ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI HSG TỈNH VÀ CHỌN THI HSG QUỐC GIA

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU
_____________
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (4 điểm) Cho hàm số y =

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2010 – 2011
____________________
MÔN THI: TOÁN LỚP 12
Thời gian làm bài thi : 180 phút
Ngày thi : 02/11/2010

x 2  mx  m
x2  1

(1).

Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt và tiếp tuyến
với đồ thị (1) tại 2 điểm đó vuông góc với nhau .
Câu 2 (5 điểm)
1. Giải hệ phương trình :


 2x  2 y  4


 2x  5  2 y  5  6

  

2. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số : y  tan 2 x  16cos x khi x    ; 
 4 3

Câu 3 (4 điểm)
1. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD , các mặt bên có góc ở đỉnh S số đo là  ( 0 <  <


).
2

Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp cách đều các mặt
phẳng chứa lần lượt các mặt của hình chóp là  =


.
4

2. Cho H là trực tâm của tam giác ABC không cân và góc A nhọn, hình chiếu của H trên AB,
AC theo thứ tự là E, F . Gọi D là trung điểm của đoạn thẳng BC, P;Q là giao điểm của các
đường tròn đường kính AD , đường kính BC .
Chứng minh : Ba điềm H, P , Q thẳng hàng và các đường thẳng BC ,EF , PQ đồng quy.
Câu 4 (4 điểm): Cho hàm số f : R  R thỏa mãn : x  R : f ( x  1)  f ( x)  2 và f 2 ( x)  2 f ( x 2 )
Chứng minh:
1. x  R; m  Z : f ( x  m)  f ( x)  2m .
2. q  Q : f (q)  2q
Câu 5 (3 điểm) : Gọi T là phép biến đổi trên dãy số như sau: chọn 19 số hạng của dãy số và mỗi số
hạng này được cộng thêm 1, các số hạng còn lại của dãy số giữ nguyên.
Cho dãy số gồm 2010 số nguyên a1; a2 ; a3 ;...; a2010
Chứng minh rằng : Từ dãy số đã cho, sau một số hữu hạn phép biến đổi T , ta có thể được dãy
số gồm 2010 số bằng nhau.

---------------------------------------------------HẾT-----------------------------------------------------------Họ và tên thí sinh:………………………………………. Chữ ký giám thị 1:……………………..
Số báo danh :…………………………………………….


SỞ GIÁO DỤC –ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA –VŨNG TÀU

KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI
LỚP 12 DỰ THI QUỐC GIA, NĂM HỌC 2010-2011
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài thi 180 phút
Ngày thi: 07/12/2010

Câu 1( 4 điểm )
a/ Giải phương trình: 2( x  x  1)(1  x2  1)  x x .
b/ Giải bất phương trình: log3 ( x2  2 x  1)  1  log 2 x .
Câu 2( 4 điểm )
Cho tam giác ABC vuông ở A và nội tiếp trong đường tròn (O) .Trên tia đối của các tia
BA, CA ta lấy các điểm E và F sao cho BE = CF = BC . M là điểm chạy trên (O).
Chứng minh rằng : MA + MB + MC  EF.
Câu 3( 4 điểm ) Cho dãy số (un) thỏa :

 1 1  61 
u1   ;


4
8 



15
 3
*
un 1  un  64 , n N

a) Chứng minh dãy số (un) có giới hạn.
b) Tìm lim un .
Câu 4( 3 điểm )
Tìm tất cả các hàm số f :[0; )  [0; ) , thoả mãn:
f ( x  f ( y))  f ( y  f ( x))  2( f ( y)  3x  y); x, y  0 .

Câu 5( 5 điểm )
a) Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số sao cho 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ
số cuối giống nhau và khác không?
b) Trên mặt phẳng cho 2 x 2010 điểm ; trong đó không có bất kì 3 điểm nào thẳng
hàng.Người ta tô 2010 điểm bằng màu đỏ và tô 2010 điểm còn lại bằng màu xanh.
Chứng minh rằng:bao giờ cũng tồn tại một cách nối tất cả các điểm màu đỏ với tất cả
các điểm màu xanh bởi 2010 đoạn thẳng không có điểm nào chung.

---------------------------------------------------------HẾT----------------------------------------------Họ và tên thí sinh:
Chữ ký của giám thị 1:

Số báo danh:


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
Tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu
____________

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUY ỂN HỌC SINH GIỎICẤP

TỈNH THPT, NĂM HỌC 2010 – 2011
________________________

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
MÔN THI: TOÁN
( Hướng dẫn chấm có 03 trang )
Câu
Câu 1
(4 điểm)

Nội dung kiến thức
 Phương trình hoành độ giao điểm: x2  mx  m  0(2)
 Đồ thị (1) cắt 0x tại 2 điểm phân biệt  m< 0 hoặc m>4
....................................................................................................................
 TXD : D = R
 2 x  m  x 2  1  2 x x 2  mx  m
y' 
2
x2  1











Điểm
1
..............



