Tổng hợp đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 12 trên cả nước năm học 2012 - 2013(có đáp án)

SƠ
̉
GIA
́
O DU
̣
C VA
̀
ĐA
̀
O TA
̣
O K THI CHN ĐI TUYN HC SINH GII
THNH PH H CH MINH LP 12 THPT NĂM HO
̣
C 2012-2013
MÔN THI: TON
Ngy thi: 18 - 10 - 2012
Đ CHNH THC
Thơ
̀
i gian la
̀
m ba
̀
i: 180 pht.



Bài 1. (4 điểm)

Giải hệ phương trình
3 2 3
1
4 12 9 6 7
xy x y
x x x y y
  


     




Bài 2. (4 điểm)
Cho dãy số
()
n
u
xác định bởi
1
*
1
1
2
34
,
21
n
n

n
u
u
u n N
u








  




Chứng minh dãy số
()
n
u
có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.


Bài 3. (4 điểm)
Cho
,,x y z
là các số dương

thỏa mãn
1 1 1
1
x y z
  
. Chứng minh:
x yz y zx z xy xyz x y z        


Bài 4. (4 điểm)
Cho tam giác nhọn
ABC
với các đường cao
,AH BK
nội tiếp đường tròn (O). Gọi
M
là một điểm di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) sao cho các đường
thẳng
AM
và
BK
cắt nhau tại
E
; các đường thẳng
BM
và
AH
cắt nhau tại
F
.

Chứng minh rằng khi
M
di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) thì trung điểm
của đoạn
EF
luôn nằm trên một đường thẳng cố định.

Bài 5. (4 điểm)
Tìm tất cả các đa thức
()Px
hệ số thực thỏa mãn :
2
( ). ( 3) ( ), P x P x P x x   



HẾT







www.VNMATH.com

ĐP N Đ VÒNG 1
Bài 1. (4 điểm)
Giải hệ phương trình
3 2 3

1
4 12 9 6 7
xy x y
x x x y y
  


     


Giải
Đặt
1zx
Hệ phương trình tương đương
33
2
3 ( 2) 4 0
yz z
y y z z



   



3 2 3
2
3 4 0
yz z

y y z z



  



2
2
yz z
y z y z



   



1 17 1 17
44
1 17 1 17
22
zz
yy














5 17 5 17
44
1 17 1 17
22
xx
yy















Bài 2. (4 điểm)

Cho dãy số
()
n
u
xác định bởi
1
*
1
1
2
34
,
21
n
n
n
u
u
u n N
u








  





Chứng minh dãy số
()
n
u
có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Giải
Từ giả thiết ta suy ra
*
0,
n
u n N  

Xét
3 4 3 5
()
2 1 2 2(2 1)
x
fx
xx

  

, với
0x 
,

2

5
'( ) 0, 0
(2 1)
f x x
x

   


Ta có
1
1
1
2
( ), *
nn
u
u f u n N






  


3
()
2

fx
,
0x
và
5
( ) 4 0, 0
21
x
f x x
x

    




3
4, 2
2
n
un   


dãy
()
n
u
bị chặn
Đặt
21

2
nn
nn
xu
yu







Do f(x) nghịch biến trên
(0; )
nên g(x) = f(f(x)) đồng biến trên
(0; )

2 1 2
( ) ( )
n n n n
f x f u u y

  
;
2 2 1 1
( ) ( )
n n n n
f y f u u x

  

1
( ) ( ( )) ( )
n n n n
g x f f x f y x

  

1 2 3
1 11 49
;;
2 4 26
u u u  
… Ta thấy
1 3 1 2
u u x x  

Giả sử rằng
11
( ) ( )
k k k k
x x g x g x

  
12kk
xx


. Vậy
*

1
,
nn
x x n N

  

Suy ra
()
n
x
tăng và bị chặn trên


()
n
x
có giới hạn hữu hạn a .
Do
1 1 1
( ) ( )
n n n n n n
x x f x f x y y
  
    


dãy
()
n

y
giảm và bị chặn dưới
www.VNMATH.com



()
n
y
có giới hạn hữu hạn b.
Ta có
1
3 3 3
, ;4 , 2 , ;4 , ;4
2 2 2
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) (1)
()
nn
nn
nn
x y n a b a b
f x y f a b f a b I
f b a f b f a a b
f y x

  
     
    


  
   
     
  
  
    
  
  
   

  
  
  

 
5 1 1
(1) ( ) (2 1)(2 1) 5 0
2 2 1 2 1
a b a b a b a b
ba

           




(do
(2 1)(2 1) (3 1)(3 1) 16 5ab      
)
Vậy từ (I) 

3
;4
2
2
34
21
ba
ab
a
a
a







  







.
Vậy
lim 2
n

u 


Bài 3. (4 điểm)
Cho
,,x y z
là các số dương

thỏa mãn
1 1 1
1
x y z
  
. Chứng minh:
x yz y zx z xy xyz x y z        
(*)
Giải
(*) 
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 (**)
x yz y zx z xy
xy yz zx
        

Ta cần chứng minh:
1 1 1 1
x yz x
yz
  

2
1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1 1 2
1
x yz x x yz x yz x y z
yz x yz yz yz
             
(đúng)
Chứng minh tương tự ta có:

