TỔNG hợp đề THI và đáp án THI HSG TỈNH môn TOÁN lớp 12

Họ và tên thí sinh:……………………..…………..

Chữ ký giám thị 1:

Số báo danh:……………………………..………...

…………….………………..

SỞ GDĐT BẠC LIÊU

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2014 - 2015

ĐỀ CHÍNH THỨC

* Môn thi: TOÁN
* Bảng: A Ngày thi: 19/10/2014
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

(Gồm 1 trang)

ĐỀ
Câu 1: (4 điểm)
Giải hệ phương trình
x 3  2x 2y  xy 2  y 3z 2  3y 3  2y 3z

5
3
2
 xy  x  y  1  2z . y  1  3z . x  1  6z  z . x  y
Câu 2: (4 điểm)

u1  1
Cho dãy (un) xác định bởi: 
,  n    2 .
3unun1  4un  2un1

2
Tìm lim

n

 3  un
2

.

Câu 3: (4 điểm)
Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm O và E ; F ; G; H là điểm tiếp xúc
của đường tròn lần lượt với các cạnh AB, BC , CD, DA . Gọi J là giao điểm của
AC và EG , kẻ CK / / AB  K  EG  ; AL / / BC  L  HF  .

Chứng minh rằng

JL JE

.
JF JK

Câu 4: (4 điểm)
Trong hình vuông có cạnh bằng 77cm cho 2014 điểm phân biệt. Chứng minh
rằng luôn tồn tại hai điểm nằm trong hình tròn có bán kính bằng 1cm.

Câu 5: (4 điểm)
Tìm các hàm số f :



thỏa:

f 1  2014 , f  x 2  y 2    x  y   f  x   f y   ,  x ,y 

--- HẾT ---

.


Họ và tên thí sinh:……………………..…………..

Chữ ký giám thị 1:

Số báo danh:……………………………..………...

…………….………………..

SỞ GDĐT BẠC LIÊU

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2014 - 2015

ĐỀ CHÍNH THỨC

* Môn thi: TOÁN

* Bảng: B Ngày thi: 19/10/2014
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

(Gồm 01 trang)

ĐỀ
Câu 1: (4 điểm)
Giải phương trình 2 3 9  x  8 x3  5 x  9 .
Câu 2: (4 điểm)
u1  1
,  n  2.
Cho dãy (un) xác định bởi: 
3unun1  4un  2un1

2
Tìm lim

n

 3  un
2

.

Câu 3: (4 điểm)
Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm O và E ; F ; G; H là điểm tiếp xúc
của đường tròn lần lượt với các cạnh AB, BC , CD, DA . Gọi J là giao điểm của
AC và EG , kẻ CK / / AB  K  EG  ; AL / / BC  L  HF  .

Chứng minh rằng

JL JE
.

JF JK

Câu 4: (4 điểm)
Tìm nghiệm nguyên  x; y; z  của phương trình: x 4  y 4  z 4  2015 .
Câu 5: (4 điểm)
Tìm các hàm số f :



thỏa:

f 1  2014 , f  x 2  y 2    x  y   f  x   f y   , x ,y 

--- HẾT ---

.


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: x 2  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 M 1  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  m 2  1  0

1

+ y '  x1  

Câu 2.
(5 điểm)

.....................................................................................................................
 m 2  2 m  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
 2 x  5  2 x  U  5

 Đặt 
5 5
 2 y  5  2 y  V  5 U  V  2
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
 y
 16 cos x  1
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 
 2 ;1
 

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  2 m   f  x  m   2 m  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
..............


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
 
f    n    f  2  2m  n 2   f  2   2 2m  n 2  f 2    4m  2n 2 (2)
 n

2 n
 
n

n 




Câu 5
(3 điểm)



1

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

1

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 

 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.
 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

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

1

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

1

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


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
LỚP 12 THPT NĂM 2011

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN
Ngày thi: 11 và 12/01/2011
(Gồm 6 trang)
Bài 1.
Xét số thực dương x tùy ý. Ta sẽ chứng minh

x n ( x n +1 + 1)
⎛ x + 1⎞
≤ ⎜
⎟
n
x +1
⎝ 2 ⎠
bằng phương pháp quy nạp theo n.
• Với n = 1, ta cần chứng minh
x( x 2 + 1)
⎛ x + 1⎞
≤ ⎜
⎟
x+ 1
⎝ 2 ⎠

2 n +1

(1)

3

(2)

Ta có: (2) ⇔ ( x + 1) − 8 x( x 2 + 1) ≥ 0 ⇔ ( x − 1) ≥ 0 .
Từ đó suy ra (2) là bất đẳng thức đúng và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1.
• Giả sử đã có (1) đúng khi n = k và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. Khi đó, ta có:
4

4

x k ( x k +1 + 1)
⎛ x + 1⎞
≤ ⎜
⎟
k
x +1
⎝ 2 ⎠

2 k +1

.

