Tổng hợp đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 12 trên cả nước năm học 2011 - 2012(có đáp án)

www.vnmath.com

1

22
0
0
x y x
x ay a
  
  
Đề thi HSG lớp 12 tỉnh Vĩnh Long 2011-2012

Buổi sáng:
Bài 1: (5đ) Cho hàm số
22
2
( ) ( ) ( ) , ,
2
xy
f xy f x y x y

    
2
(2 1)
1
m x m
y
x




(1), với m là tham số.
a) Tìm m để đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với đường thẳng y=x.
b) Khi m =2, tìm trên đồ thị (C) của hàm số (1) hai điểm phân biệt đối xứng với
nhau qua đường thẳng (d):
1
2
4
yx
.
Bài 2: (3đ) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng
( ): 5 0xy  
và hai elip
22
1
( ): 1
25 16
xy
E 
,
22
2
22
( ): 1
xy
E
ab

(a>b>0) có cùng tiêu điểm. Biết rằng (E
2

) đi qua
điểm M thuộc đường thẳng ∆. Tìm tọa độ điểm M sao cho elip (E
2
) có độ dài trục lớn
nhỏ nhất.
Bài 3: (4đ) Cho hệ phương trình ,với a là tham số
a) Giải hệ phương trình với a=1.
b) Tìm a để hệ có hai nghiệm phân biệt (x
1
,y
1
), (x
2
,y
2
). Chứng minh rằng
22
1 2 2 1
( ) ( ) 1x x y y   

Bài 4: (4đ) Lớp 12A của trường trung học phổ thông chuyên có 33 học sinh trong đó
có 7 học sinh nữ. Trong một chuyến tham quan thực tế, theo yêu cầu của ban tổ chức,
cần chia lớp thành 3 tổ, tổ 1 có 10 học sinh, tổ 2 có 11 học sinh, tổ 3 có 12 học sinh
trong đó mỗi tổ có ít nhất 2 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chia như vậy?
Bài 5: (2đ) Tìm nghiệm nguyên của phương trình.
4y
3
– 4x
2
y

2
– 4xy
2
+ x
2
y + 5x
2
+4y
2
+ 4xy + 8x =0
Bài 6: (2đ) Cho hàm số f:

thỏa điều kiện

( ) ( )
( ) ; , , 0
f x f y
f xy x y x y
xy

    


Chứng minh rằng f là hàm hằng trên .
www.vnmath.com

2
Buổi chiều :
Bài 1 : (4,5đ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Từ một điểm thuộc miền trong tam
giác vẽ các đoạn thẳng IH, IK, IL lần lượt vuông góc với BC,CA, AB. Tìm vị trí của

điểm I sao cho AL
2
+ BH
2
+ CK
2
nhỏ nhất.
Bài 2 : (4,5đ) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng
minh rằng
a
2
+ b
2
+ c
2
+2abc < 2
Bài 3 : (4,5đ) Xét phương trình
x
n
– x
2
– x – 1 = 0, n

, n>2
Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên n>2 thì phương trình trên có một
nghiệm dương duy nhất. Chứng minh rằng
lim 1
n
n
x



, trong đó x
n
là nghiệm dương
của phương trình trên.
Bài 4 :(4,5đ) Cho dãy số (u
n
) xác định bởi
1
2
1
3
1
( 4); 1,2,3,
5
n n n
u
u u u n


   




a) Chứng minh rằng (u
n
) là dãy tăng nhưng không bị chặn trên.
b) Đặt

1
1
, 1,2,3,
3
n
n
k
k
vn
u




. Tính
lim
n
n
v

.
Bài 5 : (2đ) Tìm tất cả các hàm số liên tục f :

thỏa điều kiện
22
2
( ) ( ) ( ) , ,
2
xy
f xy f x y x y


    

www.VNMATH.com


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
——————
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011-2012
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
(Dành cho học sinh THPT Chuyên)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
————————————
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số
:f 
thỏa mãn điều kiện
() ( ) ( ), ,fxy fx y fx y xy 


1.
Hãy chỉ ra một hàm số không phải là hàm hằng và thỏa mãn bất đẳng thức trên.
2.
Chứng minh rằng ( ) 0fx với mọi số thực .
x

Câu 2 (2 điểm). Cho dãy các số dương


1

n
n
a

thỏa mãn

12
1
20,11.
k
kkk j
j
aaa a k


 


Chứng minh rằng
1
2
2
01.
kk
aa k
k

  

Câu 3 (2điểm). Cho ba đường tròn







123
,,OOO
đôi một tiếp xúc ngoài với nhau. Xét ba
đường kính
12
AA của

1
,O

12
B
B của


212
,OCC
của


3
O
sao cho các vectơ
12 12 12

,,
A
ABBCC
  
cùng hướng. Chứng minh rằng các đường thẳng
12 12 12
,,AB BC CA đồng
quy.
Câu 4 (2 điểm). Cho hai số nguyên dương
,ab
:


;1.ab

Gọi
p
là một ước nguyên tố lẻ của
22
kk
ab (
k
nguyên dương nào đó). Chứng minh rằng


1
1mod2 .
k
p



Câu 5 (2 điểm). Cho số nguyên
2n 
. Chứng minh rằng trong mọi họ gồm ít nhất
1
21
n

tập
hợp con không rỗng phân biệt của tập hợp
{1, 2 , , }n

đều tìm được ba tập hợp mà một
trong chúng là hợp của hai tập hợp còn lại.
 Hết 
Họ và tên thí sinh …………………………………………………. SBD ………….
Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Thí sinh không được sử dụng máy tính bỏ túi.

www.VNMATH.com
1

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012
HDC MÔN TOÁN – CHUYÊN

Chú ý.
- Mỗi bài toán có thể có nhiều cách giải, trong hướng dẫn chấm chỉ trình bày sơ lược một
cách giải, nếu học sinh có lời giải đúng và khác với lời giải trong HDC, giám khảo vẫn
cho điểm tối đa của phần đó.
- Câu 3 (Hình học) không vẽ hình hoặc vẽ hình sai, không cho điểm.
- Hướng dẫn chấm này có 4 trang.