1 1 1 1
y zx y
zx
  
,
1 1 1 1
z xy z
xy
  

Cộng ba bất đẳng thức trên ta thu được (**).
Bài 4. (4 điểm) Cho tam giác nhọn
ABC
với các đường
cao
,AH BK
nội tiếp đường tròn (O). Gọi
M
là một
điểm di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) sao
cho các đường thẳng

AM
và
BK
cắt nhau tại
E
; các
đường thẳng
BM
và
AH
cắt nhau tại
F
. Chứng minh
rằng khi
M
di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O)
thì trung điểm của đoạn
EF
luôn nằm trên một đường
thẳng cố định.
Giải

E
F
H
K
O
B
C
A

M
www.VNMATH.com

Ta chứng minh hai tam giác EHK và FHK có diện tích bằng nhau.
Ta có
 
MAC MBC




1 1 1
. .sin . .tan .sin . .cos .tan .cos
2 2 2
EHK
S KH KE BKH KH KA BAH KH AB A B

  

1 1 1
. .sin .tan . .sin .cos .tan . .cos
2 2 2
FHK
S HF HK FHK BH HK AHK AB B HK A

  

EHK FHK
SS
suy ra E, F cách đều HK mà E,F nằm về hai phía của HK

 Trung điểm của EF nằm trên đường thẳng HK.

Bài 5. (4 điểm)
Tìm tất cả các đa thức
()Px
hệ số thực thỏa mãn :
2
( ). ( 3) ( ), P x P x P x x   

Giải :
Ta tìm các đa thức P(x) hệ số thực thỏa P(x)P(x –3)=P(x
2
)

x

R (1)
 Trường hợp P(x)  C ( C là hằng số thực ) :
P(x)  C thỏa (1)  C
2
= C  C = 0  C = 1 P(x)  0 hay P(x)  1
 Trường hợp degP  1
Gọi  là một nghiệm phức tùy ý của P(x) . Từ (1) thay x bằng  ta có P(
2
)=0  x= 
2
cũng
là nghiệm của P(x) . Từ đó có  , 
2
, 

4
, 
8
, 
16
, …là các nghiệm của P(x) . Mà P(x) chỉ có
hữu hạn nghiệm (do đang xét P(x) khác đa thức không)

0
1






(I)
Từ (1) lại thay x bằng  +3 ta có P((+3)
2
)=0  x=(+3)
2
là nghiệm của P(x)
Từ x = (+3)
2
là nghiệm của P(x) tương tự phần trên ta có (+3)
2
, (+3)
4
, (+3)
8

,
(+3)
16
,…là các nghiệm của P(x) . Mà P(x) chỉ có hữu hạn nghiệm

2
2
30
31

  


  


30
31

  

  


(II)
Như vậy , nếu  là nghiệm của P(x) thì ta có  thỏa hệ
(I)
(II)





1
3
y
x
O
I

Biểu diễn các số phức  thỏa (I) và thỏa (II) trên mặt phẳng phức ta có hệ
(I)
(II)



không có
nghiệm 
 Không tồn tại đa thức hệ số thực P(x) bậc lớn hơn hoặc bằng 1 thỏa (1)
Kết luận Các đa thức P(x) hệ số thực thỏa P(x)P(x – 3)=P(x
2
) x gồm P(x)  0 , P(x)  1


www.VNMATH.com

SƠ
̉
GIA
́
O DU

̣
C VA
̀
ĐA
̀
O TA
̣
O K THI CHN ĐI TUYN HC SINH GII
THNH PH H CH MINH LP 12 THPT NĂM HO
̣
C 2012-2013
MÔN THI: TON
Ngy thi: 19 - 10 - 2012
Đ CHNH THC
Thơ
̀
i gian la
̀
m ba
̀
i: 180 pht.


Bài 1. (4 điểm)
Cho số nguyên dương
n
. Giải và biện luận theo
n
hệ phương trình sau:
1

3
1
3 ( 1,2, , )
0
i
n
i
i
n
i
i
x i n
xn
x




  












Bài 2. (4 điểm)
Tìm tất cả các hàm số
:f R R
thỏa mãn :
22
( 2 ( )) 2( ( )) , ,
2
y
f x f y f x x y R    


Bài 3. (4 điểm)
Giả sử số nguyên dương
n
có tất cả
k
ước dương là
12
, , ,
k
d d d
. Chứng minh rằng nếu
12
2 1
k
d d d k n     
thì
2

n
là số chính phương.

Bài 4. (4 điểm)
Cho ba đường tròn
()C
,
1
()C
,
2
()C
trong đó
1
()C
và
2
()C
tiếp xúc trong với
()C
tại
,BC
và
1
()C
,
2
()C
tiếp xúc ngoài với nhau tại
.D

Tiếp tuyến chung trong của
1
()C
và
2
()C
cắt
()C
tại hai điểm
A
và
E
. Đường thẳng
AB
cắt
1
()C
tại điểm thứ hai
,M

đường thẳng
AC
cắt
2
()C
tại điểm thứ hai
.N
Chứng minh rằng:
1 1 2
DA DE MN




Bài 5. (4 điểm)
Cho một bảng ô vuông có 2012  2012 ô, mỗi ô đều điền vào một dấu + . Thực hiện
phép biến đổi sau: đổi dấu toàn bộ một hàng hoặc một cột của bảng (+ thành – , – thành
+). Hỏi sau một số lần thực hiện phép biến đổi, bảng có thể có đúng 18 dấu – được hay
không ?