2k + 3
x k ( x k +1 + 1) ( x + 1)
⎛ x + 1⎞
Suy ra:
; đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. (3)
.
≤ ⎜
⎟
4
xk + 1
⎝ 2 ⎠
Ta sẽ chứng minh:
2

x k +1 ( x k + 2 + 1)
x k ( x k +1 + 1) ( x + 1)
≤

.
4
x k +1 + 1
xk + 1
và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1.
Thật vậy, ta có: (4) ⇔ ( x k +1 + 1) 2 ( x + 1) 2 − 4 x( x k + 1)( x k + 2 + 1) ≥ 0
2

(4)

⇔ ( x k +1 − 1) 2 ( x − 1) 2 ≥ 0 .
Từ đó suy ra (4) là bất đẳng thức đúng và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. Kết hợp
điều này với (3) suy ra
2k + 3

x k +1 ( x k + 2 + 1)
⎛ x + 1⎞
; đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1.
≤ ⎜
⎟
k +1
x +1
⎝ 2 ⎠
Điều đó chứng tỏ khi n = k + 1, (1) là bất đẳng thức đúng và đẳng thức xảy ra khi và chỉ
khi x = 1.
Vậy, với n là số nguyên dương tùy ý, (1) là bất đẳng thức đúng với mọi số thực dương x
và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1.
■
Bài 2.
Với mọi n ≥ 1, ta có

⎞
2(n + 1) n
2(n + 1) ⎛ (n − 1) 2
( n + 1)( n 2 + 1)
+ 1⎟⎟ xn =
.∑ xi =
xn +1 =
xn .
⎜
n2
n 2 ⎜⎝ 2n
n3
i =1
⎠

1


Suy ra

xn +1

1⎞ x
⎛
= ⎜1 + 2 ⎟ . n
n +1 ⎝
n ⎠ n

∀n ≥ 1.

Do đó, với mọi n ≥ 2
⎛ (n + 1)(n 2 + 1)
⎞
n 2 + n + 1 xn
n + 1 n −1
1
yn = xn +1 − xn = ⎜⎜
x
1
.
(1
) (1 + 2 ) . (1)
−
=
=
+
⎟
n
3
2
2 ∏
⎟
n
n
n
n k =1
k
⎝
⎠

Từ đó, với lưu ý y1 = x2 – x1 = 3, ta có yn > 0 ∀n ≥ 1, y1 < y2 và với mọi n ≥ 3
⎞
yn
n 2 + n + 1 (n − 1) 2 ⎛
1
2
.
. ⎜1 +
=
=1+ 4
> 1.
2
2
2⎟
y n −1
( n − 1) + n ⎝
( n − 1) ⎠
n
n − n3 + n 2
Suy ra (yn) là dãy số tăng.
n −1
⎛
1
⎜
∑
2
n −1
1
k =1 k
⎜

và ∏ (1 + 2 ) ≤ ⎜1 +
n −1
k
k =1
⎜
⎜
⎝

Vì với mọi n ≥ 2, ta có n + 1 < n 2

n −1
⎛
1
⎜
∑ k2
k =1
yn < 2 ⎜⎜1+
n −1
⎜
⎜
⎝
n −1

Mà

1
∑ k2 < 1 +
k =1

n −1

1
∑ k (k −1) = 1 +
k =2

⎛
2 ⎞
nên từ (3) suy ra yn < 2 ⎜1 +
⎟
n − 1⎠
⎝

n −1

⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠

⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠

(2)

n −1

nên từ (1) ta được

n −1

⎛ 1

∀n ≥ 2.

1⎞

(3)

1

∑ ⎜ k −1 − k ⎟ = 2 − n −1 < 2

k =2⎝

⎠

∀n ≥ 3

n −1

< 2e 2 ∀n ≥ 2.

Do đó (yn) là dãy số bị chặn trên. Kết hợp với (2) suy ra (yn) là dãy hội tụ.
Bài 3.
1/ Gọi F là giao điểm của hai đường thẳng AE và BP.
n = 900 + FAB
n = EFP
n . Suy ra EFP
n + ECP
n = 1800.
Ta có n
ACE = 900 + BCE
n = CEP
n = 900 . Vì thế CF // AB. Suy ra
Do đó CEFP là tứ giác nội tiếp. Suy ra CFP

■

CP FP
.
=
CA FB

CP OA FB OA
.
.
=
= −1.
CA OB FP OB
Vì thế, theo định lí Xê va, ba đường thẳng PO, AE và BC đồng quy.
2/ Đặt BP = x và kí hiệu R là bán kính của (O).

