BỘ đề THI HSG TỈNH lớp 12 CHUYÊN TOÁN kèm đáp án CHI TIẾT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
SÓC TRĂNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Năm học 2014-2015

Đề chính thức

Môn: Toán - Lớp 12
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể phát đề)
Ngày: 20/9/2014
________________
HƯỚNG DẪN CHẤM
---------------------Câu 1: (5,0 điểm)
Đặt t  3x 2 , điều kiện t  0 .
(0,5đ)
2
Phương trình trở thành: 3t  (3 x  10)t  3  x  0 .
(0,5đ)
1

t

(1,0đ)

3 .

t   x  3
1
1
Trường hợp 1: t   3x 2 = .

3
3
 x  1.
(1,0đ)
x2
Trường hợp 2: t   x  3  3  3  x (*).
Do vế trái là hàm số đồng biến, vế phải là hàm số nghịch biến nên nếu phương
trình (*) có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
(1,0đ)
2 2
Vì 3  3  2 nên x  2 là nghiệm duy nhất của phương trình (*).
(0,5đ)
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  1 và x  2 .
(0,5đ)
Câu 2: (5,0 điểm)
Ta có: u n 




1
n  n 1

.

2

1

.

(1,0đ)

n 1
n 1
.

2
2

(1,0đ)

n 1
n 1

2
2

Khi đó:

S  u1  u2  ...  u2014


11 11 21 21 31 31
20131 20131 20141 20141 . (1,0đ)






...



2
2
2
2
2
2
2
2
2
2




11
2 1
2013  1
2014  1



2
2
2
2

(1,0đ)

4030  4028  2
(1,0đ)
2
Câu 3: (5,0 điểm)
Gọi mi là số học sinh mới về họp mặt của lần họp mặt thứ i thỏa mãn yêu cầu


bài toán ( i  1,10 , mi  20 ).
(0,5đ)
Vì không có học sinh nào gặp nhau quá một lần nên kể từ lần họp mặt thứ hai,
mỗi lần họp mặt, số học sinh đã cùng họp mặt trong một lần trước đó không thể về
dự họp lại quá 1 học sinh.
(0,5đ)
Như vậy:
m1 =20.
m2  19 (có thể 1 em ở lần đầu về họp mặt).
m3  18 (có thể 2 lần họp mặt trước mỗi lần đều có 1 em về họp mặt lần
này, các em này thỏa điều kiện là lần thứ hai về họp mặt).
m4  17 (có thể 3 lần họp mặt trước mỗi lần đều có 1 em về họp mặt lần
này, các em này thỏa điều kiện là lần thứ hai về họp mặt).
……………….
m10  11 (có thể 9 lần họp mặt trước mỗi lần đều có 1 em về họp mặt lần
này, các em này thỏa điều kiện là lần thứ hai về họp mặt).
(lập luận chặt chẽ: 3,0đ)
Sau lần thứ nhất chỉ còn 9 lần họp mặt mà số học sinh mới về họp mặt lần đầu trong
mỗi lần họp mặt đều lớn hơn 9 nên có khả năng chọn được cho mỗi lần họp mặt sau một em
chỉ mới họp mặt lần đầu về họp mặt.
(0,5đ)

Vậy khối 12 năm học đó của trường trung học phổ thông MTT có ít nhất là:
20+19+…+11=155 (học sinh).
(0,5đ)

Câu 4: (5,0 điểm)

AP
AQ
 m và
 n . Dễ thấy 0  m, n  1 .
AB
AC
S
AP. AQ
 m.n .
Ta có: APQ 
S ABC AB. AC
BN BP
S

 1  m . Do đó BNP  (1  m) 2 .
Vì PN / / AD nên
BD BA
S BDA
Đặt

(0,5đ)
(0,5đ)
(0,5đ)

S CMQ
 (1  n) 2 .
S CDA
 S ABC  S APQ  S BNP  S CMQ .

Tương tự ta cũng được:

(0,5đ)

Ta lại có: S MNPQ

(0,5đ)

 S ABC  m.n.S ABC  (1  m) 2 .S ABD  (1  n) 2 .S CDA .
(0,5đ)
 (1  m.n)  (1  m) 2  .S ABD  (1  m.n)  (1  n) 2  .S CDA .
 (2m  m.n  m 2 ).S ABD  (2n  m.n  n 2 ).S CDA .
Vì 2m  m.n  m 2 >0 và 2n  m.n  n 2 >0 nên
S MNPQ  (2m  m.n  m 2 )  (2n  m.n  n 2 )  max  S ABD , S CDA .

(0,5đ)
(0,5đ)

 S MNPQ   2(m  n)  (m  n) 2  max  S ABD , S CDA .
 S MNPQ  1  (m  n  1) 2  max  S ABD , S CDA .

Do đó S MNPQ  max  S ABD , S CDA .

(0,5đ)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi S ABD  S CDA và m  n  1 , tức là D là trung
điểm của đoạn thẳng BC và

AP AQ

 1.
AB AC

(0,5đ)

--- HẾT --Chú ý: Nếu bài làm của học sinh có cách giải khác, đúng cho đủ số điểm.


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
SÓC TRĂNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Năm học 2014-2015

Đề chính thức

Môn: Toán - Lớp 12
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể phát đề)
Ngày: 21/9/2014
________________
HƯỚNG DẪN CHẤM
---------------------Câu 1: (6,0 điểm)
Ta có: 2m  1  n 2  2m  (n  1)(n  1) .

(0,5đ)

Vì m, n  N nên n  1, n  1 phải là các số nguyên dương và là ước của 2m . (1,0đ)
Giả sử n  1  2 p , n  1  2q với p, q  N . Dễ thấy p  q .