HẾT









www.VNMATH.com

ĐP N VÒNG 2
Bài 1. (4 điểm)
Cho số nguyên dương
n
. Giải và biện luận theo
n
hệ phương trình sau:
1

3
1
3 ( 1,2, , )
0
i
n
i
i
n
i
i
x i n
xn
x




  












Giải.
Đặt
3 ( 1,2, , )
ii
t x i n  


Ta có:
1 1 1
3 3 2 3 2
1 1 1 1 1 1 1
0 ( 1,2, , ) 0 ( 1,2, , ) 0 ( 1,2, , )
( 3) 4 4
81
( 3) 0 9 27 27 0 9 0
4
i i i
n n n
i i i
i i i
n n n n n n n
i i i i i i i
i i i i i i i
t i n t i n t i n
t n t n t n
t t t t n t t t
  
      
  

  
     
  
  
     
  
  
  
        
  
  
  
      


1
1
2
1
0 ( 1,2, , )
9
0 ( 1,2, , )
2
4
4
9
( ) 0
2
i
ii

n
i
n
i
i
n
i
ii
i
t i n
t t i n
tn
tn
tt








   



  













Gọi
k
là số các
i
t
có giá trị bằng 0 và
l
là số các
i
t
có giá trị bằng
9
2
. Khi đó, ta có:

8
9
4
9
2
9

n
l
ln
n
k l n
k















 Khi
n
không chia hết cho 9 hệ vô nghiệm.
 Khi
9nm
(
*
mN
),ta có k = m, l = 8m, hệ có tập nghiệm:

 
12
( , , , )
n
S t t t
trong đó
m
giá trị bằng 0 và
8m

giá trị bằng
9
2

Hay
 
12
( , , , )
n
S x x x
trong đó
m
giá trị bằng

3 và
8m

giá trị bằng
3
2

Bài 2. (4 điểm)
Tìm tất cả các hàm số
:f R R
thỏa mãn :
22
( 2 ( )) 2( ( )) , ,
2
y
f x f y f x x y R    
(*)
Giải.
Xét hàm số
( ) 2 ( ),g x f x x R  

www.VNMATH.com

(*) 
22
( ( )) ( ( ))g x g y y g x  
(1)
+) Từ (1) suy ra nếu
12
( ) ( )g y g y
thì
12
yy
suy ra
g

là đơn ánh
+) Từ (1) cho
0x 
suy ra
2
( ( )) ( (0))g g y y g
suy ra tập giá trị của
g
là
R
.
Suy ra
g
là song ánh, nên tồn tại
aR
sao cho
( ) 0ga 
.
Cho
2 2 2 2
( ) ( ) ( ( )) ( (0)) 0x y a g a a g a g g a a g        

(0) 0g

Do đó
( ( )) ,g g x x x R  

Cho
22
0 ( ) ( ( )) ,y g x g x x R    

Suy ra
0x 
thì
( ) 0gx
và
( ) 0 0g x x  

Cho x = 1 suy ra g(1) = 1

+) với
0,x y R
, ta có
   
2
2
( ) ( ) ( ( )) ( ) ( ) ( ) ( )g x y g x g g y g y g x g y g x      

Lấy
x
tùy ý thuộc
R
. Khi đó trong hai số
,xx
luôn có số không âm, ta có:
 
0 ( ) ( ) ( )g x x g x g x     
( ) ( ),g x g x x R     

+) với

0,x y R  
, ta có
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )g x y g x y g x g y g x g y           

Vậy
( ) ( ) ( ), ,g x y g x g y x y R    

Ta có g cộng tính trên
Q
và g(1) = 1
( ) ,g x x x Q   

+) Cho
xy
khi đó
 
0g x y
và
         
g x g x y y g x y g y g y      

Suy ra
g
là hàm tăng thực sự
Ta chứng minh
( ) , \g x x x R Q  

Giả sử tồn tại
0

\x R Q
sao cho
00
()g x x

Trường hợp
00
()x g x
: tồn tại số hữu tỉ r sao cho
0 0 0
( ) ( ) ( )x r g x g x g r r    
(vô lý)
Trường hợp
00
()x g x
: tồn tại số hữu tỉ r sao cho
0 0 0
( ) ( ) ( )x r g x g x g r r    
(vô lý)
( ) ,g x x x R   

Vậy
( ) ,
2
x
f x x R  
(thỏa mãn (*)).