Từ đó, xét tam giác ABP, ta có

Xét tam giác vuông ABP, ta có PA =
Suy ra PC =

PB 2
=
PA

x2
x2 + 4R2

PB 2 + AB 2 =

■

x2 + 4R2 .

và AC = PA − PC =

4R2
x2 + 4R2

.

2


Vì CF // AB (cmt) nên

BC PC
PC + PA
MC CF PC
. Suy ra
=
+1=
. Do đó
=
=
MB PA
PA
MB AB PA

BM =

Vì vậy S AMB

Rx x 2 + 4 R 2
PA.BC
PB. AB
.
=
=
PC + PA PC + PA
x2 + 2R2

Rx x 2 + 4 R 2 AC
1
1
2 R3 x

n
= AB.BM .sin ABM = .2 R.
=
.
.
2
2
2R x2 + 2R2
x2 + 2R2

2 R3 x
R2
R2
và S AMB =
⇔ x2 = 2R2 ⇔ x = 2R .
=
2
2 2 xR
2
Vậy, tam giác AMB có diện tích lớn nhất khi và chỉ khi P nằm cách B một khoảng bằng
R2
.
■
2R (có hai vị trí như vậy); khi đó S AMB =
2
Bài 4.
Để chứng minh khẳng định của bài toán, ta sẽ chứng minh có thể phủ ngũ giác ABCDE
bởi 5 hình tròn đơn vị có tâm nằm trên cạnh của ngũ giác đó.
Ta có Nhận xét sau:
Nhận xét: Có thể phủ tam giác XYZ có độ dài các cạnh không vượt quá 3 bởi 3 hình

tròn đơn vị có tâm nằm tại các đỉnh của tam giác đó.
Chứng minh: Giả sử ngược lại, tồn tại điểm M thuộc tam giác XYZ mà M không thuộc
bất cứ hình tròn nào trong các hình tròn đơn vị có tâm nằm tại các đỉnh của tam giác đó.
Khi đó, ta có MX > 1, MY > 1 và MZ > 1.
n và ZMX
n phải có ít nhất một góc có số đo lớn hơn hay
Dễ thấy, trong ba góc n
XMY , YMZ
bằng 1200. Không mất tổng quát, giả sử n
XMY ≥ 1200 . Áp dụng định lí côsin cho tam giác
XMY, ta được
1
1
XY 2 = MX 2 + MY 2 − 2MX .MY .cos n
XMY > 1 + 1 + 2. = 3 (do cos n
XMY ≤ − ).
2
2
Suy ra XY > 3 , trái với giả thiết. Mâu thuẫn nhận được cho ta điều muốn chứng minh.

Suy ra S AMB ≤

Do các tam giác ABC, ACD và ADE có độ dài các cạnh không vượt quá 3 nên theo
Nhận xét trên, chúng lần lượt được phủ bởi các bộ ba hình tròn đơn vị ((A), (B), (C)),
((A), (C), (D)) và ((A), (D), (E)). Do đó, ngũ giác ABCDE được phủ bởi 5 hình tròn đơn
vị có tâm nằm tại các đỉnh của ngũ giác đó. Theo nguyên lí Dirichlet, trong 5 hình tròn đó
phải tồn tại hình tròn chứa ít nhất 403 điểm trong số các điểm đã lấy.
■
Bài 5.
Cách 1:

Xét dãy số nguyên (bn) xác định bởi
b0 = 1, b1 = –1 và bn = 6bn −1 + 2016bn − 2 với mọi n ≥ 2.
Dễ thấy với mọi n ≥ 0, ta có an ≡ bn (mod 2011) .

(∗)

Phương trình đặc trưng của dãy (bn): x 2 − 6 x − 2016 = 0 , hay (x – 48)(x + 42) = 0.
Suy ra, số hạng tổng quát của dãy (bn) có dạng: bn = C1.(−42) n + C2 .48n .
⎧C + C2 = 1
Từ các điều kiện ban đầu của dãy (bn), ta được ⎨ 1
⎩ 42C1 − 48C2 = 1.

3


49
41
49.(−42) n + 41.48n
và C2 =
. Vì vậy bn =
90
90
90
Vì 2011 là số nguyên tố nên theo định lí Phecma nhỏ, ta có:

∀n ≥ 0.