 Hai giao điểm M1  x1 ,0  ; M 2  x2 ,0 

2 x1  m
2x  m
, y '  x2   22
2
x1  1
x2  1
Vì x1 ; x2 là hai nghiệm của phuương trình (2)
.....................................................................................................................
Hai tiếp tuyến vuông góc  y '( x1 ). y '  x2   1
.....................................................................................................................
 x12 .x22  x12  x22  2m  x1  x2   4 x1 x2  m2  1  0

1

+ y '  x1  

Câu 2.
(5 điểm)

.....................................................................................................................
 m2  2m  1  0  m  1
Vậy: m=-1 thỏa yêu cầu bài toán

1. ( 2, 5 điểm)
 Đk : x  0 , y  0
 2 x  5  2 x  2 y  5  24  10

 
 2x  5  2x  2 y  5  2 y  2

.......................................................................................................................
U  V  10

 2x  5  2x  U  5

 Đặt 
5 5
 2

 2y  5  2y V  5 
U V
U  V  10

U V  5
U .V  25
.......................................................................................................................
 2 x  5  2 x  5
x = y =2

2
y

5


24

5

.......................................................................................................................
2. (2.5 điểm)
1
 16cos x  1
 y
cos 2 x
.......................................................................................................................




 
 




..............
0.5
..............
1
..............
0,5

1

..............

1

..............

0,5.
..............

0,5
..............


1
  
1 
 Đặt cos x  t , x    ,   t   ;1 => y= f(t) = 2  16t  1
t
 4 3
2 
.......................................................................................................................
2
1
 f’(t) = - 3  16 , f’(t) = 0  t =
t
2
1 
 f(t) tăng trên đoạn  ;1
2 
Maxy  Maxf (t )  f 1  16

  
 ; 
 4 3

1
..............

1

1 
 ;1
2 

Miny  M inf  t   f  2   11
1

  
 4 ; 3 



Câu 3
(4 điểm)

1 
 2 ;1
 

1. ( 2 điểm )
 Các mặt phẳng lần lượt chứa các mặt của hình chóp cắt mặt cầu ngoại tiếp của

hình chóp theo giao tuyến là các đường tròn ngoại tiếp các mặt
.......................................................................................................................
 Ta có d 2  R 2  RC2 trong đó d khoảng cách ,R bán kính mặt cầu ngọai tiếp, RC
bán kính đường tròn giao tuyến
 ycbt  RSAB  RABCD
.......................................................................................................................
AB
AB 2



 
2sin 
2
4
.......................................................................................................................
2. ( 2điểm)
 PQ trục đẳng phương của hai đường tròn đường kính (BC) và đường kính (AD)
 Gọi AH  BC  A1 , ta.có HA.HA1  HE.HC  H  PQ
.......................................................................................................................
 Gọi K=EF  BC ( vì tam giác ABC không cân )
Ta có KB.KC  KE.KF  KA1.KD
( Xét đường tròn ( BC ), đường tròn Ơ –le)
=> Phương tích của điểm K đối với đường tròn đường kính ( BC ) = Phương tích của
điểm K đối với đường tròn đường kính ( AD) => Đpcm

Câu 4
(4 điểm)

1. (2 điểm )

m  N * , x  R  f  x  1  f  x   2; f  x  2   f  x  1  2  f  x   2.2...

 f  x  m   f  x   2m
( Thực hiện m-1 lần liên tiếp )
.......................................................................................................................
m  z, m  0  f  x  m   f  x  2m   m   f  x  2m   2m

 f  x  2m   f  x  m   2m  f  x  m   f  x   2m
.......................................................................................................................
2. ( 2 điểm )
m
 q Q  q  , m Z, n  N*
n

0,5
..............
1
..............
0,5
..............

1
..............

1

1

..............
1

..............


Câu 5
(3 điểm)

2
2
 m

  1 2m
 1 m
f    n    f   n    f    2n 
 n
  2  n
 2  n 

 

1 m
m
  f 2    4nf    4n 2  (1)
2  n 
n

.....................................................................................................................................