Bài 3. (4 điểm)
Giả sử số nguyên dương

n
có tất cả
k
ước dương là
12
, , ,
k
d d d
. Chứng minh rằng nếu
12
2 1
k
d d d k n     
thì
2
n
là số chính phương.
Giải.
Gọi l
1
, l
2
, , l
s
là các ước lẻ của n và 2
m
là lũy thừa lớn nhất của 2 trong khai triển của n (s ≥ 1,
m ≥ 0)
Từ đó các ước của n là l
1

, l
2
, , l
s
, 2l
1
, 2l
2
, , 2l
s
, , 2
m
l
1
, 2
m
l
2
, , 2
m
l
s

Theo đề bài ta có:
l
1
+ l
2
+ + l
s

+

2l
1
+ 2l
2
+ + 2l
s
+ + 2
m
l
1
+

2
m
l
2
+ + 2
m
l
s
+ (m +1)s = 2n+1

2
12
( )(1 2 2 2 ) ( 1) 2 1
m
s
l l l m s n          

 (l
1
+ l
2
+ + l
s
)(2
m+1
– 1) + (m + 1)s = 2n + 1 (*)
+ Nếu s chẵn thì vế trái (*) chẵn (vô lý), suy ra s lẻ.
+ Với s lẻ, nếu m chẵn thì vế trái (*) cũng chẵn (vô lý), suy ra m lẻ (m = 2t + 1)
Suy ra
2
m
n
có số lẻ ước
www.VNMATH.com

Số
12
12

2
m
k
kk
m
m
n

p p p
có số ước là
12
( 1)( 1) ( 1)
m
k k k  
suy ra k
i
chẵn (i=1,2, ,m)

2
m
n
là số chính phương.


2 1 2 2
2 . (2 . )
2
tt
n
n r r

  
(
,t r N
)

Bài 4. (4 điểm)
Cho ba đường tròn

()C
,
1
()C
,
2
()C
trong đó
1
()C
và
2
()C
tiếp xúc trong với
()C
tại
,BC
và
1
()C
,
2
()C
tiếp xúc ngoài với nhau tại
.D
Tiếp tuyến chung trong của
1
()C
và
2

()C
cắt
()C
tại hai điểm
A
và
E
. Đường thẳng
AB
cắt
1
()C
tại điểm thứ hai
,M

đường thẳng
AC
cắt
2
()C
tại điểm thứ hai
.N
Chứng minh rằng:
1 1 2
DA DE MN



F
M

N
O
O1
O2
A
D
E
B
C

Giải.
Cch 1: Do
2
AD AM AB AN AC
nên phép nghịch đảo
2
AD
A
P
biến
11
22
( ) ( )
( ) ( )
BM
CN
DD
CC
CC






.
Đường tròn (C) đi qua A, B, C biến thành đường thẳng MN.
Do
1
()C
và
2
()C
tiếp xúc với
()C
tại B,C nên MN là tiếp tuyến chung của hai đường tròn này.
Gọi
F
là giao điểm của
AE
và MN. Suy ra
F
biến thành
E
và
2
MN
FD FM FN  

Ta có :
2

.
DE AD AD
DF AD AF AF




DE AF DF DA



1
.
AF
DE DF DA


Vậy
1 1 1 1 2
. . .
AF DF AF DA
DA DE DA DF DA DA DF DA DF DF MN

      
.
Lưu ý:
Nếu phép nghịch đảo cực O phương tích k biến A thành A’, B thành B’ thì
''
.
k

AB
AB OAOB

.
www.VNMATH.com

Cch 2: Ta co
́
AM.AB = AN.AC 
AM AC
AN AB

 AMN ~  ACB




1
OAB OBA O MB
 O
1
M // OA.
Tương tư
̣
co
́
O
2
N // OA.
Lại có:





OAN MNA OCA ABC  
=


OCA xCA
= 90
0
.
 OA  MN  O
1
M  MN, O
2
N  MN
 MN la
̀
tiếp tuyến chung cu
̉
a (O
1
) và (O
2
)
 FD = FM = FN.


 

ANF ABC AEC
 EFNC nô
̣
i tiếp
 AE.AF = AN.AC = AD
2

 (AD + DE)AF = AD(AF + DF)
 DE.AF = AD.DF

1
.
AF
DE AD DF


Do đo
́
:
1 1 1 1 2
. . .
AF DF AF DA
DA DE DA DF DA DA DF DA DF DF MN

      
.

Bài 5. (4 điểm)
Cho một bảng ô vuông có 2012  2012 ô , mỗi ô đều điền vào một dấu + . Thực hiện
phép biến đổi sau: đổi dấu toàn bộ một hàng hoặc một cột của bảng (+ thành – , – thành

+). Hỏi sau một số lần thực hiện phép biến đổi, bảng có thể có đúng 18 dấu – được hay
không ?
Giải.
Giả sử sau một số lần thực hiện phép biến đổi , bảng có đúng 18 dấu – .

Gọi x
i
là số lần đổi dấu ở hàng thứ i (i = 1, 2,…,2012 , thứ tự các hàng tính từ trên xuống dưới ),
y
j
là số lần đổi dấu ở cột thứ j (j = 1, 2, ,2012 , số thứ tự các cột tính từ trái sang phải)
Gọi p là số các số lẻ trong các số x
1
, x
2
,…, x
2012
, q là số các số lẻ trong các số y
1
, y
2
,…, y
2012
,
p, q {0, 1, 2,…,2012}.