(0,5đ)

Ta có: 2q  2 p  (n  1)  (n  1) .

(0,5đ)

 2 p (2q  p  1)  2 .

(0,5đ)

Vì số lẻ 2q  p  1 là ước của 2 nên 2q  p  1  1.

(1,0đ)

Ta được q  p  1 .

(0,5đ)

Vì 2 p (2  1)  2 nên ta được p  1 , q  2 .

(1,0đ)

Vậy m  3 , n  3 .

(0,5đ)

Câu 2: (7,0 điểm)
Viết lại phương trình dưới dạng:

8
1
19
.


1  2 x 2014 1  22015 x 2 x  2014  22015 x  3
u  1  2 x 2014
Đặt 
, điều kiện u , v  1 .
2015  x
v  1  2

(0,5đ)

(1,0đ)

Khi đó u.v  (1  2 x  2014 )(1  22015 x )

 1  2 x  2014  22015 x  2
 u  v  1.
(1,0đ)

19
8 1
  

Phương trình tương đương với  u v u  v  1 .
 u  v  1  u.v

(1,0đ)


 u  8v  19
.

u

v

1

u
.
v

u  3  v  2

5
u  9  v 

4

(1,0đ)

1  2 x 2014  3
Trường hợp u  3  v  2 , ta được 

 x  2015 .
2015  x
1

2

2

(1,0đ)

1  2 x 2014  9
5

Trường hợp u  9  v  , ta được 
5  x  2017 .
2015  x
4
1

2


4

(1,0đ)

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  2015 và x  2017 .

(0,5đ)

Câu 3: (7,0 điểm)

Kéo dài B ' I cắt AB tại K .
AB ' C ' P
( do C ' P // AB ' ) (1).

AK C ' K
C 'P B'N
Do C ' P  B ' N nên
(2).

C 'K C 'K

Theo định lí Talet

Do IB ' N

IKC ' nên

B ' N IB '
(3).

C ' K IK

(1,0đ)
(1,0đ)
(1,0đ)

AB ' IB '
.

(1,0đ)

AK IK
 AI là phân giác của góc KAB ' hay AI là phân giác của góc BAC .
(1,0đ)
Chứng minh tương tự BI là phân giác của góc ABC , CI là phân giác của góc

Từ (1), (2), (3) cho ta

ACB .

Vậy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

(1,0đ)
(1,0đ)

--- HẾT --Chú ý: Nếu bài làm của học sinh có cách giải khác, đúng cho đủ số điểm.


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015-2016
ĐỀ THI MÔN: TOÁN - THPT
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (2,5 điểm).
1
a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  x 3   m  1 x 2   m  3 x  8m 2
3

đồng biến trên khoảng  0;3 .

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y   x 3  3mx 2  3m  1 có điểm
cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị đó đối xứng với nhau qua đường thẳng x  2 y  1  0 .
Câu 2 (2,0 điểm).

cos 2 x  cos3 x  1
a) Giải phương trình: cos 2 x  tan x 
.
cos 2 x
b) Cho đa giác đều có 15 đỉnh. Gọi M là tập tất cả các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của
đa giác đã cho. Chọn ngẫu nhiên một tam giác thuộc tập M, tính xác suất để tam giác được chọn
là một tam giác cân nhưng không phải tam giác đều.
Câu 3 (1,5 điểm).
x 1
 x 1  x   .
Giải phương trình:  x  2  4  x   x  2  4  x 
2
Câu 4 (2,0 điểm).
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a, AD  b  a, b  0  , SA
2

vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và SA  2a . Lấy điểm M bất kì thuộc cạnh SA sao cho
AM  x với 0  x  2a .
a) Tính diện tích thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng ( MBC ) .
b) Xác định x để mặt phẳng ( MBC ) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích
bằng nhau.
Câu 5 (1,0 điểm).
Cho tam giác ABC vuông cân tại A, có trọng tâm G. Gọi E, H lần lượt là trung điểm của
các cạnh AB, BC; D là điểm đối xứng với H qua A, I là giao điểm của đường thẳng AB và đường

thẳng CD. Biết điểm D  1;  1 , đường thẳng IG có phương trình 6 x  3 y  7  0 và điểm E có
hoành độ bằng 1. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Câu 6 (1,0 điểm).
Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn 1;9  và x  y, x  z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P 

y
1 y
z 
 

.
10 y  x 2  y  z z  x 
---------------Hết---------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:……….………..…….................…….….….; Số báo danh:……….....……….


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015-2016
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN - THPT
(Hướng dẫn chấm có 05 trang)

I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học
sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần
đó.

II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý
Nội dung trình bày
Điểm
a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số
1
1
y  x 3   m  1 x 2   m  3 x  8m 2 đồng biến trên khoảng  0;3 .
3
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số 2,5
y   x 3  3mx 2  3m  1 có điểm cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị đó đối

xứng với nhau qua đường thẳng x  2 y  1  0 .
a

TXĐ:

y '  x 2  2  m  1 x   m  3
Do phương trình y '  0 có nhiều nhất hai nghiệm trên

, nên để hàm số đã

0,5

cho đồng biến trên khoảng  0;3  y '  0, x   0;3

x2  2x  3

 m, x   0;3 .
2x  1

x2  2x  3
trên khoảng  0;3
2x  1
x  1
2x2  2x  4
g ' x  
;
g
'
x

0




2
 2 x  1
 x  2  loai 

Xét hàm số g  x  

0,5

BBT
x

0

g ' x 

1



0

3

3


18
7

g  x

0,5

2
Từ BBT, g  x   m, x   0;3  m  2
Vậy, m  2 thì hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  0;3 .
b

TXĐ:

x  0
. Hàm số đã cho có cực đại và cực tiểu 
y '  3 x 2  6mx; y '  0  
x


2
m

phương trình y '  0 có hai nghiệm phân biệt  m  0
1

0,5



Tọa độ hai điểm cực trị A  0;  3m  1 , B  2m;4m3  3m  1  AB  2m;4m3 
và trung điểm của AB là I  m;2m3  3m  1