Suy ra C1 =

(−42) 2010 ≡ 482010 ≡ 1(mod 2011) .

Do đó 90b2012 ≡ 49.(−42)2012 + 41.482012 ≡ 49.(−42)2 + 41.482 ≡ 90b2 (mod 2011) .
Suy ra b2012 ≡ b2 (mod 2011) (vì (90, 2011) = 1).
Mà b2 = 6b1 + 2016b0 = 2010 nên b2012 ≡ 2010(mod 2011) .
Vì thế a2012 ≡ 2010(mod 2011) (theo (∗)).

■

Cách 2:
+ Số hạng tổng quát của dãy (an):

(

2 ⎞
⎛1
an = ⎜ −
⎟ 3 + 14
14 ⎠
⎝2

)

n

(

)

(

)

n
2 ⎞
⎛1
+⎜ +
3 − 14 .
⎟
14 ⎠
⎝2

(1)

+ Đặt p = 2011, ta có:

(

2 ⎞
⎛1
a p +1 = ⎜ −
⎟ 3 + 14
14 ⎠
⎝2

Do

(3 +

14

)

p +1

)

p +1

= Ap +1 + B p +1. 14 và
Ap + 1 =
B p +1 =

và

( p +1) / 2

∑

i =0

(3 −

i =1

14

)

p +1

C 2pi+1.32i.14

( p +1) / 2

∑

2 ⎞
⎛1
+⎜ +
⎟ 3 − 14
14 ⎠
⎝2

p +1

.

= Ap +1 − B p +1. 14 , trong đó

p +1
−i
2

p +1
−i
2i −1 2i −1
C p +1 .3 .14 2

(2)

,

nên a p +1 = Ap +1 − 4 B p +1 .

(3)
(4)

+ Do p là số nguyên tố nên C kp ≡ 0(mod p ) ∀k =1, p −1 . Do đó, từ C pk +1 = C pk + C pk −1 suy
ra C kp +1 ≡ 0(mod p ) ∀k = 2, p −1 . Vì vậy, từ (2) và (3), ta được:
Ap +1 ≡ (14( p +1) / 2 + 3 p +1 ) (mod p )
và

B p +1 ≡ 3( p + 1)(14( p −1) / 2 + 3 p −1 ) ≡ 3(14( p −1) / 2 + 3 p −1 ) (mod p ) .

Do đó, từ (4) suy ra a p +1 ≡ (−3 p + 2.14( p −1) / 2 ) (mod p ) .

(5)

Để ý rằng 452 ≡ 14 (mod p) và (45 , p) = 1, theo định lí Phecma nhỏ ta có:
3 p ≡ 3(mod p) và 14( p −1) / 2 ≡ 45 p −1 ≡ 1(mod p ) .

Do đó, từ (5) ta được a2012 = a p +1 ≡ − 3 + 2 = − 1 ≡ 2010(mod 2011) .

(Đpcm)

Chú ý: Đối với bài làm của thí sinh theo Cách 2, yêu cầu trình bày chi tiết các bước tìm
số hạng tổng quát an.
Bài 6.
Do n
ABC và n

ACB là các góc nhọn nên E nằm trên tia đối của tia AB hoặc nằm trong
cạnh AB, đồng thời F nằm trong cạnh AC hoặc nằm trên tia đối của tia AC. Vì thế, từ định
nghĩa các điểm M, N, P suy ra E, M, N thẳng hàng và M, F, P thẳng hàng.

4


(

)

1n
n=1 n
Do đó NMP
.
AEF + n
AFE = BAC
2
2

n = 1 BAC
n.
Suy ra: A, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn khi và chỉ khi NAP
(1)
2
Tiếp theo, ta sẽ chứng minh
n = 1 BAC
n khi và chỉ khi d đi qua tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC. (2)
NAP
2