Ta có số lượng các dấu – trên bảng là p(2012 – q) + (2012 – p)q = 2012p + 2012q – 2pq

Bảng có đúng 18 dấu –  2012p + 2012q – 2pq = 18  1006p + 1006q – pq = 9

 (p –1006)(q –1006) = 1006
2
– 3
2
 (p –1006)(q –1006) = 1003×1009

(1)
 (p –1006)(q –1006) chia hết cho 1009

Mà 1009 là số nguyên tố. Suy ra ta phải có p –1006 chia hết cho 1009 hoặc q –1006 chia hết
cho 1009 (2)

Ta có p –1006, q –1006 thuộc {–1006, –1005, …,1005, 1006}
nên (2)  p –1006 = 0 hoặc q –1006 = 0 : mâu thuẫn với (1)

Kết luận : Bảng không thể có đúng 18 dấu –


x
F
N
M
A
E
D
O
B
C
O
1

O
2
www.VNMATH.com
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
AN GIANG Năm học 2012 – 2013
Môn : TOÁN (vòng 1)
Lớp : 12
gian làm bài : 180 phút
(Không k th)

Bài 1: (3,0điểm).
Cho hàm s 

 ( m là tham s)
  th hàm s m ci và cc tiu lt là và 
ng thi tam giác  cân ti  vi 



.
Bài 2: (3,0 điểm)
Gi













Bài 3: (3,0 điểm)
Tìm giá tr ln nht và giá tr nh nht ca hàm s:











Bài 4: (4,0 điểm)
Tìm s các nghia :

Trong s các nghim này có bao nhiêu nghim 





  







mt khác nhau.
Bài 5 : (3,0 điểm)
Tìm t nh ca mt hình thang cân ABCD bit rng CD=2AB, 
ng chéo , các t  m A u
n tích bng 36.
Bài 6: (4,0 điểm)
u S.ABCD có cnh bên bng a, góc hp bng cao SH ca hình
chóp và mt bên bng , cho a c nh, i. Tìm   th tích khi chóp S.ABCD là
ln nht.
(Cho biết:



)
Ht
ĐỀ CHÍNH THỨC


ebooktoan.com
HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC SINH GIỎI LỚP 12
AN GIANG  2013
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN VÒNG 1
A.ĐÁP ÁN

Bài 1



 
 








  hàm s m cc tr thì  và ta có bng bin
thiên sau

 



 

 0  0 









 m ci và cc tiu là







 




 Tam giác ABC cân ti C(-4;-2) c 


















































 Vy  th






3,0
điểm
Bài 2
Gi












 Nhn xét: Nu vit i là































thì pm khi  do v ph
 t 








 thành


3,0
điểm
ebooktoan.com












































 Lt 






thành 


















 Vi 












 vy  là nghim ca






















Vm 







Cách khác:
+ Nhn xét không là nghim c
+ Nu  t li là :






























































So vu kim 







Bài 3











 




 t 

























































Vy 






 Xét hàm s 





























































3,0
điểm
ebooktoan.com
Vy 







Bài 4

 Mi b ba s  tha mãn  
ng vi b

















t2012 s1 và 2 s 0.
y s b ba s cn tìm chính là s các cách sp xp hai ch s 0 và
2012 ch s 1 vào 2013 v trí sao cho hai s ng cnh nhau và
ng cui.
  sp xp các s c hin
* Sp xp 2012 ch s 1 có 1 cách sp xp
* Sp xp s u tiên vào gia 2012 s1 có 2011 cách sp xp (tr  trí
u và cui).
* Sp xp s 0 th hai vào gia 2013 s trên có 2010 cách sp xp ( không
su và cui và không sp bên trái, bên phi s 0 va sp)
* Vì hai s 0 có th i ch cho nhau nên có


các b s cn tìm.
Ta có nhn xét 2012 không chia h
nghim bng nhau.
 m các nghim













.
 có nghim loi này ta thy mi cp 



có duy nht mt s nguyên


vi 



  chn nghim loi này ta thc hin
* Chn mt s nguyên thuc  vào hai v trí 



có 1005 cách
chn.
* S còn li 

là 


t cách chn.
Vy có 1005 b ba s












.
* Vì vai trò 





i ch cho nhau nên có 3.1005 các nghim có hai s
ging nhau
Vy có


 các b nghim









trong






t khác nhau.

4,0
điểm
ebooktoan.com
Bài 5
* Gng chéo hình thang, t M là nghim ca h











* Ta có nhn xét ng thng
vuông góc
nhau.
CD=2AB suy ra hì
CD
* Vy din tích hình thang cân ABCD là:











* Ta li có







 Vy 































Vy t m A là








(loi)
Vi  do 
















* 
Ta li có













 
Vy t B là



(loi)
Vi    do 
















Vy t nh ca hình thang là   .

3,0
điểm
Bài 6
* m ca AC và
BD
Gm ca CD d thy CD (SHM)
nên (SHM) (SCD) hay SM là hình chiu ca SH
lên mt phng (SCD) vy 





* t 
























* Tam giác SHM vuông tc

































 























 





























* t 












4,0
điểm
M
H
A
B
C
D
S
ebooktoan.com
Xét hàm s :























































Bng bin thiên

  

+ -










Vy










B. HƯỚNG DẪN CHẤM
+ Hm t
m tng câu có th chia nh n 0,25 và không làm tròn.

ebooktoan.com
Câu 1. (5,0 điểm) Cho hàm số


3 2
1 1
y x x   .
1. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số


1

biết tiếp tuyến này vuông góc với
đường thẳng
d
có phương trình
5 1 0
x y
  
.
2. Tìm m để đường thẳng

có phương trình


1 1
y m x
  
cắt đồ thị hàm số


1
tại ba
điểm phân biệt


0;1 , ,
A B C
, biết hai điểm
,
B C
có hoành độ lần lượt là

1 2
;
x x
thỏa mãn:





3 3
1 1 2 2
2 2
2 1
2 2
1
1 1
x m x x m x
x x
   
  
 
.
Câu 2. (5,0 điểm)
1. Giải phương trình:




2
2 sin cos 1 2sin 2

1 tan
sin 3 sin5
x x x
x
x x
 
 

.
2. Giải hệ phương trình:


 
 
2 2
2
2 2 2
log log 2 .2
, .
2log 6log 1 log 3 3 0
x x
x x y
x y
x y x x y

  



     





Câu 3. (2,0 điểm) Tính tổng:
2 3 2014
0 1 2 2 2013 2013
2013 2013 2013 2013
2 1 2 1 2 1
.2. .2 . .2 .
2 3 2014
S C C C C
  
     .
Câu 4. (4,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho ba điểm


1;1
A ,


3;2
B ,


7;10
C . Lập phương trình

đường thẳng

đi qua
A
sao cho tổng khoảng cách từ
B
và
C
đến đường thẳng

lớn nhất.
2. Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho hai mặt cầu




2
2 2
1
: 1 4
S x y z
   










2 2 2
2
: 3 1 1 25
S x y z
     
. Chứng minh rằng hai mặt cầu trên cắt nhau theo giao
tuyến là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó.
Câu 5. (3,0 điểm)
Cho hình chóp tam giác đều
.
S ABC
có cạnh đáy bằng 1. Gọi
,
M N
là hai điểm thay đổi
lần lượt thuộc các cạnh
,
AB CD
sao cho mặt phẳng


SMN
luôn vuông góc với mặt phẳng
( )
ABC
. Đặt
,

AM x AN y
 
. Chứng minh rằng
3
x y xy
 
, từ đó tìm
,
x y
để tam giác
SMN
có diện tích bé nhất, lớn nhất.
Câu 6. (1,0 điểm)
Cho ba số dương
, ,
a b c
thỏa mãn
2 2 2 3 3 3
a b c a b c
    
. Chứng minh rằng
1 1 1
1
8 1 8 1 8 1
a b c
  
  
.

Hết

(Đề thi gồm có 01 trang)
UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2012 – 2013
MÔN THI: TOÁN – LỚP 12 – THPT
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi 29 tháng 3 năm 2013
================
Đ
Ề
CHÍNH TH
Ứ
C

UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2012 - 2013
MÔN THI : TOÁN – LỚP 12 – THPT
Ngày thi 29 tháng 3 năm 2013
==============

Lời giải sơ lược
Thang
điểm
Câu

1.1
Cho hàm số


3 2
1 1
y x x   .
Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số


1
biết tiếp tuyến này vuông góc
với đường thẳng
d
có phương trình
5 1 0
x y
  
.
3.0
TXĐ:

,
2
' 3 2
y x x
 

Hệ số góc của d là
1

5
 
Hệ số góc của tiếp tuyến là
5
k


1.0
Gọi


0 0
;
M x y
là tiếp điểm
Khi đó


0 0
2
0 0
0 0
1 3
3 2 5
5 23
3 27
x y
x x
x y


 

  
 

   
 

 


1.0

Từ đó tìm được phương trình hai tiếp tuyến:
5 2
y x
 
;
202
5
27
y x 

1.0
1.2
Tìm m để đường thẳng

có phương trình



1 1
y m x
  
cắt đồ thị hàm số


1

tại ba điểm phân biệt


0;1 , ,
A B C
, biết điểm
,
B C
có hoành độ lần lượt là
1 2
;
x x

thỏa mãn:




 
1
3 3
1 1 2 2

2 2
2
2 2
1 2
1 1
x m x x m x
x x
   
  
 
.
2.0
Phương trình hoành độ giao điểm:
   
   
3 2 2
2
0
1 1 1 1 0
1 0 *
x
x x m x x x x m
x x m


 
          

 
   




0.5


cắt đồ thị hàm số


1
tại ba điểm phân biệt
, ,
A B C


phương trình (*) có
hai nghiệm phân biệt khác 0
5
4 5 0
(**)
4
1 0
1
m
m
m
m

   
 



 
 
 


 


0.5
Gọi
1 2
,
x x
là hai nghiệm của (*), ta có:










3 2
1 1 1 1 1
2 1 1 1 1
x m x x x x m m m

 
           
 











3 2
2 2 2 2 2
2 1 1 1 1
x m x x x x m m m
 
           
 

Khi đó
 




2 2
2 1

1 1
2 1
1 1
m m
x x
 
  
 

0.5
 
  
 


 
 
2
2 2
1 2 1 2
1 2
2
2 2
2 2
2 1
1 2 1 2 1 2
2 2
2
1 1 1 1 3
1 1

2 1
x x x x
x x
m m
x x
x x x x x x
  
 
     
 
   

Kết hợp với hệ thức Viet ta biến đổi (3) trở thành




   
2
2
2 1 3 1
1
1 2 1 2
m m
m m
  

   
. Từ đó tìm được
0

3
m
m



 


Kết hợp điều kiện (**) ta có
0
m

thỏa mãn yêu cầu bài toán.
0.5
Câu
2.1
1.Giải phương trình:




 
2
2 sin cos 1 2sin 2
1 tan 1
sin3 sin 5
x x x
x
x x

 
 

. 2.5
ĐK:
 
sin3 sin5 0
sin 4 0 *
cos 0
x x
x
x
 

 




0.5
Biến đổi được








2

1 sin cos 1 2sin 2 2 sin 4 cos sin
x x x x x x
    


    
sin cos 0 2
cos sin 1 2sin 2 2 sin 4 3
x x
x x x x
  


  



0.5
   
2
4
x k k


   

(Loại)
0.5



3 cos sin sin3 sin os3 cos 2 sin 4
x x x x c x x x
      
 
2
4
2 sin 3 2 sin 4
3 2
4
28 7
x k
x x k
k
x



 

 

 
    

 
 

 





0.5

Kết hợp với điều kiện (*) ta có nghiệm của phương trình là
 
3 2
7 3, ,
28 7
k
x k m k m
 
    




0.5
2.2
Giải hệ phương trình:




   
 
2 2
2
2 2 2
log log 2 .2 1

, .
2log 6log 1 log 3 3 0 2
x x
x x y
x y
x y x x y

  



     





2.5
ĐK:
0; 1
x y
  

Phương trình







2 2 2 2
1 log log 2 1 log log 1 1
x
x x y x x x y x y
 
           
 


0.5
Thế vào (2) ta có
2
2 2 2
2log 6log log 3 0
x x x x x
   

  


 
2
2 2
2
log 3 0 3
log 3 2log 0
2log 0 4
x
x x x
x x

  
   

 



0.5


3 8
x
 

0.5

Giải (4), xét
     
2
2
2log 0 ' 1
ln 2
f x x x x f x
x
     

 
2
' 0
ln 2

f x x   . Lập BBT, từ đó suy ra phương trình (4) có nhiều nhất hai
nghiệm. Mà






2 4 0 4
f f
  
có hai nghiệm
2; 4
x x
 

Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm








; : 8;7 ; 2;1 ; 4;3
x y
1.0
Câu
3

Tính tổng:
2 3 2014
0 1 2 2 2013 2013
2013 2013 2013 2013
2 1 2 1 2 1
.2. .2 . .2 .
2 3 2014
S C C C C
  
     .
2.0
Xét








2013 2 2013
0 1 2 2013
2013 2013 2013 2013
1 2 . 2 . 2 . 2x C C x C x C x      0.5
     


2014
2 2
2014 2014

2013 2013
1 1
2
1 2
1 5 3
1 2 1 2 1 2
1
2 4028 4028
x
I x dx x d x


      
 

0.5
     
2
2 2013
0 1 2 2013
2013 2013 2013 2013
1
2 3 2014
0 1 2 2 2013 2013
2013 2013 2013 2013
. 2 . 2 . 2
2
.2 .2 .2
1
2 3 2014

C C x C x C x dx
x x x
C x C C C
 
   
 
 
    
 
 


2 3 2014
0 1 2 2 2013 2013
2013 2013 2013 2013
2 1 2 1 2 1
.2. .2 . .2 .
2 3 2014
C C C C
  
   
0.5

Vậy
S
2014 2014
5 3
4028



0.5
Câu
4.1
1.Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho ba điểm


1;1
A ,


3;2
B ,


7;10
C . Lập
phương trình đường thẳng

đi qua
A
sao cho tổng khoảng cách từ
B
và
C
đến
đường thẳng


lớn nhất
2.0
TH1:

cắt đoạn thẳng
BC
tại
M





; ;
d B d C BM CM BC
      




0.5
TH2:

không cắt đoạn thẳng
BC
, gọi


5;6

I là trung điểm
BC







; ; 2 ; 2
d B d C d I AI
      







0.5
Vì
80 2 41 2
BC AI
   nên




; ;
d B d C

  
lớn nhất bằng
2 2 41
AI 
khi

vuông góc với
AI

0.5


 
đi qua


1;1
A và nhận


4;5
AI 

là véc tơ pháp tuyến
Vậy phương trình đường thẳng




: 4 1 5 1 0 :4 5 9 0

x y x y
         

0.5
4.2
2. Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho hai mặt cầu




2
2 2
1
: 1 4
S x y z
   









2 2 2
2
: 3 1 1 25

S x y z
     
. Chứng minh rằng hai mặt cầu trên cắt
nhau theo giao tuyến là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó.
2.0


1
S
có tâm
1
(0;0;1)
I , bán kính
1
2
R




2
S
có tâm
2
(3;1; 1)
I

, bán kính
2
5

R


0. 5
1 2 2 1 1 2 2 1
14I I R R I I R R
      
hai mặt cầu cắt nhau
0.5

Khi đó tọa độ giao điểm của hai mặt cầu thỏa mãn hệ phương trình
0.5
B

∆
C

M

A

B

C

A

∆

I

 
     
 
2
2 2
2
2 2
2 2 2
1 4
1 4
6 2 4 11 0
3 1 1 25
x y z
x y z
x y z
x y z

   
   
 

 
   
      




