ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ VIII môn toán lớp 11

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG NĂM 2012

ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN – LỚP 11

Câu Đáp án
Điểm
Câu 1

6,0
1.
3
33
6cos 2 2cos3 2cos 2 6cos 2 8cos 4cos 2
x
xx x xx+= + −⇔ += − −
(2)

0,5
Đặt
3
6cos 2tx=+
ta có hệ pt:
()
3
3
3
33
6cos 2
8cos 4cos 2
8cos 2cos 2cos 2cos

( ) (2cos ) (3)
tx
txx
tt x x x x
ft f x
⎧
=+
⎪
⎨
=−−
⎪
⎩
⇒+= + = +
⇔=

Trong đó
3
()
f
ttt=+
.
1,0
Ta có:
2
'( ) 3 1 0,
f
tt t=+>∀
nên f(t) là hàm đồng biến trên
\

0,5
Do đó pt (3)
()( )
3
3
2
6cos 2 2 cos 6 cos 2 8 cos
osx=1
osx-1 2cos 1 0
1
cosx=-
2
x
xx x
c
cx
⇔+=⇔+=
⎡
⎢
⇔+=⇔
⎢
⎣

0,5
Với
osx=1 x=k2 (k )c π ]⇔∈

Với
12
osx=- 2 (k )

23
π
cxkπ ]⇔=± + ∈


0,5
2. Điều kiện : 11
x
−≤ ≤ 0,5
Đặt os2 , 0;
2
π
xc tt
⎡⎤
=∈⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦

0,5

Bất phương trình tương đương với :
2
2
os 2
1 os2 1 os2 2
4
os 2
2(cos sin ) 2
4
ct

ct ct
ct
tt
++−≤−
⇔+≤−

22
2cos( ) 2 sin ( ) os ( )
444
πππ
ttct⇔−≤−− −


1,0
22
42
2 1 os ( ) os ( ) 2cos( ) 0
44 4
os()os()2cos()20
44 4
ππ π
ct ct t
ππ π
ct ct t
⎡⎤
⇔−− − − − − ≥⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦
⇔−−−−−+≥

22
2
os ( ) 1 os( ) 1 0 (*)
44
ππ
ct ct
⎡⎤⎡⎤
⇔−−+−−≥
⎢⎥⎢⎥
⎢⎥⎢⎥
⎣⎦⎣⎦

(*) luôn đúng với
0;
2
π
t
⎡⎤
∀∈
⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦

Vậy bất phương trình đã cho luôn có nghiệm với
[
]
1;1x∀∈−
1,0
Câu 2

4,0
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
,,
f
fy fx fx y fx y xy+=+++∀
(1)
Trong (1) thay y bởi f(y) ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)

(,
f
ffxfy fxfy fxfyxy+=+++∀(2)
1,0
Trong (2) thay y bởi x và x bởi y ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(,
f
ffy fx fy fx fy fx xy+=+++∀(3)
1,0
(2),(3)
(
)
(
)
(
)

(
)
,
f
xfy fyfx xy⇒+ =+ ∀,từ (1) có:
(
)
(
)
(
)
() ,
f
xy fx y fxy fy xxy++ += ++ +∀
(
)
(
)
,
f
xxfyyaxy⇒−=−=∀
1,0

()
f
xxax⇒=+∀

1,0
Câu 3

5,0

E
F
P
D
I
K
H
A
C
B
M



Gọi D là điểm đối xứng của A qua BC. Gọi P là giao điểm của CD và MH.
Ta thấy :

Δ BHD = Δ AKB ( Do BA = BD,
∠
B =
∠
A = 90
0
, BH = HM = AK)
Do đó
∠
AKB =
∠

BHD ⇒ BK
⊥
HD (tại E)

1,0
Tương tự ta có CH
⊥
KD (tại F)
1,0

Trong tam giác DKH các đường cao KB và CH cắt nhau tại I nên DI là đường
cao thứ 3. Hay DI
⊥
KH (1)

1,0
Mặt khác
Δ
PDM =
Δ
AKH ( Do AK = BH = DP,
∠
P =
∠
A = 90
0
, MP =
MK) Do đó
∠ PMD = ∠ AHK
⇒

MD
⊥
HK (tại E) (2)
Từ (1) và (2) ta có DI và DM cùng vuông góc với KH nên I, D, M thẳng
hàng. Chứng tỏ MI luôn qua D cố định
2,0
Câu 4

3,0
+) Nếu n = 2k,
(
)
44
16 0 mod16knk∈⇒ = ≡]

1.0
+) Nếu = 2k + 1,
(
)
(
)
244
14 18 116 1mod16kn kk n n∈⇒ −= + ⇒ − ⇔ ≡]##
Do đó, ta có:
(
)
(
)
44 4
12 12

mod16 , , 12xx x r r r+++ ≡ ∈ ≤`
.

1.0


Mặt khác, ta có:
(
)
2013 13 mod16≡
Do vậy, phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.

1.0
Câu 5

2,0


Sắp xếp 2012 số nguyên dương đầu tiên thành một hàng theo thứ tự tăng bắt đầu
từ 1. Nếu một số được chọn thì đặt biểu tượng Y dưới số đó, nếu không chọn thì
đặt biểu tượng N dưới số đó. Gọi x
1
là số lượng số có biểu tượng N đứng trước
biểu tượng Y đầu tiên; x
2
là số lượng số có biểu tượng N giữa biểu tượng Y đầu
tiên và biểu tượng Y thứ hai, , x
11
là số lượng số có biểu tượng N giữa biểu
tượng Y thứ 10 và biểu tượng thứ 11; và x

12
là số lượng số đứng sau biểu tượng
Y thứ 11. Khi đó có một tương ứng một – một giữa những sự lựa chọn chấp nhận
được với những nghiệm nguyên của phương trình: x
1
+ x
2
+ + x
12
= 2001 với
x
1
21112
0, 1, , 1, 0xxx≥≥ ≥≥
. Do đó kết quả cần tìm là
11
2002
C



2,0

Lưu ý khi chấm bài:
- Nếu học sinh giải đúng theo cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong
đáp án để cho điểm.
- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử
dụng kết quả sai đó không được điểm.
- Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau Điểm toàn
bài tính đến 0,5 và không làm tròn.

Hết