I  d
A, B đối xứng với nhau qua đường thẳng d : x  2 y  1  0  
 AB  d

0,5

4m3  5m  1  0
 3
 m  1 (thỏa mãn). Vậy, m  1 .
4m  4m  0

cos 2 x  cos3 x  1
a) Giải phương trình: cos 2 x  tan x 
.
cos 2 x
b) Cho đa giác đều có 15 đỉnh. Gọi M là tập tất cả các tam giác có ba đỉnh là ba

đỉnh của đa giác đã cho. Chọn ngẫu nhiên một tam giác thuộc tập M, tính xác
suất để tam giác được chọn là một tam giác cân nhưng không phải tam giác
đều.

2

2

a

Điều kiện: x 


 l
2

l  

Suy ra (1)  cos 2 x  tan x  1  cos x  (1  tan x)
2

2,0

0,25

2

cos x  1
 cos 2 x   cos x  2cos x  cos x  1  0  
cos x  1

2


0,25

+) cos x  1  x    k 2  k 

0,25

2



1

 x    k 2  k  
2
3
Kết hợp với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm x    k 2 ,

x    k 2  k  
3
+) cos x 

b

Số tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đã cho là: C153  455 tam giác.
Số phần tử của tập M là: M  455
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp của đa giác đều. Xét một đỉnh A bất kì của
đa giác: Có 7 cặp đỉnh của đa giác đối xứng với nhau qua đường thẳng OA, hay

có 7 tam giác cân tại đỉnh A. Như vậy, với mỗi một đỉnh của đa giác có 7 tam
giác nhận nó làm đỉnh tam giác cân.
15
 5 tam giác.
Số tam giác đều có ba đỉnh là các đỉnh của đa giác là
3
Tuy nhiên, trong các tam giác cân đã xác định ở trên có cả tam giác đều, do
mọi tam giác đều thì đều cân tại ba đỉnh nên các tam giác đều được đếm ba lần.
Suy ra, số tam giác giác cân nhưng không phải tam giác đều có ba đỉnh là ba
đỉnh của đa giác đã cho là: 7.15  3.5  90 .
Vậy, xác suất để chọn được một tam giác cân nhưng không phải tam giác đều
90 18
 .
từ tập M: P 
455 91
2

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25


3

 x  2  4  x  

Giải phương trình:

x2  4 x 

Điều kiện: 2  x  4

1  2  x  2  4  x   2 




x2  4 x



2

2



x 1
 x  1 1
2



x  2  4  x  x 1 2 x 1



1,5

0,5

x  2  4  x  x 1 2 x 1

Xét hàm số: f  t   t 2  2t , t  0 . Có f '  t   2t  2  0t  0  hàm số đồng
biến trên  0;  . Suy ra phương trình (1) có dạng
f





x2  4 x  f





x 1 

0,5

x  2  4  x  x 1

11

. Nghiệm tìm được thỏa mãn.
5
11
Vậy phương trình có nghiệm: x  3; x 
5
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
AB  a, AD  b  a, b  0  , SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và
2

4

 x  2  4  x   x  1  x  3; x 

SA  2a . Lấy điểm M bất kì thuộc cạnh SA sao cho AM  x với 0  x  2a .
a) Tính diện tích thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng ( MBC ) .

0,5

2,0

b) Xác định x để mặt phẳng ( MBC ) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có
thể tích bằng nhau.
S

N

M
H
A

D

B

a

C

Do BC / / AD  mặt phẳng (MBC) cắt mặt phẳng (SAD) theo giao tuyến MN
( N  SD ) và MN / / AD .
AD   SAB   MN   SAB   MN  BM . Suy ra thiết diện của hình chóp

0,5

S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (MBC) là hình thang BCNM vuông tại B và M

b  2a  x 
MN SM

 MN 
AD
SA
2a
Diện tích thiết diện BCNM:
BM  x 2  a 2 ,

S BCNM

 b  2a  x   2
a  x2

b 

2a
b  4a  x  a 2  x 2



2
4a
3

0,5


b

Kẻ AH  BM tại H, suy ra AH   BCNM  , AH 
Do  BCNM    SAB  

 d  S ,  BCNM   

d  S ,  BCNM  

d  A,  BCNM  



ax
a  x2
2

MS
MA

a  2a  x 

0,5

a2  x2
Thể tích khối chóp S.BCNM:
b  2a  x  4a  x 
1
VS . BCNM  d  S ,  BCNM   .S BCNM 
3
12
Để mặt phẳng (MBC) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích bằng
nhau: VS . ABCD  2VSBCNM 

2a 2b b  2a  x  4a  x 

3
6




5




 x  3  5 a (lo¹i)
2
2
 x  6 ax  4 a  0  
Vậy x  3  5 a .
x  3  5 a

Cho tam giác ABC vuông cân tại A, có trọng tâm G. Gọi E, H lần lượt là trung
điểm của các cạnh AB, BC; D là điểm đối xứng với H qua A, I là giao điểm của
đường thẳng AB và đường thẳng CD. Biết điểm D  1;  1 , đường thẳng IG có



0,5



1,0

phương trình 6 x  3 y  7  0 và điểm E có hoành độ bằng 1. Tìm tọa độ các
đỉnh của tam giác ABC.