Không mất tổng quát, giả sử AB < AC.
(3)
• Điều kiện cần: Giả sử I ∈ d. Khi đó, từ (3) suy ra E nằm trên tia đối của tia AB và F
nằm trong cạnh AC.
Qua A, kẻ đường thẳng Ax (khác AC) tiếp xúc với (P). Ta sẽ chứng minh Ax tiếp xúc với (N).
Thật vậy, gọi T, T1, T2, T3 lần lượt là tiếp điểm của (P) và Ax, CD, DF, FC. Gọi S là giao
điểm của Ax và DF. Ta có: AT = AT3 , CT3 = CT1 , DT1 = DT2 và ST2 = ST.
Do đó AS – SD = (AT – ST) – (DT2 – ST2) = AT3 – DT1 = AC – CD.
(4)
Vì I ∈ d nên D là tiếp điểm của (I) và cạnh BC. Suy ra AC – CD = AB – BD.
(5)
Từ (4) và (5) suy ra AS + BD = AB + SD. Vì thế ABDS là tứ giác ngoại tiếp. Suy ra Ax
tiếp xúc với (N).
n = NAx
n + xAP
n = 1 BAx
n + 1 xAC
n = 1 BAC
n.
Từ đó, ta có NAP
2
2
2
n = 1 BAC
n . Xét hai trường hợp sau:
• Điều kiện đủ: Giả sử NAP
2
- Trường hợp 1: E nằm trên tia đối của tia AB và F nằm trong cạnh AC.
Qua A, kẻ tiếp tuyến Ax (khác AC) của (P) cắt DF tại S. Ta có
n = NAP

n − xAP
n = 1 BAC
n − 1 xAC
n = 1 BAx
n.
NAx
2
2
2
Suy ra Ax tiếp xúc với (N). Do đó ABDS là tứ giác ngoại tiếp. Suy ra
AS + BD = AB + SD.
Hơn nữa, theo chứng minh ở phần trên, ta có AS – SD = AC – CD. (Xem (4)).
Từ đó, ta được BD = AB + CD – AC. Suy ra 2BD = AB + BC – AC.
AB + BC + CA
Do đó BD = p – b, trong đó p =
và b = AC.
2
Suy ra BD = BK, trong đó K là tiếp điểm của (I) và cạnh BC.
Từ đó, do D và K cùng nằm trong cạnh BC, suy ra D ≡ K. Vì vậy I ∈ d.
- Trường hợp 2: E nằm trong cạnh AB và F nằm trên tia đối của tia AC.
Khi đó, do (3) nên CD > CK. (∗)
Mặt khác, dễ thấy, trong trường hợp này B đóng vai trò của C và C đóng vai trò của B, E
đóng vai trò của F và F đóng vai trò của E, (N) đóng vai trò của (P) và (P) đóng vai trò
của (N) trong trường hợp trước. Vì thế, theo chứng minh trên, ta phải có CD = CK, mâu
thuẫn với (∗). Mâu thuẫn nhận được cho thấy trường hợp này không thể xảy ra.
Vậy, (2) được chứng minh. Từ (1) và (2) hiển nhiên ta có điều phải chứng minh theo yêu
cầu của đề bài.
■
Bài 7.
Ta sẽ chứng minh khẳng định của bài ra bằng phương pháp phản chứng.

Giả sử tồn tại các đa thức với hệ số thực G(x, y) và H(x, y), khác đa thức hằng, sao cho
(1)
P ( x, y ) = G ( x, y ).H ( x, y ) ,

5


trong đó P ( x, y ) = x n + xy + y n , n∈ N ∗ .
Viết G(x, y) và H(x, y) dưới dạng các đa thức của x:
G ( x, y ) = g m ( y ).x m + g m −1 ( y ).x m −1 + ... + g1 ( y ).x + g 0 ( y ) , m∈ N ;
H ( x, y ) = hk ( y ).x k + hk −1 ( y ).x k −1 + ... + h1 ( y ).x + h0 ( y ) , k ∈ N ;

trong đó gi ( y ), i = 0, m , và h j ( y ), j = 0, k , là các đa thức với hệ số thực của y.
Từ (1) suy ra:
+ m + k = n,
(2)
+ Với n ≥ 2, g m ( y ), hk ( y ) là các đa thức hằng và do đó chúng không là bội của y. (3)
Từ (3), do G(x, y) và H(x, y) khác đa thức hằng nên nếu n ≥ 2 thì m, k ≥ 1.
(4)
• Xét n = 1. Khi đó, theo (2), ta có m + k = 1. Suy ra m = 0 và k = 1, hoặc m = 1 và k = 0.
Giả sử m = 0 và k = 1. (Trường hợp m = 1 và k = 0 xét tương tự). Khi đó, ta có
( y + 1) x + y = g 0 ( y ).h1 ( y ) x + g 0 ( y ).h0 ( y ) .
Suy ra g 0 ( y )(h1 ( y ) − h0 ( y )) = 1 . Vì thế, g 0 ( y ) là đa thức hằng, mâu thuẫn với giả thiết
G(x, y) khác đa thức hằng.
• Xét n ≥ 2.
Gọi i0 và j0 là các chỉ số bé nhất sao cho gi0 ( y ) và h j0 ( y ) là các đa thức không là bội của y.
Dễ thấy, hệ số của xi0 + j0 trong khai triển của G(x, y). H(x, y) là
g 0 ( y ).hi0 + j0 ( y ) + g1 ( y ).hi0 + j0 −1 ( y ) + ... + gi0 ( y ).h j0 ( y ) + gi0 +1 ( y ).h j0 −1 ( y ) + ... + gi0 + j0 ( y ).h0 ( y )