Do đó hai mặt cầu trên cắt nhau theo giao tuyến là một đường tròn. Đường tròn

đó là giao tuyến của măt cầu


1
S
và mặt phẳng
( )
P
:
6 2 4 11 0
x y z
   

 
1
7
;( )
56
d I P 


bán kính đường tròn cần tìm là
 
 
2 2
1 1
5 2
;
4
r R d I P  

0.5
Câu
5
Cho hình chóp tam giác đều
.
S ABC
có cạnh đáy bằng 1. Gọi
,
M N
là hai điểm
thay đổi lần lượt thuộc cạnh
,
AB CD
sao cho mặt phẳng


SMN
luôn vuông góc
với mặt phẳng
( )
ABC
. Đặt
,
AM x AN y
 
. Chứng minh rằng
3
x y xy
 
, từ

đó tìm
,
x y
để tam giác
SMN
có diện tích bé nhất, lớn nhất.
3.0
Kẻ
SO MN

tại


O SO ABC
 
( Vì




SMN ABC

)
O

là trọng tâm tam giác đều
ABC

( Vì
.

S ABC
là hình chóp đều )





0. 5
Ta có
0 0 0
1 1 1
.sin 60 . .sin30 . .sin30
2 2 2
AMN AMO ANO
S S S xy x AO y AO
  
    
1 3 1 1 1 1 1 1
. . . . .
2 2 2 2 2 2
3 3
xy x y  



3 1
x y xy
  

0.5

1
.
2
SMN SMN
S SO MN S
 
  nhỏ nhất khi
MN
nhỏ nhất ( Vì
SO
không đổi)
Ta có




2 2
2 2 2 0 2 2
2 cos60 3 9 3
MN x y xy x y xy x y xy xy xy
          
0.5

Từ giả thiết
0 ; 1
x y
  
. Từ
 
4

1 3 2
9
xy x y xy xy
     

  
1
1 1 0 1 1 3
2
x y xy x y xy xy xy
           

0.5
S

A

C

B

N

M

O

Đặt
4 1
, ;

9 2
t xy t
 
 
 
 

2 2
9 3
MN t t
  

Lập bảng biến thiên hàm số


2
9 3
f t t t
 
4 1
, ;
9 2
t
 

 
 
ta được
MN
nhỏ nhất khi

4
9
t

, khi đó
2
3
x y
 

MN
lớn nhất khi
1
2
t

, khi đó
1
1
2
x
y







hoặc

1
2
1
x
y








1.0
Câu
6
Cho ba số dương
, ,
a b c
thỏa mãn
2 2 2 3 3 3
a b c a b c
    
. Chứng minh rằng
1 1 1
1
8 1 8 1 8 1
a b c
  
  

.
1.0
Ta có
3 3 2 3 3 2 3 3 2
1 3 ; 1 3 ; 1 3
a a a b b b c c c
        


2 2 2 2 2 2
3 3 3
a b c a b c a b c
          

Đặt
3 3 3
; ; 3
a b c
x a y b z c x y z
a b c a b c a b c
         
     

Ta có
 
1 1 1 1 1 1
2
8 1 8 1 8 1 8 1 8 1 8 1
a b c x y z
    

     

0. 5

Mà:
1 1 2
4 2
8 1 (2 1)(4 2 1)
x
x x x x
 

   

Tương tự suy ra VP(2)
1 1 1
2
4 2 4 2 4 2
x y z
 
  
 
  
 

Ta chứng minh
1 1 1 1
(3)
4 2 4 2 4 2 2
x y z

  
  

Biến đổi được


3 4 4 4 12
x y z
   
( Bất đẳng thức này luôn đúng bằng cách
sử dụng bất đẳng thức Côsi, với chú ý
3
x y z
  
)

đpcm.
0.5
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi
tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa.
2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết
nhưng không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh
trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống
nhất của cả tổ.
3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm

SỞ GD&ĐT BÌNH ĐỊNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
NĂM HỌC 2012-2013
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN-LỚP 12 THPT

Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề)


Bài 1:
a) Giải phương trình
23
2( 3 2) 3 8x x x   

b) Cho a, b, c, d, e, f nguyên dương. Đặt S = a+b+c+d+e+f ; Q = ab+bc+ca-de-ef-fd;
R = abc. Biết rằng S|Q và S|R.
Chứng minh rằng S là hợp số.

Bài 2: Cho dãy số
n
U
xác định:

1 1 1 2
1; 1 .
nn
U U U U U

  

Đặt
1

1n
n
k
k
S
U




Tìm lim
n
S
.

Bài 3: Cho hình chóp S.ABCD đãy ABCD là hình thang (AD//BC) và AD=3BC. Gọi M, N
lần lượt là trung điểm của SA, SB. Mặt phẳng (DMN) cắt SC tại P. Tính tỉ số
CP
CS


Bài 4: Trong ΔABC, M là chân đường vuông góc hạ từ A xuống đường phân giác trong của
góc ∠BCA. N,L lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ các đỉnh A,C xuống đường phân
giác trong của góc ∠ABC. Gọi F là giao điểm của các đường thẳng MN và AC, E là giao điểm
của các đường thẳng BF và CL, D là giao điểm của BL và AC. Chứng minh rằng: DE//MN.

Bài 5: Cho hàm số
**
:f 
với

(1) 2f 
thỏa:

   
22
(1 ( ) ). ( 1) ( )f n f n f n  

Chứng minh rằng
( ) 1, n 2014fn  