B

H

E
G

K
A

F

C

I
D
Gọi K là trung điểm của BI, suy ra HK / / CD  A là trung điểm của KI,
1
HK  DI  IC ;
2
1
AK  BK  GK / / AC  GK  AB  GB  GI  GC hay G là tâm đường
2
1
tròn đi qua ba điểm C, I, B. CGI  2 IBC  90o , ID  IC  DE / / IG .
2
4

0,5


Phương trình đường thẳng DE: 2 x  y  1  0  E 1;3
CE  IG , suy ra phương trình CE : x  2 y  7  0 . Tọa độ của G là nghiệm của

7

x


x  2 y  7  0

7 7
3
hệ phương trình 

 G  ;   C  5;1
3 3
6 x  3 y  7  0
y  7

3
 5 
DG  AG  A 1;1  B 1;5  . Vậy, A 1;1 , B 1;5  và C  5;1 .
2
6

0,25

0,25

Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn 1;9  và x  y, x  z . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P 

y
1 y
z 
 


.
10 y  x 2  y  z z  x 

Với a, b dương thỏa mãn ab  1 ta có bất đẳng thức



1,0

1
1
2


.
1  a 1  b 1  ab





2
1
1
2
 a b
ab  1  0 đúng do ab  1 .


1  a 1  b 1  ab

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b hoặc ab  1 .

Thật vậy:




1
1 1
1 
1
1

Áp dụng bất đẳng thức trên: P 
 


x 2
z
x
x
x
10 
1
1   10 
1

y
y
z

y
y

Đặt

0,25

0,25

x
1
1
 t  1;3 . Xét hàm số f  t  

trên đoạn 1;3 .
2
y
10  t 1  t
2t

f 't  



1

; f '  t   0  t 4  2t 3  24t 2  2t  100  0

10  t  1  t 
 t  2   t  24t  50   0  t  2 do t

2 2

2

3

3

 24t  50  0 t  1;3 .

BBT

0,25
t

1

f 't 
f t 

2



3
+

11
18

5
4
1
2

Suy ra Pmin

x  4 y

  z  x
x  4 y
1
 khi và chỉ khi   y z  
.

2
z  2 y
 x
  1
  y
---------------Hết---------------5

0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VĨNH PHÚC

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013

Môn: TOÁN
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Ngày thi: 02/11/2012.

Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số y = x3 − (m + 1) x 2 + x + 2m + 1 , với m là tham số thực, có đồ thị là (C).
Tìm m để đường thẳng d : y = x + m + 1 cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho tổng hệ
số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A, B, C bằng 12.
Câu 2 (2 điểm). Giải phương trình: 1 − x + 1 + x = 2 −

x2
, (x ∈ ℝ)
4

2 y 3 + y + 2 x 1 − x = 3 1 − x
Câu 3 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình: 
(x, y ∈ ℝ)
2
 2 y + 1 + y = 4 + x + 4
Câu 4 (1,5 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng
chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là
3 x + 5 y − 8 = 0, x − y − 4 = 0 . Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D ( 4; −2 ) . Viết phương trình các đường thẳng AB, AC;
biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3.
Câu 5 (2 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, tam giác SAB cân
tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M là trung điểm của SD, mặt
phẳng (ABM) vuông góc với mặt phẳng (SCD) và đường thẳng AM vuông góc với đường thẳng BD.
Tính thể tích khối chóp S.BCM và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC).

Câu 6 (1 điểm). Cho các số thực x, y thỏa mãn x + y − 1 = 2 x − 4 + y + 1 . Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = ( x + y )2 − 9 − x − y +

1
⋅
x+ y

………. Hết……….

- Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.
- Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
- Họ và tên thí sinh ............................................................... Số báo danh ..............................................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013
Môn: TOÁN
HƯỚNG DẪN CHẤM
(Gồm 04 trang)

Lưu ý khi chấm bài:
-Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của
học sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.
-Nếu học sinh giải 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.

-Trong lời giải câu 4 và câu 5 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm.
-Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
Câu 1. (2 điểm)
Nội dung
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là:
x3 − ( m + 1) x 2 + x + 2m + 1 = x + m + 1

⇔ x3 − ( m + 1) x 2 + m = 0 (1)
⇔ ( x − 1) ( x 2 − mx − m ) = 0

x = 1
⇔ 2
 x − mx − m = 0 ( 2 )
d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác
m 2 + 4m > 0
2
∆
 = m + 4m > 0

1 ⇔ 2
⇔
(*)
1
1 − m.1 − m ≠ 0
m ≠

2
Gọi x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình (2). Tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại
A, B, C là: y ' (1) + y ' ( x1 ) + y ' ( x2 ) = 12

⇔ 4 − 2m + 3 ( x12 + x22 ) − 2 ( m + 1)( x1 + x2 ) = 12
⇔ 3 ( x1 + x2 ) − 6 x1 x2 − 2 ( m + 1)( x1 + x2 ) = 8 + 2m (3)
2

Theo định lí Viet ta có: x1 + x2 = m, x1 x2 = −m , thay vào (3) ta được m 2 + 2m − 8 = 0 .
Giải ra ta được m = −4 (loại) hoặc m = 2 (thỏa mãn). Vậy m = 2 là giá trị cần tìm.