1. Câu 1 (2 điểm)
Ý Nội dung trình bày Điểm
Xét hàm số
2
() 4,fx x x

 . Ta có
22
222
222
() 4,
()()4 24,
()()4 24.
fxy xy
fx y x y x y xy
fx y x y x y xy

  
  

0.5
Suy ra
  
22 2 2 2 2
22
() ( ) ( ) 4 2 4 2 4
440 20
fxy fx y fx y xy x y xy x y xy
xy xy xy

 


0.25
1(1điểm)
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng với mọi ,xy


. Suy ra hàm số
2
() 4fx x với
x
là một hàm số khác hằng số thỏa mãn bất phương trình hàm đã cho.
0.25
Với
1
x

, ta chọn ,
x
y sao cho
x
yxy

 (tức là
1
x
y
x



)
0.25
Từ giả thiết suy ra


 






0fxy fx y fx y fxy fx y fxy fx y  
0.25
Thay
1
x
y
x


vào ta được
2
2
0, 1.
1
xx
fx
x







(1)
0.25
2(1điểm)
Để ý rằng

2
2
:\1
1
xx
x
x







, từ (1) suy ra


0.fx x
0.25

Câu 2 (2 điểm).
Nội dung trình bày Điểm
Từ điều kiện thứ nhất suy ra dãy

k
b
, với
1kkk
baa


 , là dãy số giảm.
0.25
Từ đó, nếu
1
0
kk
aa d

 thì






112 1
0
kkm kk k k km km
aa aa a a a a md


   

Suy ra
km k
aamd

 và do đó với
k
đủ lớn thì 1
km
a

 , mâu thuẫn với điều kiện thứ hai.
Vậy
1
0.
kk
aa

 (1)
0.5
www.VNMATH.com
2

Giả sử tồn tại
k sao cho
1
2
2

kk
aa
k


. Khi đó với mọi
ik

đều có
11
2
2
ii kk
aa aa
k

 
(do dãy

k
b
giảm)
0.25
Do đó




11
22

21
2
11,2,,.
k
ik j j i
ji
ki
aa aa k i a i k
kk



   


0.5
Nhưng khi đó

22 2 2
1
1
24 2 1 1
11,
k
i
i
kk
kk
a
kk k k k k




  


mâu thuẫn với điều kiện 2.
Do đó
1
2
2
.
kk
aa
k


(2)
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
0.5

Câu 3 (2điểm).
Nội dung trình bày Điểm
Gọi các điểm như hình vẽ. Do
 
3
23
2
;:
R

VA O O
R




nên
21
,,
B
AC thẳng hàng và
12
,,
B
CA thẳng
hàng. Tương tự, cũng được
12
,,CAB thẳng hàng;
21
,,CAB thẳng hàng;
12
,,ABC thẳng hàng và
21
,,ABC thẳng hàng.
0.5
Gọi D là giao điểm của các đường thẳng
21 12
,,AC AB t là tiếp tuyến chung tại
A
của


23
,.OO
Ta có
 




  
12 112 212
;; ; ;
;; ; mod
DB DC DC DB C D C B B C B D
AB t t AC AB AC




Suy ra
,,,
A
BCD
cùng nằm trên một đường tròn.
0.5
Bằng lập luận tương tự, cũng được các đường thẳng
12 12
,CA BC cắt nhau tại

D

ABC


và các đường
thẳng
12 12
,AB BC cắt nhau tại điểm D

nằm trên đường tròn này.
0.5
Từ đó, do một đường thẳng và một đường tròn có không quá hai điểm chung nên DDD
 
 hay
12 12 12
,,AB BC CA đồng quy.
0.5
t
D
A
1
A
2
C
1
C
2
B
1
B
O

3
O
2
C
A
O
1
B
2



www.VNMATH.com
3

Câu 4 (2điểm).
Nội dung trình bày Điểm
Từ giả thiết suy ra



11
22 2222
|
kk kkkk
p
ab abab

 
và

11
|
pp
p
ab


 (do định lý Fermat)
0.5
Gọi
h
là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho


mod
hh
ab p
thế thì
1
2
k
h


và

1
|2 ; 1 : 2
ks
hp h



0.5
Giả sử
,sk
ta có
  
11
22 2 2 22
mod mod mod
ss s s kk
ab pa b pab p

 

0.5
Từ đó, do
22
|
kk
p
ab
suy ra
2
2
2
|
|2
|2 2
|

k
k
k
p
b
p
a
pa
p
p
b











Do lÎ

Mâu thuẫn với


;1.ab 
Vậy



11
21mod2.
kk
hp


0.5

Câu 5 (2điểm).
Nội dung trình bày Điểm
Ta sẽ giải bài toán bằng phương pháp quy nạp.
Với
2n 
thì tập hợp
{1, 2}
chỉ có đúng ba tập con không rỗng
{1},{2},{1;2}
và
{1; 2} {1} { 2}

0.5
Với
2n 
. Giả sử có 2 1
n
 tập con không rỗng của tập hợp
{1, 2 , 3, , 1}n



.

Nếu ít nhất trong
1
21
n

tập hợp trong chúng không chứa phần tử
1n

, thì sử dụng giả thiết
quy nạp, được điều phải chứng minh.
0.5
 Nếu ít nhất
1
22
n
 tập hợp chứa
1n
, thì loại bỏ
1n

khỏi những tập này, ta thu được ít nhất
1
21
n
 tập con không rỗng, phân biệt của
S
và một tập con
{1}n


. Do đó, áp dụng giả thiết
quy nạp, có ngay điều phải chứng minh.
0.5
 Nếu có đúng
1
2
n
tập con không chứa
1n

, thì có đúng
1
2
n

tập con chứa
1n
(số phần tử lớn
hơn 1) và tập con
{1}n 
.
Loại bỏ
1n
trong những tập con này, ta được 2
n
tập con không rỗng của
{1, 2 , , }n
, và do đó
trong chúng phải có hai tập hợp trùng nhau, gọi tập đó là

A
. Khi đó rõ ràng
{1} {1,2,, 1}An B n 
(ĐPCM)
0.5

Hết
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
——————
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011-2012
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
(Dành cho học sinh THPT không chuyên)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
————————————
Câu 1 (2 điểm). Giải hệ phương trình


  

2
2
2
2
2
2
24
24 ,,

23
xy z
zy x xyz
zx y




 







Câu 2 (2.5 điểm).
1. Tìm phương trình của tất cả các đường thẳng tiếp xúc với đồ thị (C) của hàm số
22
(1)yx tại đúng hai điểm phân biệt.
2. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
m
sao cho phương trình sau có nghiệm thực
|sin2 | ( 2)|sin | (2 )|cos | 2 0xm x m xm

 

Câu 3 (3 điểm).
1. Cho lăng trụ đứng
.