Từ định nghĩa của i0 và j0 suy ra hệ số trên không chia hết cho y. Vì thế, từ (1), với lưu ý

rằng P chỉ có duy nhất hệ số của xn không chia hết cho y, suy ra i0 + j0 = n. Do đó i0 = m
và j0 = k. Kết hợp với (4) suy ra phải có m = 1 hoặc k = 1, vì nếu trái lại, m, k > 1, thì từ
việc cân bằng hệ số của x ở hai vế của (1) ta sẽ có y = g 0 ( y ).h1 ( y ) + g1 ( y ).h0 ( y ) # y 2 , là
điều vô lí.
Giả sử m = 1. (Trường hợp k = 1 xét tương tự). Khi đó, ta có
x n + xy + y n = ( ax + g 0 ( y ))(bx n −1 + hn − 2 ( y ).x n − 2 + ... + h1 ( y ).x + h0 ( y )) ,

(5)

trong đó a, b là các hằng số thực, với ab = 1.
Từ (5) ta được y n = g 0 ( y ).h0 ( y ) . Suy ra g 0 ( y ) = a ' y s , trong đó s ∈ N ∗ , s ≤ n và a ' là
một hằng số thực khác 0.
a'
Đặt c = − , ta có c ≠ 0. Thế x = cy s vào (5), ta được
a
c n y sn + cy s +1 + y n ≡ 0 .
(6)
+ Nếu s = 1 và n = 2 thì từ (6) ta được (c 2 + c + 1) y 2 ≡ 0 . Suy ra c 2 + c + 1 = 0 , là điều
vô lí.
+ Nếu s = 1 và n > 2 thì từ (6) ta được (c n + 1) y n + cy 2 ≡ 0 , là điều vô lí (vì c ≠ 0).
+ Nếu s ≥ 2 và n ≥ 2 thì sn > n và sn > s + 1. Do đó (6) là điều vô lí, vì c ≠ 0.
• Vậy, tóm lại, điều giả sử ban đầu là sai và vì thế ta có điều đề bài yêu cầu chứng minh. ■

6


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 )
Câu
Câu 1

Nội dung kiến thức

Điểm
4điểm

1. Giải phương trình: 2( x  x  1)(1  x 2  1)  x x (1)
* Điều kiện: x  1 . (1)  2(1  1 

1 1
1
)(  1  2 )  1
x x
x

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  )  sin t
4
3
1
*t
;x 
3
20
cos
10

0,5

2. Giải bất phương trình: log 3 ( x 2  2 x  1)  1  log 2 x (1)

* (1)  2 log 3 ( 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.

1

0,5

Câu 2

4điểm
A
C
B
1
F

E

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

EF 2
 BC 2 .
 EF 2
2
BC
2

Dấu “=” xảy ra 

MB MC

 MBC
AF AE

AFE  MBC  EFA

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
Thật vậy : Với n = 1 : u2  u1  u1 
 u13
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

2

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

Với n = k + 1

uk 1  3 uk 

1

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

un31  un 

 L3  L   L3  64 L  15  0   L 
64
64
8

1  61

L  8


So với đk suy ra: lim un 
n 

1

1  61
8

Câu 4

3điểm
Giải pt hàm: f ( x  f ( y ))  f ( y  f ( x))  2( f ( y )  3 x  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 )  7 a .
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 :

3

0,5

1


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

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.

Câu 5

0,5

5điểm
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
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

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.
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)

4

1

1

1

1


Suyra : AY+BXB

O

A

X
Y

1

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---------------------------------------------------

5


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

LỚP 12 THPT NĂM 2011

Môn: TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi thứ nhất: 11/01/2011

Bài 1 (5,0 điểm). Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng với mọi số thực dương x,
ta có bất đẳng thức:

x n ( x n + 1 + 1) ⎛ x + 1 ⎞
≤ ⎜
⎟
xn + 1
⎝ 2 ⎠
Hỏi đẳng thức xảy ra khi nào?

2n +1

.