Câu 2. (2 điểm)
Điểm

Nội dung
Điều kiện x ∈ [−1;1] , đặt t = 1 − x + 1 + x (t ≥ 0 )
⇒ t 2 = 2 + 2 1 − x2 ⇒ x2 = t 2 −

t4
, với t 2 − 2 ≥ 0.
4

1


1
t4 
Phương trình đã cho trở thành t = 2 −  t 2 −  ⇔ t 4 − 4t 2 − 16t + 32 = 0
4
4

⇔ (t − 2 ) (t 2 + 4t + 8 ) = 0 , suy ra t = 2.
2

Với t = 2 , ta có 1 − x + 1 + x = 2 ⇔ 2 + 2 1 − x 2 = 4 ⇔ 1 − x 2 = 1 ⇔ x = 0 ( thỏa
mãn). Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.

Câu 3. (1,5 điểm)
Điểm

Nội dung
Điều kiện: −4 ≤ x ≤ 1; y ∈ ℝ . Ta có
(1) ⇔ 2 y 3 + y = 2 1 − x − 2 x 1 − x + 1 − x
⇔ 2 y 3 + y = 2(1 − x) 1 − x + 1 − x
Xét hàm số f (t ) = 2t 3 + t , ta có f '(t ) = 6t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ ℝ ⇒ f (t ) đồng biến trên ℝ . Vậy

y ≥ 0
(1) ⇔ f ( y ) = f ( 1 − x ) ⇔ y = 1 − x ⇔  2
 y = 1− x
Thế vào (2) ta được

3 − 2 x + 1 − x = 4 + x + 4 (3). Xét hàm số

g ( x) = 3 − 2 x + 1 − x − x + 4, liên tục trên [-4;1], ta có
g '( x) = −

1
1
1
−
−
< 0 ∀x ∈ (−4;1) ⇒ g ( x) nghịch biến trên [-4;1]. Lại
3 − 2x 2 1 − x 2 x + 4

có g (−3) = 4 nên x = −3 là nghiệm duy nhất của phương trình (3).
 x = −3
Với x = −3 suy ra y = 2. Vậy hệ có nghiệm duy nhất 
 y = 2.

Câu 4. (1,5 điểm)
A

E
H

B

K

C

M

D

Điểm

Nội dung
Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của BC và AD,
E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu nd , ud lần lượt là vtpt, vtcp của đường thẳng d.

2

Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
7

 x = 2
x − y − 4 = 0
7 1
⇔
⇒ M  ;− 

2 2
3 x + 5 y − 8 = 0
y = − 1

2

AD vuông góc với BC nên nAD = u BC = (1;1) , mà AD đi qua điểm D suy ra phương trình

của AD :1( x − 4 ) + 1( y + 2 ) = 0 ⇔ x + y − 2 = 0 . Do A là giao điểm của AD và AM nên tọa
độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
3 x + 5 y − 8 = 0
x = 1
⇔
⇒ A (1;1)

x + y − 2 = 0
y =1
Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình:
x − y − 4 = 0
x = 3
⇔

⇒ K (3; − 1)

x + y − 2 = 0
 y = −1
Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK = KCE , mà KCE = BDA (nội tiếp chắn cung AB ) Suy
ra BHK = BDK , vậy K là trung điểm của HD nên H ( 2; 4 ) .
(Nếu học sinh thừa nhận H đối xứng với D qua BC mà không chứng minh, trừ 0.25 điểm)
Do B thuộc BC ⇒ B (t ; t − 4 ) , kết hợp với M là trung điểm BC suy ra C ( 7 − t ;3 − t ) .
HB (t − 2; t − 8); AC (6 − t ; 2 − t ) . Do H là trực tâm của tam giác ABC nên
t = 2
HB. AC = 0 ⇔ (t − 2 )( 6 − t ) + (t − 8 )( 2 − t ) = 0 ⇔ (t − 2 )(14 − 2t ) = 0 ⇔ 
t = 7
Do t ≤ 3 ⇒ t = 2 ⇒ B ( 2; −2 ) , C (5;1) . Ta có
AB = (1; −3) , AC = ( 4; 0 ) ⇒ nAB = (3;1) , nAC = ( 0;1)
Suy ra AB : 3 x + y − 4 = 0; AC : y − 1 = 0.

Câu 5. (2 điểm)
S

M
K
L

A

D
E
I

H

N

B

C

Điểm

Nội dung
Gọi H, N, L, E lần lượt là trung điểm của AB, CD, SC, HD
Gọi I = AN ∩ BD, K = LM ∩ SN ; Dễ thấy tứ giác AHND là hình chữ nhật và IN =

Từ giả thiết ta có SH ⊥ ( ABCD ) , ME / / SH ⇒ ME ⊥ BD (1)

3

AN
3


Lại do AM ⊥ BD ( 2 ) . Từ (1) & ( 2 ) ⇒ BD ⊥ ( AMN ) ⇒ BD ⊥ AN . Trong tam giác AND ta
NA2
⇒ NA = ND 3 = a 3 ⇒ AD = NA2 − ND 2 = a 2
3
Dễ thấy CD ⊥ ( SHN ) , do ML / / CD ⇒ ML ⊥ ( SHN ) ⇒ ML ⊥ SN (3)
có ND 2 = NI .NA =

Do ( ABLM ) ⊥ ( SCD ) , ( ABLM ) ∩ ( SCD ) = ML (4), nên từ (3) & ( 4 ) ⇒ SN ⊥ ( ABLM )

⇒ SN ⊥ HK . Lại do K là trung điểm SN nên tam giác SHN vuông cân tại H suy ra
SH = HN = a 2 .
3
1
4a 3
1
11
 a
Ta có VS . ABCD = .SH . AB. AD =
; VS . BCM = VS .BCD =  VS . ABCD  =
( đvtt).
3
3
2
22
 3
1
Ta có BC ⊥ SH , BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ SB ⇒ S SBC = SB.BC
2
2
1
1 2
a 6
=
HB 2 + SH 2 .BC =
a + 2a 2 .a 2 =
2
2
2
3V

a 6
.
Mặt khác ta có d ( M ; ( SBC )) = MSBC =
S SBC
3

Câu 6. (1 điểm)
Nội dung
Điều kiện: x ≥ 2; y ≥ −1; 0 < x + y ≤ 9;
Ta có

0 ≤ x + y − 1 = 2. x − 2 + 1. y + 1 ≤ 3( x + y − 1) ⇒ ( x + y − 1) 2 ≤ 3( x + y − 1)
⇒ 0 ≤ x + y − 1 ≤ 3 ⇔ 1 ≤ x + y ≤ 4.