2
 m
 m2

 m2 
1 m
 
2
f    n    f  2  2m  n   f  2   2  2m  n 2   f 2    4m  2n 2 (2)
 n

2 n
 
n

n 

m
m
Từ (1) và (2) => f    2
(đpcm)
n
n
 Ta chỉ xét dãy các số hạng không bằng nhau
Gọi d  Max  ak   min  ak 

1

..............

1

 Không giảm tính tổng quát gọi a1 là số hạng có giá trị nhỏ nhất. Ta xếp các số hạng
của dãy lên một vòng tròn.

1
 Gọi ( x, y) là một nghiệm nguyên dương của phương trình : 19x= 2010y + 1 ( pt
này có nghiệm nguyên dương )
.....................................................................................................................................
..............
 Bắt đầu từ a1 ta thực hiện liên tiếp x lần phép T theo một hướng ( Mỗi bước 19 số
liên tiếp ) thì ta được mỗi số hạng đều tham gia y lần riêng a1 tham gia y+1 lần => a1
được tăng nhiều hơn các số còn lại 1 đơn vị và các số còn lại tăng như nhau .Nếu dãy
số có nhiều số hạng bằng a1 thì ta thực hiện tương tự .
.....................................................................................................................................
 Mỗi lần thực hiện như trên d giảm 1 , mà d là số tự nhiên do đó sau hữu hạn lần
thực hiện thì d =0 => đpcm

1

..............
1

Chý ý :
 Tổ chấm tự thống nhất cách chia điểm thành 0,25 nhưng không làm thay đổi tổng số điểm
từng thành phần
 Điểm bài thi giữ nguyên không làm tròn

HẾT


SỞ GIÁO DỤC –ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA –VŨNG TÀU

KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI

LỚP 12 DỰ THI QUỐC GIA, NĂM HỌC 2010-2011

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ DỰ BỊ
MÔN THI:TOÁN
( Hướng dẫn chấm có : 5 trang )
Nội dung kiến thức

Câu
Câu 1

Điểm
4điểm

1. Giải phương trình: 2( x  x  1)(1  x 2  1)  x x (1)

1 1
x x

* Điều kiện: x  1. (1)  2(1  1  )(  1 

1
) 1
x2

0,5

Đặt

1


 cos 2t , 0  t  .
x
4
* (1) trở thành: 2(1  2 sin t )(cos 2t  sin 2t )  1 (2)

0,5

* (2)  2(1  2sin 2 t )(cos 2t  sin 2t )  1  2 sin t

0,5

*  sin(4t 
*t


4

)  sin t

3
1
;x 
3
20
cos
10

0,5

2. Giải bất phương trình: log3 ( x 2  2 x  1)  1  log 2 x (1)

* (1)  2log3 ( x  1)  1  log 2 x . Điều kiện x > 0.
Đặt t  log 2 x  x  2t
1 t
2

(1) trở thành: 2t  1  3
t

t

0,5

t

 2   1 

 
  3.
 3  3

t

t

0,5
t

2  1 
1

 2   1 
 2 

* f (t )  
 
 , f '(t )  
 ln
 ln
3  3
3
 3  3
 3
t

0,5

t

 2  2 2  1  2 1
f ''(t )  

 0, t
 ln
 ln
3  3
3
 3
* f(1) = f(3) = 3 , lập luận được f’ có nghiệm duy nhất t0 và t0  (1;3) .
* Lập BBT, suy ra f (t )  3  1  t  3 .
* Nghiệm: 2 < x < 8.

Câu 2

0,5

4điểm


A
C
B
1
E

F
M

Áp dụng định lí ptoleme vào tứ giác ABMC ta có :
MA.BC = MB.AC + MC.AB

MA  MB  MC  MB.

AF
AE
 MC.
BC
BC

1

Áp dụng bất đt B.C.S ta có :
2
2
AF
AE 

2
2 AE  AF
MB
.

MC
.

MB

MC




BC
BC 
BC 2

2
2 EF
 BC .
 EF 2
2

BC
2

Dấu “=” xảy ra 

MB MC



 MBC  AFE  MBC
 EFA
AF AE

Câu 3

1

1

4điểm
a) un1  un 

15
15
 un 1  3 un 
, n  N *
64
64

Xét hs : f(x) =

3

1

15
x
 f tăng trên R
64

Chứng minh : un1  un , n  N * (1) bằng QN
15
 u13
Thật vậy : Với n = 1 : u2  u1  u1 
64
 1 1  61 
 (4u1  1)(16u12  4u1  15)  0 ( HN đúng vì u1    ;
 )
8 
 4
Giả sử ( 1) đúng vớ n = k 1 , nghĩa là : uk 1  uk