Bài 2 (5,0 điểm). Cho dãy số thực (xn) xác định bởi
2n n − 1
.∑ xi với mọi n ≥ 2.
x1 = 1 và xn =
(n −1) 2 i =1

Với mỗi số nguyên dương n, đặt yn = xn + 1 – xn.
Chứng minh rằng dãy số (yn) có giới hạn hữu hạn khi n → + ∞.
Bài 3 (5,0 điểm). Trong mặt phẳng, cho đường tròn (O) đường kính AB. Xét một
điểm P di động trên tiếp tuyến tại B của (O) sao cho P không trùng với B. Đường
thẳng PA cắt (O) tại điểm thứ hai C. Gọi D là điểm đối xứng với C qua O. Đường
thẳng PD cắt (O) tại điểm thứ hai E.
1/ Chứng minh rằng các đường thẳng AE, BC và PO cùng đi qua một điểm.
Gọi điểm đó là M.
2/ Hãy xác định vị trí của điểm P sao cho tam giác AMB có diện tích lớn
nhất. Tính giá trị lớn nhất đó theo bán kính của đường tròn (O).
((O ) kí hiệu đường tròn tâm O ).
Bài 4 (5,0 điểm). Cho ngũ giác lồi ABCDE có độ dài mỗi cạnh và độ dài các đường
chéo AC, AD không vượt quá 3 . Lấy 2011 điểm phân biệt tùy ý nằm trong ngũ
giác đó. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn đơn vị có tâm nằm trên cạnh của
ngũ giác đã cho chứa ít nhất 403 điểm trong số các điểm đã lấy.
----------------------------HẾT---------------------------

•
•

Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
Giám thị không giải thích gì thêm.


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

LỚP 12 THPT NĂM 2011

Môn: TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi thứ hai: 12/01/2011

Bài 5 (7,0 điểm). Cho dãy số nguyên (an) xác định bởi
a0 = 1, a1 = − 1 và an = 6an −1 + 5an − 2 với mọi n ≥ 2.

Chứng minh rằng a2012 − 2010 chia hết cho 2011.

ABC , n
ACB là
Bài 6 (7,0 điểm). Cho tam giác ABC không cân tại A và có các góc n
các góc nhọn. Xét một điểm D di động trên cạnh BC sao cho D không trùng với B,
C và hình chiếu vuông góc của A trên BC. Đường thẳng d vuông góc với BC tại D
cắt các đường thẳng AB và AC tương ứng tại E và F. Gọi M, N và P lần lượt là tâm
đường tròn nội tiếp các tam giác AEF, BDE và CDF. Chứng minh rằng bốn điểm
A, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn khi và chỉ khi đường thẳng d đi qua tâm
đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Bài 7 (6,0 điểm). Cho n là số nguyên dương. Chứng minh rằng đa thức
P ( x, y ) = x n + xy + y n

không thể viết được dưới dạng
P ( x, y ) = G ( x, y ).H ( x, y ) ,
trong đó G(x, y) và H(x, y) là các đa thức với hệ số thực, khác đa thức hằng.
----------------------------HẾT---------------------------

•
•

Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
Giám thị không giải thích gì thêm.


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

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT , NĂM HỌC 2008-2009

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN-ĐỀ CHÍNH THỨC
( Hướng dẫn chấm có : 2 trang )

Bài 1 ( 4 điểm)
Gọi M(a;-3a +2) và (d) là đường thẳng đi qua M có hệ số góc là k. Phương trình của (d)
là: y = k(x – a) -3a +2.
1đ
3
 x  3x  2  k(x  a)  3a  2

2
(2)
3x  3  k

(d) tiếp xúc với ( C)  

(1)

1đ

Thay k từ (2) vào (1) ta:
 x  0(kep)

x  3x  2  (3x  3)(x  a)  3a  2  x (2x  3a)  0  
3a
 x  2
3

2

2

1đ

Biện luận: - Nếu a=0, có một tiếp tuyến ( khi đó (d) trùng với (D) và M là điểm uốn của ( C))
- Nếu a khác 0, qua M có hai tiếp tuyến.
1đ
Bài 2 (4 điểm)
Đẳng thức đã cho  2 cos2 A  1  2 3 cos(B  C).cos(B  C)  

5
0
2

 4 cos2 A  4 3 cos A.cos(B  C)  3  0

1đ
1đ

2

  2 cos A  3 cos(B  C)   3sin 2 (B  C)  0

1đ

sin(B  C)  0
B  C  0
0


 A  30





3
3
0
cos(B  C) cos A 

 B  C  75
cos A 


2
2

1đ

Bài 3 ( 4 điểm )
Tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu tâm O bán kính bằng a . O nhìn các cạnh AB , BC, CD
, DA một góc bằng 600 suy ra AB = BC = CD = DA = a
1đ
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AC , BD ta có MN  AC , BD  (NAC)
1
3