Đặt t = x + y, t ∈ [1; 4] , ta có S = t 2 − 9 − t +
S '(t ) = 2t +

1
t

1
1
−
> 0, ∀t ∈ [1; 4] . Vậy S(t) đồng biến trên [1;4].
2 9 − t 2t t

Suy ra
Smax = S (4) = 42 − 9 − 4 +

1

33 − 2 5
=
⇔ x = 4; y = 0;
2
4

Smin = S (1) = 2 − 2 2 ⇔ x = 2; y = −1.

………. Hết……….

4

Điểm


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN – THPT chuyên.
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Ngày thi: 02/11/2012.

8
 2
 x + 3x + 2 = y − 5 y − 1


8

Câu 1 (2,5 điểm). Giải hệ phương trình  y 2 + 3 y + 2 = − 5 z − 1
z

8
 2
 z + 3z + 2 = x − 5 x − 1


( x, y , z ∈ ℝ )

Câu 2 (1,5 điểm). Cho a, b, c, d là các số thực dương. Chứng minh rằng

2.

3a
bc
2b3d
25
+ 3. 3
+ 4. 4
≤
3
a+b+c
( a + b )( a + b + c + d )
81( a + b ) ( a + b + c + d ) 6

Câu 3 (2,0 điểm). Giả sử n là một số nguyên dương sao cho 3n + 2n chia hết cho 7 . Tìm số

2
dư của 2n + 11n + 2012n khi chia cho 7 .
Câu 4 (3,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD. Gọi P là điểm sao cho trung trực của đoạn
thẳng CP chia đôi đoạn AD và trung trực của đoạn AP chia đôi đoạn CD. Gọi Q là trung
điểm của đoạn thẳng BP.
a) Chứng minh rằng đường thẳng BP vuông góc với đường thẳng AC.
b) Chứng minh rằng BP = 4.OE , trong đó E là trung điểm của AC và O là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác AQC .
Câu 5 (1,0 điểm). Cho m, n ( m > n > 4 ) là các số nguyên dương và A là một tập hợp con có
đúng

n

phần

tử

c ủa

tập

hợ p

S = {1, 2,3,..., m} .

Chứng

minh

rằng

n ếu

m > ( n − 1) (1 + Cn2 + Cn3 + Cn4 ) thì ta luôn chọn được n phần tử đôi một phân biệt

x1 , x2 ,..., xn ∈ S sao cho các tập hợp Ai = {x + y + xi x ∈ A, y ∈ A}, i = 1, n thỏa mãn
Aj ∩ Ak = ∅ với mọi j ≠ k và j , k = 1, n .
-----------------Hết----------------- Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.
- Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………………………………………………….Số báo danh……………..


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013

Môn: TOÁN – THPT chuyên
HƯỚNG DẪN CHẤM
(Gồm 04 trang)

Lưu ý khi chấm bài:
-Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm
của học sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.
-Nếu học sinh giải 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.
-Trong lời giải câu 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình không cho điểm.

-Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
Câu 1. (2,5 điểm)
Nội dung
1
8
Điều kiện: x, y, z ≥ . Xét các hàm số f (t ) = t 2 + 3t + 2, g (t ) = − 5t − 1 . Khi đó ta có
5
t
f ' (t ) = 2t + 3 > 0, g ' (t ) = −

8
5
1
−
< 0, ∀t > .
2
t
5
2 5t − 1

1

1

Mà f (t ) , g (t ) là các hàm số liên tục trên  ; + ∞  suy ra f (t ) đồng biến trên  ; + ∞ 
5

5

1


và g (t ) nghịch biến trên  ; + ∞  . Không mất tính tổng quát ta giả sử x = min {x, y, z} .
5

Khi đó ta có:
Nếu x < y ⇒ g ( x ) > g ( y ) ⇒ f ( z ) > f ( x ) ⇒ z > x ⇒ g ( z ) < g ( x ) ⇒ f ( y ) < f ( z ) suy
ra y < z ⇒ g ( y ) > g ( z ) ⇒ f ( x ) > f ( y ) ⇒ x > y , vô lí vì x < y .
Do vậy x = y , tương tự lí luận như trên ta được x = z suy ra x = y = z . Thay trở lại hệ ta

được x 2 + 3 x + 2 =

8
8
− 5 x − 1 ⇔ x 2 + 3 x + 2 − + 5 x − 1 = 0 (1).
x
x

8
1

Đặt h ( x ) = x 2 + 3 x + 2 − + 5 x − 1, x ∈  ; +∞  . Dễ thấy hàm số đồng biến trên
x
5


2


Nội dung
1


 5 ; + ∞  và h (1) = 0 ⇒ x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (1). Vậy nghiệm của

hệ phương trình đã cho là x = y = z = 1.
Câu 2. (1,5 điểm)
Điểm

Nội dung

3a
bc
2b3 d
+ 33
+ 44
. Khi đó áp
3
a+b+c
( a + b )( a + b + c + d )
81( a + b ) ( a + b + c + d )
dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

Đặt P = 2

2

3(a + b )
3(a + b )
2a
2a
.