A
BC A B C


có đáy là tam giác vuông tại
B
với
,2,3
A
BaAA aAC a

 
. Gọi
M
là trung điểm cạnh
CA


,
I
là giao điểm của các
đường thẳng
A
M
và
AC

. Tính thể tích của khối tứ diện
IABC
và khoảng cách từ

A
tới
mặt phẳng
()
I
BC
.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vuông góc


Oxy
cho tam giác ABC và đường
thẳng  có phương trình :310xy. Giả sử




4; 2 , 1;1 , 3;3DEN theo thứ tự là
chân đường cao kẻ từ
,
A
chân đường cao kẻ từ
B
và trung điểm cạnh .AB Tìm tọa độ
các đỉnh của tam giác
ABC biết rằng trung điểm
M
của cạnh
B
C nằm trên đường

thẳng  và điểm
M
có hoành độ lớn hơn 2.
Câu 4 (1.5 điểm). Cho các số thực
,,abc
với
3a

và đa thức


32
Pxxaxbxc


có ba
nghiệm âm phân biệt. Chứng minh rằng
4.bc



Câu 5 (1 điểm). Tìm số các cặp sắp thứ tự
(; )
A
B
hai tập con của tập hợp
{1, 2,3, , 2011}S 

sao cho số phần tử của tập hợp
A

B
là chẵn.

Hết 
Họ và tên thí sinh …………………………………………………. SBD ………….
Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Thí sinh không được sử dụng máy tính bỏ túi.


www.VNMATH.com
1


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012
HDC MÔN TOÁN – KHÔNG CHUYÊN

Chú ý.
- Mỗi bài toán có thể có nhiều cách giải, trong hướng dẫn chấm chỉ trình bày sơ lược một
cách giải, nếu học sinh có lời giải đúng và khác với lời giải trong HDC, giám khảo vẫn
cho điểm tối đa của phần đó.
- Câu 3, ý 1 (Hình học) không vẽ hình hoặc vẽ hình sai, không cho điểm.
- Hướng dẫn chấm này có 5 trang.
Câu 1 (2điểm).
Nội dung trình bày Điểm
Hệ đã cho tương đương với







22 4
222
223
xyz xyz
zy xzy x
zxyzxy
  


  


 


0.25
Đặt
2,
x
uyv
. Từ hệ suy ra
,,, 0uvzuvzuvzuvz   
và hệ trở thành
4
2
3
uvz
uvz
uvz
uvz

uvz
uvz






 










0.25
Cộng ba phương trình với nhau ta được
9
uvz
uvz



từ đó tìm được hoặc
3uvz
hoặc

3uvz

0.25
Nếu
3uvz
, thay vào hệ tìm được
57
,,1.
66
zuv
Từ đó

75
;; ;1; .
12 6
xyz





0.5
Nếu
3uvz
, thay vào hệ tìm được
57
;;1
66
zuv



. Từ đó

75
;; ;1;
12 6
xyz

 



0.5
Kết luận nghiệm 0.25

Câu 2 (2.5 điểm).
Ý Nội dung trình bày Điểm
1
Giả sử d là đường thẳng tiếp xúc với


C
tại điểm




2
2
;1Maa . Khi đó d có phương

trình
 





22
22 2
12 1 1yyaxa a aa xa a



0,25
www.VNMATH.com
2

Đường thẳng d tiếp xúc với (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi hệ pt sau có đúng một
nghiệm khác
a
:
 



22
22 2
22
12 1 1
2121

xaaxaa
xx aa

  


 


(I)
Hệ (I) tương đương với






223
223
22 22
3
22
20
20
10 10
1, 1
1, 1
10
do
xaxx axa a x

xx ax a a x
x
a
xaxaxa xaxa
xa xa
xa
xaxa




 





  




  





 







0.5
Cả hai trường hợp cho ta tiếp tuyến duy nhất là : 0y

. 0,25
Pt đã cho viết lại dưới dạng:
2 | sin || cos | ( 2)(| sin | | cos |) 2 0xxm x xm



Đặt
|sin | |cos |,tx x
đk 11t

0,5
Suy ra
2
2|sin ||cos | 1
x
xt thay vào phương trình, 2 0,t

 ta được:
2
21
2
tt

m
t



(1)
Xét hàm số
2
21
() , 1 1
2
tt
f
tt
t



. Ta thấy
()
f
t
liên tục, có đạo hàm tại mọi điểm của
[1;1] và



2
1
101;1

2
ft t
t

  

suy ra ( )
f
t đồng biến.


0,5
2
Khi đó, để pt (1) có nghiệm trong [ 1;1] cần và đủ là
2
2(1) (1)
3
fmf

 
0,5

Câu 3 (3điểm).
Ý Nội dung trình bày Điểm
Gọi
,
H
K
theo thứ tự là hình chiếu của
I

trên
,.
A
CAC


Khi đó do
()( )
A
BC ACC A


nên
()
I
H ABC
. Từ đó
.
1
··
3
I ABC ABC
VSIH
(1)
0.25
Do
ACC A

là hình chữ nhật nên
22

5
A
CACAAa



Do tam giác
ABC
vuông tại
B
nên
22
2BC AC AB a

Suy ra
2
1
··
2
ABC
SABBCa
(đ.v.d.t) (2)
0.25
Theo định lý Ta-let, ta có
222
1213
IH AC IH
I
KAM KH




do đó
24
·
33
a
IH HK
(3)
0.25
1
Từ (1),(2),(3) suy ra
3
.
14
·
39
I ABC ABC
a
VSIH (đ.v.t.t)
0.25
www.VNMATH.com
3

Từ (3) và theo định lý Ta-let, ta được
2
·
3
I
CAC




suy ra
2
3
BIC BA C
SS



Do
A
BB A

là hình chữ nhật nên
22
5.BA BA BB a



Do
,
B
CBABCBB
nên

BC BAA B BC BA




.
Suy ra
2
1
5
2
BA C
SBCBAa


  
(đ.v.d.t) .
Từ đó
2
225
33
IBC BA C
a
SS

 
(đ.v.d.t.)
0.25
Từ đó, do
I ABC A IBC
VV suy ra


.

3
2
;
5
I ABC
IBC
V
a
d A IBC
S

(đ.v.đ.d)
0.25
2
Vì các điểm đối xứng với trực tâm của tam giác qua các đường thẳng chứa cạnh, qua trung điểm
các cạnh nằm trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác; nên
,, ,DEMN cùng nằm trên một
đường tròn.
0.25

Gọi



22 22
:220, 0,Cx y ax byc a b c    là đường tròn đi qua bốn điểm
,, ,DENM. Khi đó ta có:
84 20
53
22 2 , , 6.

22
66 18
abc
abc a b c
abc



  





Nên ta có

22
:5360.Cx y x y



0,25

Do
M
d nên tọa độ điểm
M
thỏa mãn hệ phương trình

22

4, 1
5360
81
,2
310
55
Lo¹i, do
xy
xy xy
xy x
xy








 




Suy ra

4;1 .M


0,25

Phương trình đường thẳng qua hai điểm
,
B
C
có pt: 40.x

 Giả sử

4;
B
t và
M
là trung
điểm của đoạn
B
C nên

4; 2Ct
; N là trung điểm của đoạn thẳng AB nên

2; 6 .
A
t

0,2 5

Do
B
E

vuông góc với
A
C nên

5
0641 0
2
BE AC t t

  

 
. Do đó
75 1
2; , 4; , 4; .
22 2
ABC
 

 
 

0, 5

Câu 4 (1.5 điểm).
Nội dung trình bày Điểm
Vì

Px
có ba nghiệm âm, nên

,, 0.abc

Gọi ba nghiệm của


Px
là
123
,,
x
xx với
123
0xxx.
Khi đó, phương trình
() 0Px


có hai nghiệm âm
,uv
.
0.25
Ta có
2
() 3 2 .Px x ax b

 Phương trình
2
32 0xaxb



có hai nghiệm âm phân biệt khi và chỉ khi
0.25
H
K
I
C
A
B
'
B
A
'
C'

www.VNMATH.com
4

2
30
2
0, 0
33
ab
ab












Từ đó, để ý rằng
3a 
, suy ra
2
03
3
a
b 
0.5
Mặt khác
 
3
3
123 123
33ax x x xxx c       
suy ra
1c


0.25
Vậy
31 4bc
0.25
Cách 2.
Vì tất cả các nghiệm của


Px
đều âm nên








Px x x x




với
,,


là các số dương
nào đó.
0.25
Khai triển, so sánh hệ số lũy thừa cùng bậc ở hai vế, ta được
,,.ab c

     

    

0.2 5
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
3
3
33 3 3
ab
c
 


  
 

0. 5
Từ đó, do
3a 
suy ra
3, 1.bc
Do đó
4.bc



0. 5

Câu 5 (1 điểm).
Nội dung trình bày Điểm
Ký hiệu
X
để chỉ số phần tử của một tập

.X
Để ý rằng với
,
A
XB A X
thì

\, .BXACCA

Vậy, nếu
,0 2011Ak k
, do
C
là tập con tùy ý của
A
nên số các cặp


;
A
B
bằng

2011
2011
2011
2011
0
212 3
kk

k
C

 


0.25
Gọi
x
là số các cặp

;
A
B
sao cho
A
B
là số chẵn. Khi đó
2011
3
ch½n
kk
k
xC


0.25
Từ đó, áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton ta được
 


2011 2011
2010 2011
1
13 13 2 2 1
2
x


  


0.5
Hết
www.VNMATH.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG


KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC: 2011-2012
ĐỀ THI MÔN: TOÁN LỚP 12
Ngày thi: 01/4/2012
Thời gian làm bài: 180 phút
(không kể thời gian giao ñề)

Câu 1: (5,0 ñiểm) Cho hàm số
3 2
1

( 1) (4 3) 3
3
y x m x m x m
= + + + + + −
(1) (
m
là tham số).
1. Tìm
m
ñể hàm số (1) ñồng biến trên
[
]
1;2
−
.
2. Tìm
m
ñể hàm số (1) ñạt cực trị tại các ñiểm
1 2
,
x x

sao cho
1 2
2 1 .
x x m
+ = −

Câu 2: (4,0 ñiểm)
1. Giải phương trình:

2
2
1 tan
1 4sin .cos .
6 1 tan
x
x x
x
π
+
 
+ + =
 
−
 

2. Tìm tham số
m
ñể phương trình sau có nghiệm thực:

2
3 1 3 2 2 1.
x x x x m
+ + − − − − = −

Câu 3: (4,0 ñiểm)
1. Giải hệ phương trình:
( )
2
3

2 1 .2 2.
1
log ( 1) 1
y
x
x
x
y x

−
+ − =


+

+ + =


( , ).
x y
∈
ℝ

2. Tính tích phân:
1
ln( )
.
7 2 ln
e
ex

I dx
x x
=
−
∫

Câu 4: (6,0 ñiểm)
1. Trong mặt phẳng toạ ñộ
Ox
y
, cho tam giác
ABC
có ñỉnh
(1; 2).
C
−

Tìm toạ ñộ của
các ñỉnh
A
và
,
B

biết ñường cao ñi qua ñỉnh
,
B
ñường phân giác trong ñi qua ñỉnh
A
của

tam giác
ABC

lần lượt

có phương trình là
2 0
x y
− − =
và
2 4 0
x y
+ + =
.
2. Trong không gian với hệ toạ ñộ
Oxyz
, cho tứ diện
ABCD
có toạ ñộ các ñỉnh lần
lượt là
( 1;2;0),
A
−
(2;1;1),
B
(0; 3;4),
C
−
(3;0;3)
D

và cho mặt phẳng
( )
α
: 2 5 0
x y z
− − − =
. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
MA MB MC MD
+ + +
   
, biết
M
là một ñiểm thay ñổi trong mặt
phẳng
(
)
α
.
3. Cho tứ diện ABCD có một cạnh lớn hơn a và có các cạnh còn lại ñều không lớn
hơn a. Gọi V là thể tích của khối tứ diện ABCD. Chứng minh rằng:
3
.
8
a
V ≤

Câu 5: (1,0 ñiểm) Cho ba số thực dương
,

a b

và
c
. Chứng minh rằng:
2 .
a b b c c a a b c
c a b b c c a a b
 
+ + +
+ + ≥ + +
 
 
+ + +
 



HẾT



Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:

Số báo danh:

Giám thị 1 (Họ tên và chữ ký)

Giám thị 2 (Họ tên và chữ ký)


ĐỀ CHÍNH THỨC
/>Trang 1/5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
HƯỚNG DẪN CHẤM
BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2011-2012
NGÀY THI 01/4/2012
MÔN THI: TOÁN LỚP 12

Bản hướng dẫn chấm có 05 trang

Câu 1 Hướng dẫn giải (5 ñiểm)
TXĐ:
D
=
ℝ

2
' 2( 1) 4 3
y x m x m
= + + + +

Để y ñồng biến trên
[
]

1;2
−
thì
[
]
' 0, 1;2
y x≥ ∀ ∈ −

0.5
Với
[
]
1;2
x∀ ∈ −
ta có
2 0
x
+ >
, nên ta có thể ñưa ñược ñiều kiện trên về
dạng
[ ]
3
2 , 1;2
2
m x x
x
≥ − − ∀ ∈ −
+

0.5

[ ]
1;2
3
2 max ( ), ( )
2
x
m g x g x x
x
∈ −
⇔ ≥ = − −
+

0.5
Tìm ñược
[ ]
1;2
max ( ) 2 2 3 khi 2 3
x
g x x
∈ −
= − = − +

0.5
1.
(2.5
ñ
i
ể
m)

Khẳng ñịnh ñược
1 3
m ≥ −

KL
0.5
2
' 2( 1) 4 3
y x m x m
= + + + +

Để y có cực trị thì y’ phải có hai nghiệm phân biệt và y’ ñổi dấu khi x ñi
qua hai nghiệm ñó.
Suy ra
' 0
∆ >

0.5
Tìm ñược ñiều kiện ñể hàm số có cực trị là
( ;1 3) (1 3; )
m
∈ −∞ − ∪ + + ∞

0.5
Với
( ;1 3) (1 3; )
m
∈ −∞ − ∪ + + ∞
, áp dụng ñịnh lý Vi-ét và kết hợp với
1 2

2 1 .
x x m
+ = −
Tìm ñược
1 2
3 5, 3.
x m x m
= − − = +

0.5
Tìm ñược
3 3
m = − ±
.
0.5
2
(2.5ñiểm)

Kiểm tra ñiều kiện và kết luận
3 3
m = − ±
.
0.5
Câu 2

(4 ñiểm)
Điều kiện ñể phương trình có nghĩa là:

2
cos 0

cos 0
hay (*)
cos2 0
1 tan 0
x
x
x
x
≠
≠


 
≠
− ≠



0.5
Biến ñổi ñược phương trình ñã cho trở thành
( )
2
1
1 2sin 3 cos sin
cos2
1
1 2sin 3sin 2
cos2
1
cos2 3sin 2

cos2
x x x
x
x x
x
x x
x
+ − =
⇒ − + =
⇒ + =

0.5
1.
(2ñiểm)

Với ñiều kiện (*) ta có
0.5
HDC ĐỀ CHÍNH THỨC
/>Trang 2/5


2
2
1
1 3 tan 2
cos 2
1 3 tan 2 1 tan 2
tan 2 0
tan 2 3
x

x
x x
x
x
⇒ + =
⇒ + = +
=

⇒

=


Vì
cos 0
x
≠
nên ta có
sinx 0
( )
tan 2 3
6 2
x k
k
x k
x
π
π π
=


=


⇔ ∈


= +
=


ℤ
(thoả mãn)
Kết luận
( )
6 2
x k
k
x k
π
π π
=


∈

= +

ℤ

0.5

Điều kiện ñể phương trình ñã cho có nghĩa là:

[
]
3; 1
x∈ −

Đặt

3 1
t x x
= + + −

0.5
Tìm ñược ñiều kiện của biến t là
2;2 2
t
 
∈
 

0.5
Biến ñổi phương trình ñã cho trở thành

2
4 2 6 (2*)
m t t= − + +

Bài toán trở thành tìm m ñể phương trình (2*) có nghiệm
2;2 2

t
 
∈
 

0.5
2.
(2ñiểm)
Tìm ñược giá trị
1 3
2;
2 2
m
 
∈ − +
 
 
thoả mãn bài toán.
0.5
Câu 3 (4 ñiểm)
( )
2
3
2 1 2 2 (2)
1
log ( 1) 1 (3)
y
x
x
x

y x

−
+ − =


+

+ + =


Điều kiện có nghĩa của hệ phương trình là
1 3
x
y
− < ≤


∈

ℝ

0.5
Từ (3) ta có
2
1 log ( 1)
y x
= − +
, thế vào (2) ñược
( )

2
1 log ( 1)
3
2 1 2 2
1
x
x
x
x
− +
−
+ − =
+

0.5
Biến ñổi phương trình về dạng
2 3 1
x x
+ = − +

Giải phương trình, tìm ñược x=2, thoả mãn ñiều kiện
0.5
1.
(2ñiểm)

Tìm ñược
2
1 log 3
y = −

Kết luận
0.5
2.
(2ñiểm)
1
1 ln
7 2 ln
e
x
I dx
x x
+
=
−
∫

0.5
/>Trang 3/5

1
1 (7 2 ln )'
2 7 2 ln
e
x x
dx
x x
−
= −
−
∫

1
1 (7 2 ln )
2 7 2 ln
e
d x x
x x
−
= −
−
∫

0.5
1
1
ln 7 2 ln
2
e
x x
= − −

0.5
1 1 1 7 2
ln 7 2 ln ln 7 2ln1 ln
2 2 2 7
e
e e
−
= − − + − = −

Kết luận

0.5
Câu 4 (6 ñiểm)
Lập ñược phương trình ñường thẳng AC là x+y+1=0
0.5
Chỉ ra A là giao ñiểm của AC và ñường phân giác ñi qua ñỉnh A của tam
giác ABC, tìm ñược toạ ñộ A(-3; 2).
0.5
Tìm ñược toạ ñộ ñiểm
11 18
'( ; )
5 5
C − −
ñối xứng với ñiểm C qua ñường
phân giác ñi qua ñỉnh A của tam giác ABC.
0.5
1.
(2ñiểm)

Lập phương trình ñường thẳng AC’ là
4
3
5
28
2
5
x t
y t

= − +





= −



Chỉ ra ñỉnh B là giao ñiểm của ñường thẳng AC’ và ñường cao ñi qua
ñỉnh B của tam giác ABC, tìm ñược toạ ñộ ñỉnh
17 33
( ; )
8 8
B − −
.
0.5
Gọi G là trọng tâm của tứ diện ABCD và tìm ñược toạ ñộ G(1; 0; 2).
0.5
Lý luận chỉ ra ñược ñể
4 4
MA MB MC MD MG MG
+ + + = =
    
ñạt giá trị
nhỏ nhất khi M là hình chiếu của G lên mặt phẳng
(
)
α
.
0.5

Lập ñược phương trình ñường
( )
∆
thẳng ñi qua G và vuông góc với
mặt phẳng
(
)
α
là
1
2
2
x t
y t
z t
= +


= −


= −

.
0.5
2.
(2ñiểm)
Chỉ ra M là giao ñiểm của
( )
∆

và
(
)
α
, tìm ñược toạ ñộ ñiểm
M(2; -2; 1).
Tìm ñược giá trị nhỏ nhất của biểu thức ñã cho là
4 6
khi M(2; -2; 1).
0.5
A
B
C
D
H
E
K
M


3.
(2ñiểm)
Không giảm tính tổng quát, ta giả sử AB>a, khi ñó
{
}
ax , , , ,
a m AC AD BC BD CD
≥

0.5

/>Trang 4/5

+ Vẽ các ñường cao BK, AE, AH lần lượt của các tam giác BCD, ACD
và của tứ diện ABCD.
+ Ta có
1
. .
6
V AH BK CD
=

+ Đặt CD=x và gọi M là trung ñiểm của CD, trong tam giác BCD có
2 2 2 2 2
2
2 2 4
4 4
BC BD CD a x
BM
+ − −
= ≤

2 2
1
4 (1)
2
BK BM a x
⇒
≤ ≤ −

0.5

Tương tự, trong tam giác ACD ta cũng có:
2 2
1
4
2
AE a x
≤ −

mà
2 2
1
4 (2)
2
AH AE AH a x≤
⇒
≤ −

Từ (1) và (2) ta có
( )
2 2
1
4 (3)
24
V a x x≤ −

0.5
Xét hàm số
2 3
4
y a x x

= −
trên
(
]
0;
a
.
Có
2 2
' 4 3
y a x
= −
.
Dễ dàng thấy
' 0
y
>
với mọi
(
]
0;
x a
∈
.
Suy ra
(
]
3
0;
ax 3

x a
m y a
∈
=
xảy ra khi x=a.
Vậy
3
.
8
a
V ≤

0.5
Câu 5 (1 ñiểm)
+ Chứng minh ñược bất ñẳng thức
2( ),
x y x y
+ ≤ +
(4) với x, y là
các số thực không âm.
+ Theo (4), ta có:
1
2
a b a b a b
c c c c c
 
+
= + ≥ +
 
 

 

Tương tự ta có
1
2
b c b c
a a a
 
+
≥ +
 
 
 
,
1
2
c a c a
b b b
 
+
≥ +
 
 
 


0.25
Do ñó, ta có
a b b c c a
c a b

+ + +
+ +
1 1 1
2 2 2
a b b c c a
c c a a b b
     
≥ + + + + +
     
     
     

1 1 1 1 1 1 1
2
a b c
b c c a a b
 
     
= + + + + +
 
     
     
 

0.25
(1ñiểm)
+ Chứng minh ñược bất ñẳng thức
1 1 4
x y x y
+ ≥

+
, (5) với x, y là các số
thực dương.
+ Theo (5), ta có
0.25
/>Trang 5/5

1 1 1 1 1 1 1
2
a b c
b c c a a b
 
     
+ + + + +
 
     
     
 

1 4 4 4
2
a b c
b c c a a b
 
     
≥ + +
 
     
+ + +
     

 

Theo (4), ta có
1 4 4 4
2
a b c
b c c a a b
 
     
+ +
 
     
+ + +
     
 

1 4 4 4
2 2( ) 2( ) 2( )
a b c
b c c a a b
 
     
≥ + +
 
     
     
+ + +
 
     
 

2
a b c
b c c a a b
 
= + +
 
 
+ + +
 
(Điều phải chứng minh).
0.25
Điểm toàn bài (20ñiểm)

Lưu ý khi chấm bài:
- Trên ñây là sơ lược các bước giải, lời giải của thí sinh yêu cầu phải chặt chẽ,
hợp logic.
- Nếu thí sinh trình bày theo cách khác mà ñúng thì cho ñiểm tương ứng theo
thang ñiểm của phần ñó.

/>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG


KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC: 2011-2012
ĐỀ THI MÔN: TOÁN LỚP 12
Ngày thi: 01/4/2012
Thời gian làm bài: 180 phút
(không kể thời gian giao ñề)

Câu 1: (5,0 ñiểm) Cho hàm số
4 2
2( 2) 2 3
y x m x m
= − + + − −
(1) (
m
là tham số).
1. Tìm
m
ñể ñồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 4 ñiểm có hoành ñộ lập thành cấp
số cộng.
2. Tìm
m
ñể hàm số (1) có cực ñại, không có cực tiểu.
Câu 2: (4,0 ñiểm)
1. Tìm x ñể phương trình sau luôn ñúng với mọi số thực a:
2
2 2
2
2
log ( 5 3 5 ) log (5 1)
a
a x ax x x
+
− + + − = − −

2. Giải và biện luận hệ phương trình sau:

2 2 2 2 2
x y x y m
x y x y m

+ − − =


+ − − =



Câu 3: (4,0 ñiểm)
1. Giải bất phương trình:
2
1 3 2( 3) 2 2
x x x x
− + − ≥ − + −

2. Cho f(x) liên tục trên
[
]
0;1
. Chứng minh rằng:
0 0
xf(sinx)dx f(sinx)dx
2
π π
π
=
∫ ∫

.
Câu 4: (6,0 ñiểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol (P)
2
y 64x
=
và (d)
4x 3y 46 0
− + =
. Viết
phương trình ñường tròn có tâm thuộc ñường thẳng (d), tiếp xúc với (P) và có bán kính nhỏ
nhất.
2. Cho hình chóp S.ABCD ñáy ABCD là hình vuông, cạnh bên SA vuông góc với mặt
ñáy, SA=AB=a.
a. Tính diện tích tam giác SBD theo a.
b. Chứng minh rằng: BD vuông góc với SC.
c. Tính góc giữa SC và (SBD).
Câu 5: (1,0 ñiểm) Cho ba số thực dương
, ,
a b c

và thoả mãn
a b c 1
+ + ≥
. Chứng minh rằng:
5 5 5
4 4 4
1
a b c
b c a

+ + ≥



H
Ế
T



Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
H
ọ
và tên thí sinh:

S
ố
báo danh:

Giám th
ị
1
(Họ tên và chữ ký)



Giám th
ị
2
(Họ tên và chữ ký)

ĐỀ DỰ BỊ
/>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG


KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC: 2011-2012
ĐỀ THI MÔN: TOÁN LỚP 12 - CHUYÊN
Ngày thi: 01/4/2012
Thời gian làm bài: 180 phút
(không kể thời gian giao ñề)

Câu 1: (5,0 ñiểm) Cho hàm số
3 2
1
( 1) (4 3) 3
3
y x m x m x m
= + + + + + −
(1) (
m
là tham số).
1. Tìm
m
ñể hàm số (1) ñồng biến trên
[
]

1;2
−
.
2. Tìm
m
ñể hàm số (1) ñạt cực trị tại các ñiểm
1 2
,
x x

sao cho
1 2
2 1 .
x x m
+ = −

Câu 2: (4,0 ñiểm)
1. Giải phương trình:
2
2
1 tan
1 4sin .cos .
6 1 tan
x
x x
x
π
+
 
+ + =

 
−
 

2. Tìm tham số
m
ñể phương trình sau có nghiệm thực:

(
)
( 1) 3 2 19 ( 1) 5 4 .
x x x m x x
+ + + + = − − + −

Câu 3: (4,0 ñiểm)
1. Giải hệ phương trình:

( )
2
3
2 1 .2 2.
1
log ( 1) 1
y
x
x
x
y x

−

+ − =


+

+ + =


( , ).
x y
∈
ℝ

2. Cho hàm số f(x) thoả mãn:
( ) ( ) ( 1) 2 1, ,f xy f x y f x y xy x x y
+ − + + + = + + ∀ ∈
ℝ

và
( )
( )
2012
( ) .
2012 2012
f x
f x
P x =
+
Tính
1 2011

2012 2012
A P P
   
= +
   
   
.
Câu 4: (6,0 ñiểm)
1. Trong mặt phẳng toạ ñộ
Ox
y
, cho tam giác
ABC
có ñỉnh
(1; 2).
C
−

Tìm toạ ñộ của
các ñỉnh
A
và
,
B

biết ñường cao ñi qua ñỉnh
,
B
ñường phân giác trong ñi qua ñỉnh
A

của
tam giác
ABC

lần lượt

có phương trình là
2 0
x y
− − =
và
2 4 0
x y
+ + =
.
2. Trong không gian với hệ toạ ñộ
Oxyz
, cho tứ diện
ABCD
có toạ ñộ các ñỉnh lần
lượt là
( 1;2;0),
A
−
(2;1;1),
B
(0; 3;4),
C
−
(3;0;3)

D

và cho mặt phẳng
( )
α
: 2 5 0
x y z
− − − =
. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
MA MB MC MD
+ + +
   
, biết
M
là một ñiểm thay ñổi trong
mặt phẳng
(
)
α
.
3. Cho tứ diện ABCD có một cạnh lớn hơn a và có các cạnh còn lại ñều không lớn
hơn a. Gọi V là thể tích của khối tứ diện ABCD. Chứng minh rằng:
3
.
8
a
V ≤

Câu 5: (1,0 ñiểm) Cho

0; 1,2, ,2012
i
x i≥ =
và thoả mãn hệ
2012
1 2
2 2 2
1 2 2012
3
1.
x x x
x x x
+ + + =



+ + + =



Chứng minh rằng tồn tại 3 số trong các số
0; 1,2, ,2012
i
x i≥ =
mà tổng của chúng
không nhỏ hơn 1.


H
Ế

T



Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
H
ọ
và tên thí sinh:

S
ố
báo danh:

Giám th
ị
1 (H
ọ
tên và ch
ữ
ký)


Giám th
ị
2 (H
ọ
tên và ch
ữ
ký)

ĐỀ CHÍNH THỨC
/>Trang 1/5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
HƯỚNG DẪN CHẤM
BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2011-2012
NGÀY THI 01/4/2012
MÔN THI: TOÁN LỚP 12 - CHUYÊN
Bản hướng dẫn chấm có 05 trang

Câu 1 Hướng dẫn giải (5ñiểm)
TXĐ:
D
=
ℝ

2
' 2( 1) 4 3
y x m x m
= + + + +

Để y ñồng biến trên
[
]
1;2
−
thì

[
]
' 0, 1;2
y x≥ ∀ ∈ −

0.5
Với
[
]
1;2
x∀ ∈ −
, ta có
2 0
x
+ >
, nên ta có thể ñưa ñiều kiện trên về
dạng
[ ]
3
2 , 1;2
2
m x x
x
≥ − − ∀ ∈ −
+

0.5
[ ]
1;2
3

2 max ( ), ( )
2
x
m g x g x x
x
∈ −
⇔ ≥ = − −
+

0.5
Tìm ñược
[ ]
1;2
max ( ) 2 2 3 khi 2 3
x
g x x
∈ −
= − = − +

0.5
1.
(2.5ñiểm)

Khẳng ñịnh ñược
1 3
m ≥ −

KL
0.5
2

' 2( 1) 4 3
y x m x m
= + + + +

Để y có cực trị thì y’ phải có hai nghiệm phân biệt và y’ ñổi dấu khi x
ñi qua hai nghiệm ñó.
Suy ra
' 0
∆ >

0.5
Tìm ñược ñiều kiện ñể hàm số có cực trị là
( ;1 3) (1 3; )
m
∈ −∞ − ∪ + + ∞

0.5
Với
( ;1 3) (1 3; )
m
∈ −∞ − ∪ + + ∞
, áp dụng ñịnh lý Viét và kết hợp với
1 2
2 1 .
x x m
+ = −
Tìm ñược
1 2
3 5, 3.
x m x m

= − − = +

0.5
Tìm ñược
3 3
m = − ±

0.5
2.
(2.5ñiểm)
Kiểm tra ñiều kiện và kết luận
3 3
m = − ±

0.5
Câu 2

(4ñiểm)
Điều kiện ñể phương trình có nghĩa
2
cosx 0
cosx 0
hay (*)
cos2x 0
1 tan x 0
≠
≠


 

≠
− ≠



0.5
Biến ñổi phương trình ñã cho trở thành
( )
2
1
1 2sin 3 cos sin
cos2
1
1 2sin 3sin 2
cos2
1
cos2 3sin 2
cos2
x x x
x
x x
x
x x
x
+ − =
⇒ − + =
⇒ + =

0.5
1.

(2ñiểm)

Với ñiều kiện (*) ta có
0.5
HDC ĐỀ CHÍNH THỨC
/>Trang 2/5


2
2
1
1 3 tan 2
cos 2
1 3 tan 2 1 tan 2
tan 2 0
tan 2 3
x
x
x x
x
x
⇒ + =
⇒ + = +
=

⇒

=


Vì
cos 0
x
≠
nên ta có
sinx 0
( )
tan 2 3
6 2
x k
k
x k
x
π
π π
=

=


⇔ ∈


= +
=


ℤ
(thoả
mãn)

Kết luận
0.5
(
)
( 1) 3 2 19 ( 1) 5 4 .
x x x m x x
+ + + + = − − + −

Điều kiện ñể phương trình có nghĩa là:

[
]
3;4 (2*)
x∈ −

0.5
Biến ñổi phương trình ñã cho trở thành
(
)
( 1) 3 2 19 5 4 ( 1)
x x x x x m
 
+ + + + − − − = −
 

0.5
Đặt
( ) ( 1) 3 2 19, ( ) 5 4 ,
f x x x x g x x x
= + + + + = − − −

( ) ( ). ( )
h x f x g x
=

Chứng minh ñược f(x), g(x), f’(x), g’(x) dương với mọi x thoả mãn
(2*)
Suy ra h’(x)= f(x).g’(x)+f’(x), g(x) dương với mọi x thoả mãn (2*)
0.5
2.
(2ñiểm)
Suy ra h(x) ñồng biến trên
[
]
3;4
−

Do ñó ñể phương trình ñã cho có nghiệm thì
( 3) 1 (4)
h m h
− ≤ − ≤

hay
1 2 26 91 1 3 3 5 7
m+ − ≤ ≤ + +

0.5
Câu 3

(4ñiểm)
( )

2
3
2 1 2 2 (2)
1
log ( 1) 1 (3)
y
x
x
x
y x

−
+ − =


+

+ + =


Điều kiện có nghĩa của hệ phương trình là
1 3
x
y
− < ≤


∈

ℝ

0.5
Từ (3) ta có
2
1 log ( 1)
y x
= − +
, thế vào (2) ñược
( )
2
1 log ( 1)
3
2 1 2 2
1
x
x
x
x
− +
−
+ − =
+

0.5
Biến ñổi phương trình về dạng
2 3 1
x x
+ = − +

Giải phương trình, tìm ñược x=2, thoả mãn ñiều kiện

0.5
1.
(2ñiểm)

Tìm ñược
2
1 log 3
y = −

Kết luận
0.5
2.
(2ñiểm)
Cho y=-1 ta có f(-x)+f(x+1)+f(x)=x+1
Cho y=0 ta có f(0)+f(x+1)+f(x)=2x+1
Suy ra f(-x)-f(0)=-x
0.5
/>Trang 3/5

Đặt t=-x. Khi ñó: f(t)-f(0)=t, suy ra f(t)-t=f(0)-0 (2)
Đặt g(t)=f(t)-t.
Từ (2) suy ra g(t)=g(0), với mọi số thực t
Từ f(xy)+f(x-y)+f(x+y+1)=xy+2x+1 ta có
(
)
(
)
(
)
( ) ( ) ( ) ( 1) ( 1) 0

f xy xy f x y x y f x y x y
− + − − − + + + − + + =

Suy ra g(xy)+g(x-y)+g(x+y+1)=0
Suy ra 3g(0)=0 hay g(0)=0
( ) 0 ( ) 0, ( ) ,g t t f t t t f x x x
⇒ = ∀ ∈ ⇒ − = ∀ ∈ ⇒ = ∀ ∈
ℝ ℝ ℝ

0.5
Thử lại: f(x)=x, với mọi số thực x thoả mãn ñề bài.
Vậy f(x)=x, với mọi số thực x
Nên
2012
( )
2012 2012
x
x
P x =
+

0.5
Ta có x+y=1 thì
( ) ( )
2012 2012
P x P y
2012 2012 2012 2012
4024 2012(2012 2012 )
1
4024 2012(2012 2012 )

x y
x y
x y
x y
+ = +
+ +
+ +
= =
+ +

1 2011
( ) ( ) 1
2012 2012
A P P
⇒ = + =

0.5
Câu 4

(6ñiểm)
Lập ñược phương trình ñường thẳng AC là x+y+1=0
0.5
Chỉ ra A là giao ñiểm của AC và ñường phân giác ñi qua ñỉnh A của
tam giác ABC, tìm ñược toạ ñộ A(-3; 2).
0.5
Tìm ñược toạ ñộ ñiểm
11 18
'( ; )
5 5
C − −

ñối xứng với ñiểm C qua ñường
phân giác ñi qua ñỉnh A của tam giác ABC.
0.5
1.
(2ñiểm)

Lập phương trình ñường thẳng AC’ là
4
3
5
28
2
5
x t
y t

= − +




= −



Chỉ ra ñỉnh B là giao ñiểm của ñường thẳng AC’ và ñường cao ñi qua
ñỉnh B của tam giác ABC, tìm ñược toạ ñộ ñỉnh
17 33
( ; )
8 8

B
− −
.
0.5
Gọi G là trọng tâm của tứ diện ABCD và tìm ñược toạ ñộ
G(1; 0; 2).
0.5
Lý luận chỉ ra ñược ñể
4 4
MA MB MC MD MG MG
+ + + = =
    
ñạt giá trị
nhỏ nhất khi M là hình chiếu của G lên mặt phẳng
(
)
α
.
0.5
Lập ñược phương trình ñường
( )
∆
thẳng ñi qua G và vuông góc với
mặt phẳng
(
)
α
là
1
2

2
x t
y t
z t
= +


= −


= −

.
0.5
2.
(2ñiểm)
Chỉ ra M là giao ñiểm của hai ñường
( )
∆
và và mặt phẳng
(
)
α
, tìm
ñược toạ ñộ ñiểm M(2; -2; 1).
0.5
/>Trang 4/5

Tìm ñược giá trị nhỏ nhất của biểu thức ñã cho
4 6

khi M(2; -2; 1).
A
B
C
D
H
E
K
M


Không giảm tính tổng quát, ta giả sử AB>a, khi ñó
{
}
ax , , , ,
a m AC AD BC BD CD
≥

+ Vẽ các ñường cao BK, AE, AH lần lượt của các tam giác BCD, ACD
và của tứ diện ABCD.
+ Ta có
1
. .
6
V AH BK CD
=

0.5
+ Đặt CD=x và gọi M là trung ñiểm của CD, trong tam giác BCD có
2 2 2 2 2

2
2 2 4
4 4
BC BD CD a x
BM
+ − −
= ≤

2 2
1
4 (1)
2
BK BM a x
⇒
≤ ≤ −

0.5
Tương tự, trong tam giác ACD ta cũng có:
2 2
1
4
2
AE a x
≤ −

mà
2 2
1
4 (2)
2

AH AE AH a x≤
⇒
≤ −

Từ (1) và (2) ta có
( )
2 2
1
4 (3)
24
V a x x≤ −

0.5
3.
(2ñiểm)
Xét hàm số
2 3
4
y a x x
= −
trên
(
]
0;
a

Có
2 2
' 4 3
y a x

= −

Dễ dàng thấy
' 0
y
>
với mọi
(
]
0;
x a
∈

Suy ra
(
]
3
0;
ax 3
x a
m y a
∈
=
xảy ra khi x=a.
Vậy
3
.
8
a
V ≤

0.5
Câu 5

(1ñiểm)

2012
1 2
2 2 2
1 2 2012
3 (3)
1 (4)
x x x
x x x
+ + + =



+ + + =



Không giảm tính tổng quát ta có thể giả sử

1 2 3 2012

x x x x
≥ ≥ ≥ ≥

Từ giả thiết (4) suy ra

1 1,2, ,2012
i
x i≤ ∀ =

0.25
(1ñiểm)
Rõ ràng từ ñó ta có

1 2 3 1 2 3 1 3 1 2 3 2
( )(1 ) ( )(1 )
x x x x x x x x x x x x
+ + ≥ + + − − − − − −

hay
2 2
1 2 3 1 2 3 1 2
(3 )
x x x x x x x x
+ + ≥ + + − −
(5)
0.25
/>