Đặt AC = x , BD = y ta có VABCD  S NAC BD 

1
xy 4a 2  x 2  y 2
12

1đ

Áp dụng bất đẳng thức Cau Chy ta có:
3

VABCD

3
1
1
1  4a 2  x 2  y 2  x 2  y 2 
2a
 S NAC BD 
(4a 2  x 2  y 2 ) x 2 y 2 



3
12
12 
3
9 3


Dấu = xảy ra khi x  y 

2a
3

1

1,5đ


Vậy tứ diện thoả đề bài là tứ diện có AB = BC = CD = DA = a , AC = BD =

2a

3

0,5đ

Bài 4 ( 4 điểm)
 V1  6

Đặt Vn  3u n . Ta có: 

1đ

3
 Vn 1  Vn  3Vn
x  x  6
Chọn x1 , x 2 sao cho:  1 2
 x1x 2  1
11

11

+/ Với n = 1, ta có: V1  6  x1  x 2  x13  x 32
k 1

1đ

k 1

+/ Với n = k, giả sử: Vk  x13  x 32



k 1

k 1

+/ Với n = k+1, ta có: Vk 1  Vk3  3Vk  x13  x 32
k 1

 x13  x 32  3(x1x 2 )3
k

k

  3x
3

x

3k 1
1

3k 1
1

k 1

 x 32

k 1

 x 32

  3x



3k 1
1

k 1

 x 32

x

3k
1

Suy ra, theo nguyên lý quy nạp thì: Vn  x13  x 32 ; n  N *
n

1

n

 x 32

k

1,5đ

Vậy: u n  (3  10)3  (3  10)3  ( vì x1 , x 2 là nghiệm của pt x 2  x  1  0) 0,5đ
3
Bài 5 ( 4 điểm)
Trong 1) cho y = 2 ta có: f  x.f (2)  .f (2)  f (x  2)  f (x  2)  0; x  0.
1đ
n 1

n 1

Vì f (x)  0, x  0;2   t  x  2  2 . Do đó f (t)  0, t  2 hay f (x)  0, x  2.
Vậy:

  0 neu 0  x  2
f (x)  
0 neu x  2

1đ

Bây giờ ta chỉ cần tìm hàm f(x) với x  0;2  . Khi đó: 2-x > 0 nên:
f  (2  x)f (x)  f (x)  f (2  x  x)  f (2)  0
 f  (2  x)f (x)   0  (2  x)f (x)  2 

1
2x

f (x)
2

1đ

Do f  (y  x)f (x)   0  (y  x).f (x)  2 . Ta cho x cố định, còn y  2 (do tính liên tục)
thì ta có:
2x
1
2x
2


 f (x) 
.
2
f (x)
2
2x
 2
, x  0;2 

Tóm lại: f (x)   2  x
0
x  2;  


1đ

LƯU Ý:
- Tổ chấm thống nhất điểm thành phần đến 0,25đ
- Thí sinh có lời giải đúng trong phạm vi kiến thức của chương trình (khác với đáp án)
thì vẫn cho điểm tối đa của phần đó.
- Điểm toàn bài làm tròn đến 0,5.

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

2


3


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

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT , NĂM HỌC 2008-2009

MÔN THI : TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài :180 phút

Bài 1 ( 4 điểm)
Cho hàm số: y  x 3  3x  2 có đồ thị là ( C) và một điểm M thay đổi trên đường thẳng
(D) có phương trình: y = -3x + 2. Biện luận số tiếp tuyến kẻ được từ M tới ( C).
Bài 2 ( 4 điểm)
Tính các góc của tam giác ABC biết:
5
cos 2A  3  cos 2B  cos 2C    0
2

Bài 3 ( 4 điểm)

Cho tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu tâm O bán kính bằng a. O nhìn các cạnh AB, BC,
CD, DA một góc 60 . Tìm tứ diện có thể tích lớn nhất.
Bài 4 ( 4 điểm)
Xác định số hạng tổng quát của dãy số (u n ) biết rằng:
 u1  2

3
 u n 1  9u n  3u n ; (n  1, 2,3...)

Bài 5 ( 4 điểm)
Hãy tìm hàm số f (x) xác định trên tập hợp các số thực không âm, nhận giá trị cũng trong
tập đó và thỏa 3 điều kiện sau:
1) f  x.f (y)  .f (y)  f (x  y), x, y  0
2) f (2)  0
3) f (x)  0 , x  0;2  .

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

Số báo danh:


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 :

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

  
2. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số : y  tan 2 x  16 cos 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  x 2  1)  x x .
b/ Giải bất phương trình: log 3 ( x 2  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: