng minh :

2
)1(
1

34
1
23
1
2
1
<
+
++++
nn

Ta có :
)
1
11
.(
)1(
1
.
)1(
1
.
)1(
)1(
1
+
−=
+
−+
=

+
=
+
=
+
nn
n
nn
nn
n
nn
n
nn
n
nn
0,5
1 1 1 1 1 1 1 1
.( )( ) (1 )( ) 2.( )
1 1 1 1 1
n
n
n n n n n n n n n
= + − = + − < −
+ + + + +
(Vì dễ thấy : 1 +
1+n
n
< 1+1 = 2 )
Vậy :
)

1
11
(2
)1(
1
+
−<
+ nnnn
(1)
0,75
Áp dụng bất đẳng thức (1) với n = 1, 2, 3, … n ta có:

)
2
1
1
1
(2
1)11(
1
2
1
−<
+
=

)
3
1
2

1
(2
2)12(
1
23
1
−<
+
=

)
4
1
3
1
(2
3)13(
1
34
1
−<
+
=



)
1
11
(2

)1(
1
+
−<
+ nnnn
Cộng từng vế của các bất đẳng thức trên ta có:

2
)1(
1

34
1
23
1
2
1
<
+
++++
nn
(1-
)
1
1
+n
< 2 (ĐPMC)
(Bởi vì 1-
1
1

+n
< 1 )
0,75
Câu
3.
a)
Cho dãy số (U
n
) xác định bởi:
1
1
2
1
1 (1)
1
n
n
n
U a
U
U
U
+
=
ì
ï
ï
ï
ï
+

í
ï
= -
ï
ï
+
ï
î
trong đó - 1< a < 0
Chứng minh rằng: - 1 < U
n
< 0 (2) với
n" Î ¥
và (U
n
) là một dãy
số giảm.
CM bằng quy nạp:
- với n = 1 thì U
1
= a theo giả thiết - 1 < a < 0 nên (2) đúng với n = 1.
- Giả sử (2) đúng với n = k: - 1 <
k
U
< 0 ta CM (2) đúng với
n = k + 1: - 1 <
1k
U
+
< 0

0,5
Từ giả thiết quy nạp - 1 <
k
U
< 0 ta có: 0 < U
k
+ 1 < 1
Mặt khác:
2
2
1
1 1 1
1
k
k
u
u
+ > ⇒ <
+
Do đó
2
1
0 1
1
k
k
U
U
+
< <

+
suy ra
2
1
1 1 0
1
k
k
U
U
+
- < - <
+
tức là: - 1 < U
k+1
< 0 (đccm)
0,75
Vì - 1 < U
n
< 0 nên U
n
+ 1 và
2
0
n
U >
với
n"
Từ (1) suy ra:
1

2
1
1 ( 1) 1
1
n
n n n
n
U
U U U
U
+
+
= - < + - =
+
Vậy U
n
là dãy giảm.
0,75
3.
b)
Từ đẳng thức (1) suy ra:
1
2
1
1 ( 1) (3)
1
n n
n
U U n
U

+
+ = + "
+
0,5
Vì U
n
là dãy giảm; -1 < U
n
< 0 với mọi n và U
1
= a nên:
1 0
n
U a- < <£
với
n"
từ đó suy ra:
2 2
n n
U a U a³ Û ³
Do đó:
2 2
1 1
1 1
n
n
U a
"£
+ +
và từ (3) ta có:

1
2
1
1 ( 1)
1
n n
U U n
a
+
+ + "£
+
0,75
Theo chứng minh trên ta có:
1
2
1
0 1 ( 1)
1
n n
U U n
a
+
< + + "£
+
0,75
Câu
4
Đối với hệ tọa độ Oxy cho 2 điểm A(- 1; 0); B(1; 0) và đường thẳng
d có phương trình: ax + by + 1 = 0 tiếp xúc với đường tròn (C) có
phương trình:

2 2
1x y+ =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng khoảng
cách từ A và B đến đường thẳng d.
Ta có: (C) có tâm O(0;0) bán kính R = 1
Vì d tiếp xúc với (C)
Û
d(O;d) = R

2 2
1
a b
⇔
+
=1
2 2 2 2
1 1a b a b⇔ + = ⇔ + =
1,0
1,0
Mặt khác tổng khoảng cách từ A, B đến đường thẳng d là:
2 2 2 2
1 1
1 1
a b
T a a
a b a b
− + +
= + = − + +
+ +

1,0
Do
2 2
1 1 2a b a T+ = =Þ£Þ
Vậy Min T = 2
1,0
Câu
5.
Hình vẽ:
0,5
5.
a)
Ta cã: SA⊥(ABCD)
(α)⊥(ABCD) ⇒ SA // (α)
(α)∩(SAB) = MN // SA
(α)∩(SAC) = OK // SA
(α)∩(SABCD) = NH qua O
(α)∩(SCD) = KH
S
A
D
C
B
M
K
N
O
H
Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác MNHK.
0,75

Ta có MN// OK // SA MN (ABCD); OK (ABCD)
1 1
( ). . .
2 2
td htMKON KOH
S S S MN KO ON OK OH

= + = + +
MN = BN = x; KO =
2
SA
;
Tớnh ON, theo nh lý hm s Cụsin ta cú:

ã
2
2 2 2 0
2
2
2
2 . . os 2 . os45
2 2
2
a a
OH ON BN BO BN BO c OBN x x c
a
x ax
= = + = +
= +
Suy ra :

2 2
1
( 2 ) 2 2ax
4 2
a x x a
s
+ +
=

2 2
1
2 2ax
4 2
a x a
s
+
=
Vy: Std =
2
2
1
( ).
2 2
a
a x x ax+ +
0,75
5.
b)
Để thiết diện là hình thang vuông MK// NO// BC N là trung
điểm AB

2
a
x =
0,5
Gọi V là thể tích khối chóp, ta có : V=
3
1
. . ( )
3 3
a
SA dt ABCD =
Mặt phắng
( )

chia khối chóp thành 2 phần
1
V
,
2
V
với :
1
V
=V
K.OECH
+V
KOE.MNB

;
2 1

V V V=
0,5
Ta có :
2
3
.
1 1
. . ( ) .
3 3 2 2 24
K OECH
a a a
V OK dt OECH

= = =
ữ

2
3
.
1
. ( ) .
2 2 2 16
KOE MNB
a a a
V ON dt MNB

= = =
ữ

Suy ra :

3 3 3 3
1 2 1
5 11
24 16 48 48
a a a a
V V V V= + = = =
0,5
0,5
S
A
D
C
B
M
K
N
O
H
E
0,5
Hết
Chú ý: Nếu thí sinh có cách giải khác mà kết quả đúng thì cho điểm tối đa.