≤
+
a + b 2 (a + b + c ) a + b 2 (a + b + c )

33

2 (a + b + c )
bc
b
3c
= 33
.
.
a + b 2 (a + b + c ) 3 (a + b + c + d )
( a + b )( a + b + c + d )

≤

2 (a + b + c )
b
3c
+
+
a + b 2 (a + b + c ) 3 (a + b + c + d )
3



b
2d

44
= 4. 

3
81( a + b ) ( a + b + c + d )
 3(a + b )  3 (a + b + c + d )
b
2d
≤ 3.
+
3(a + b) 3(a + b + c + d )
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được:
2 ( a + b ) 3 ( a + b + c ) 2 ( a + b + c + d ) 25
P≤
+
+
=
a+b
2 (a + b + c ) 3(a + b + c + d ) 6
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d .
2b3 d

4

Câu 3. (2,0 điểm)
Điểm

Nội dung
Đặt n = 3q + r ; q, r ∈ ℕ, 0 ≤ r ≤ 2 . Khi đó 3n + 2 n = 27 q.3r + 8q.2r ≡ ( −1) .3r + 2r ( mod 7 )
q

Do đó để 3n + 2 n ≡ 0 ( mod 7 ) ⇔ ( −1) .3r + 2r ≡ 0 ( mod 7 ) ⇔ q = 2k + 1, r = 0 .
q

Suy ra n có dạng n = 6k + 3 , chú ý nếu ( a, 7 ) = 1 ⇒ a 6 ≡ 1( mod 7 ) . Do đó ta có:
+) 2n = 26 k +3 = ( 2k ) .8 ≡ 1( mod 7 )

(1)

+) 11n = 116 k +3 = (11k ) .113 ≡ 43 ≡ 1( mod 7 )

(2)

6

6

+) 2012 n = 2012(
2

6 k + 3)

2

(

= 20126 k

2

+6k

) .2012
6

9

≡ 39 ≡ 273 ≡ 6 ( mod 7 )

Từ (1), (2) và (3) ta được
3

(3)


Điểm

Nội dung

2n + 11n + 2012n ≡ 1 + 1 + 6 ≡ 1( mod 7 ) . Vậy số dư cần tìm là 1 .
Câu 4. (3,0 điểm)
A

B
Q
I
O

M

P

E
J

D

C

N

Điểm

Nội dung
a) (2,0 điểm)
Gọi M, N, I, J theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng AD, CD, AP, CP. Khi đó

NI ⊥ AP, MJ ⊥ CP
Do I là trung điểm của AP, Q là trung điểm của BP nên IQ AB và IQ =

AB
từ đó suy ra
2

IQ CN và IQ = CN . Suy ra tứ giác CNIQ là hình bình hành.
Suy ra CQ NI . Từ đó, do NI ⊥ AP nên CQ ⊥ AP

(1)

Chứng minh tương tự, cũng được AQ ⊥ CP

(2)

Từ (1) và (2) suy ra P là trực tâm của tam giác ACQ suy ra PQ ⊥ AC hay BP ⊥ AC

Do P là trực tâm của tam giác AQC nên OA + OC + OQ = OP
⇔ OA + OC +

(

)

(

)

1
OP + OB = OP ⇔ 2 OA + OC + OB = OP
2

⇔ 4OE = OP − OB ⇔ 4OE = BP ⇒ BP = 4.OE .
Vậy BP = 4.OE .

Câu 5. (1,0 điểm)
Nội dung

{

}

Xét tập hợp B = x + y − z − t x, y, z , t ∈ A . Ta sẽ chỉ ra bất đẳng thức sau:

B ≤ 1 + Cn2 + Cn3 + Cn4 (1)
4

Điểm


Nội dung
Thật vậy, ta xét các trường hợp sau:
+) Nếu 4 số x, y, z , t đều bằng nhau thì số các số dạng x + y − z − t bằng 1.
+) Nếu trong 4 số x, y, z , t có đúng 3 số bằng nhau, giả sử x = y = z ≠ t . Khi đó

x + y − z − t = x − t suy ra có tối đa Cn2 số x + y − z − t .
+) Nếu 4 số x, y, z , t có đúng 2 số bằng nhau. Khi đó nếu x = y thì có tối đa Cn3 số dạng
này, còn nếu x = z thì x + y − z − t = y − t thì có tối đa Cn2 số dạng này và đã xét ở trên.
+) Nếu 4 số x, y, z , t đôi một khác nhau thì có tối đa Cn4 số x + y − z − t .
Do đó có nhiều nhất 1 + Cn2 + Cn3 + Cn4 số dạng x + y − z − t . Từ đó suy ra bất đẳng thức
(1).
Gọi x1 = 1 ∈ S . Đặt C1 = S \ {x + x1 x ∈ B} suy ra

C1 ≥ S − B > ( n − 2 ) B > 0 ⇒ ∃x2 = min C1 ⇒ x2 > x1 .

Dễ thấy A1 ∩ A2 = ∅ . Tiếp theo đặt C2 = C1 \ {x + x2 x ∈ B} suy ra

C2 ≥ C1 − B > ( n − 3) B > 0 ⇒ ∃x3 = min C2 ⇒ x3 > x2 .

Kiểm tra được ngay A2 ∩ A3 = ∅ , A1 ∩ A3 = ∅ . Cứ tiếp tục như vậy đến bước thứ n , ta đặt
Cn −1 = Cn − 2 \ {x + xn − 2 x ∈ B} thì

Cn −1 ≥ Cn − 2 − B > ( n − n ) B = 0 ⇒ ∃xn ∈ Cn −1 ⇒ xn > xn −1

Khi đó ta kiểm tra được Ai ∩ A j = ∅ với mọi i ≠ j . Vậy luôn tồn tại các phần tử
x1 , x2 ,..., xn ∈ S thỏa mãn yêu cầu bài toán.

-------------------Hết-------------------

5

Điểm


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
SÓC TRĂNG
¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Năm học 2016-2017
¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN - Lớp 12
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể phát đề)
Ngày thi: 17/9/2016
¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Đề thi này có 01 trang
Bài 1: (5,0 điểm)
Giải phương trình: log 2016 ( 1  x 2  x)  log 2017 ( 1  x2  x) trên tập số thực.
Bài 2: (5,0 điểm)

1

 x1 
2
Cho dãy (xn) xác định như sau: 
 x  x 2  x (n  0)
n
n
 n 1
Gọi A 

1
1
1

 ... 
. Tính  A (phần nguyên của A).
x1  1 x2  1
x2016  1

Bài 3: (5,0 điểm)
Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau dạng a1a2a3a4 a5a6 a7 sao cho
a1  a2  a3  a4

a4  a5  a6  a7
Bài 4: (5,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1; 1). Các
điểm I(-1; 2) và J(-1; 3) lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam
giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh B và C của tam giác.
--- HẾT --Họ tên thí sinh: .................................................... Số báo danh: ............................

Chữ ký của Giám thị 1: ........................ Chữ ký của Giám thị 2: ...........................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
SÓC TRĂNG
¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Năm học 2016-2017
¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN - Lớp 12
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể phát đề)
Ngày thi: 18/9/2016
¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
Đề thi này có 01 trang
Bài 1: (6,0 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số nguyên n, số n(n6 - 1) chia hết cho 7.
Bài 2: (7,0 điểm)
Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:

 2 x 2 y  y 3  2 x 4  x 6

2
( x  2) y  1  ( x  1)
Bài 3: (7,0 điểm)
Cho tam giác ABC có các đường phân giác trong BM,
CN (M  AC; N  AB) . Tia MN cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D.

1) Gọi A1, B1, C1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của D xuống đường
thẳng BC, CA, AB. Chứng minh: DB1 = DA1 + DC1.
2) Chứng minh rằng:

1
1
1


.
DB DA DC

--- HẾT ---

Họ tên thí sinh: .................................................... Số báo danh: ............................
Chữ ký của Giám thị 1: ........................ Chữ ký của Giám thị 2: ...........................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
SÓC TRĂNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Năm học 2014-2015

Đề chính thức

Môn: Toán - Lớp 12
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể phát đề)
Ngày thi: 20/9/2014
________________

Đề thi này có 01 trang
Câu 1: (5,0 điểm)
Giải phương trình sau: 32 x 3  (3 x  10).3x  2  3  x  0 .
Câu 2: (5,0 điểm)
Cho dãy số (u n ) xác định bởi u n 

1
n  n 1

.

2

Tính tổng S  u1  u2  ...  u2014 .
Câu 3: (5,0 điểm)
Sau khi thi tốt nghiệp trung học phổ thông, các em học sinh khối 12 của
trường trung học phổ thông MTT hẹn nhau mỗi năm họp mặt một lần vào ngày
hội trại của trường. Tuy nhiên, các thành viên không có mặt đủ theo giao ước
ban đầu mà chỉ có đúng 20 thành viên tham dự mỗi lần họp mặt. Qua 10 lần
họp mặt không có 2 thành viên nào dự họp mặt với nhau quá một lần. Hỏi khối
12 năm học đó của trường trung học phổ thông MTT có ít nhất là bao nhiêu
học sinh?
Câu 4: (5,0 điểm)
Cho ABC và D, P, Q lần lượt là điểm nằm trên cạnh BC, AB, AC của tam
giác. Các đường thẳng qua P và Q song song với AD lần lượt cắt cạnh BC của
tam giác tại N, M. Chứng minh rằng S MNPQ  max{S ABD , S ACD } . Dấu đẳng thức
xảy ra khi nào?

--- HẾT --Họ tên thí sinh: ............................................Số báo danh: ...............................
Chữ ký của Giám thị 1: ...............................Chữ ký của Giám thị 2:...............

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
SÓC TRĂNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Năm học 2013-2014

Đề chính thức

Môn: Toán - Lớp 12
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể phát đề)
Ngày thi: 21/9/2013
________________
Đề thi này có 01 trang
Câu 1: (5,0 điểm)
Giải phương trình sau:

3
1
1


1
2
sin x 2  sin x sin x
1  cos 2 x

Câu 2: (5,0 điểm)
Cho tập hợp X={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}

Tính tổng các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau lấy từ X.
Câu 3: (5,0 điểm)
Cho dãy số ( an ) xác định như sau: a0  2013, an 1

an2
(n=0,1,2,3,4..)

1  an

tính a1000  (phần nguyên của số hạng a1000 ).
Câu 4: (5,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho ABC vuông tại A, biết
phương trình cạnh BC là 3 x  y  3  0 và điểm A, B cùng thuộc trục
hoành. Hãy xác định tọa độ trọng tâm G của ABC biết rằng bán kính đường
tròn nội tiếp của ABC là 2.

--- HẾT --Họ tên thí sinh: ............................................Số báo danh: ...............................
Chữ ký của Giám thị 1: ...............................Chữ ký của Giám thị 2:...............