1

Với n = k + 1, (1)  uk 2  uk 1  f (uk 1 )  f (uk ) ( HN đúng vì f tăng)
 1 1  61 
*
Chứng minh : un    ;
 , n  N (2) bằng QN
4

8


 1 1  61 
Thật vậy : Với n = 1 : u1    ;

8 
 4

1


 1 1  61 
Giả sử ( 2) đúng vớ n = k 1 , nghĩa là : uk    ;

8 
 4

Với n = k + 1

uk 1  3 uk 

15
 f (uk )
64

 1 1  61 
 1  61 
 1
uk    ;

 , f tăng nên: f     f  uk   f 

8 
 4
 4
 8 

1
1  61
 uk 1 
4
8
(1), (2) suy ra Đpcm
b) Đặt L = lim un

Suy ra : 

n 

Từ Câu a) suy ra 

1
1  61
 L
4
8

1

L   4


15
15
1  61

3
3
3
un 1  un 
 L  L   L  64 L  15  0   L 
64
64
8

1  61

L  8


So với đk suy ra: lim un 
n 

1

1  61
8

3điểm

Câu 4

Giải pt hàm: f ( x  f ( y))  f ( y  f ( x))  2( f ( y)  3x  y); x, y  0
* Đặt f(0) = a  0 , cho x  y  0  f (a)  a .
Cho x  0, y  a  f (2a)  3a ; cho x  a, y  0  f (2a)  7a .
Vậy 7a = 3a nên a = 0. Suy ra f(0) = 0.
* Cho y = 0 ta có f ( f ( x))  f ( x)  6 x .
Xét dãy số (xn) : x1 = x, x2 = f(x), xn+1 = f(xn) , n = 1,2,3,…
Ta có : xn+2 + xn+1 – 6xn = 0. Pt đặc trưng : t2 + t – 6 = 0 có 2 nghiệm -3, 2.
Vậy xn   (3)n   .2n , với n =1 và n = 2 ta có :

f ( x)  2 x




3


2


x


15

* 
9  4  f ( x)
   f ( x)  3 x

10

 x2 n  0
; n  1, 2,..
* Vì xn  0, n  1, 2,...  
 x2 n 1  0
2n

0,5

1

1

2 n 1

2
2
           ; n .
3
3
* Cho n dần đến vô cực, ta có   0 . Vậy f(x) = 2x.
* Thử lại, ta thấy f(x) = 2x thoả đề bài.

0,5


5điểm

Câu 5
a/ Số phải tìm có dạng : aabb a, b N ,1  a , b  9
Ta có aabb  k 2 (1) , k  N ,31  k  100

(1)  1100a  11b  k 2  11(100a  b)  k 2 (2)
Từ (2)  k 2 chia hết 11, 11 nguyên tố suy ra k chia hết 11

1

Mà 31 < k < 100 nên suy ra k {33;44;55;66;77;88;99}
Thay vào ( 1) ta được k = 88
Vậy số cần tìm : 7744

1

b/ Xét tất cả các cách nối 2010 cặp điểm( đỏ với xanh ) bằng 2010 đoạn
thẳng
.các cách nối như vậy luôn tồn tại và do đó chỉ có 2010 cặp điểm cho nên
số tất cả cách nối như vậy là hữu hạn.
Do đó, ắt tìm được một cách nối có tổng độ dài các đoạn thẳng là ngắt
nhất.Ta chứng minh rằng đây chính là cách nối phải tìm.

1

Thật vậy: giả sử ngược lại ta có hai đoạn thẳng AX và BY mà cắt nhau tại
điểm O(Giả sử A và B tô màu đỏ , còn X và Y tô màu xanh).Khi đó , nếu ta
Thay đoạn thẳng AX và BY bằng hai đoạn thẳng : AY và BX , các đoạn đã
nối khác giữ nguyện thì ta có cách nối này có tính chất :
AY + BX < (AO +OY) + (BO + OX) = (AO +OX) + (BO + OY)
Suyra : AY+BX
1

B

O

A

X

1

Y
Như vậy : việc thay hai đoạn thẳng AX và BY bởi hai đoạn thẳng AY và
BX , ta nhận đựợc một cách nối mới có tổng độ dài các đoạn thẳng là nhỏ
hơn .Vố lý , vì trái với giả thiết là đã chọn cách nối có tổng độ dài là bé nhất
.Điều vô lý đó chứng tỏ : cách nối có tổng độ dài các đoạn thẳng là ngắn
nhất là không có điểm chung.
LƯU Ý:
- Tổ chấm thống nhất điểm thành phần đến 0,25đ
- Điểm bài thi giữ nguyên không làm tròn .
---------------------------------------------------------------HẾT---------------------------------------------------