50 đề thi học sinh giỏi toán lớp 12 có đáp án và thang điểm

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
CẤP THÀNH PHỐ
KHÓA THI NGÀY 09/03/2016
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài:150 phút
(không kể thời gian phát đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(đề thi gồm 01 trang)
Bài 1. (3 điểm)
Giải phương trình:

x2  1 

( x 2  1)(2  x) 4
 .
x
x

Bài 2. (4 điểm)
Giải hệ phương trình:

y  y2  1
2
2
( x  y )( x  xy  y  2)  2ln

x  x2  1


( x  2) log 3 x  y log 3 y  x  1
Bài 3. (3 điểm)
Cho x, y là các số thực thỏa mãn: x 2  y 2 

3
 2( x  y ) . Tìm giá trị lớn
2

nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
6  2( x  1)( y  1)
.
P
( x  1)2  ( y  1)2
Bài 4. (3 điểm)
Tìm m để phương trình: m(sin 2 x  1)  1  (m  3)(sin x  cos x) có đúng

hai nghiệm phân biệt trên đoạn [0; ] .
2
Bài 5. (4 điểm)
Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD biết AB = 2, CD = 2 3 ,

  900 và góc giữa AD và BC bằng 300.
ABC  BAD
Bài 6. (3 điểm)
Trong một buổi tọa đàm về “Tình yêu tuổi học đường” tại lớp 12A, có tất
cả 21 bạn tham gia và có 4 cặp có tình cảm với nhau (không có học sinh nào
thuộc về nhiều cặp). Cô giáo chọn ra 5 bạn để tham gia một trò chơi tập thể.
Hỏi có bao nhiêu cách chọn mà trong đó, có ít nhất một cặp có tình cảm với
nhau?

HẾT


ĐÁP ÁN
Bài 1. (3 điểm)

( x 2  1)(2  x) 4
Giải phương trình: x  1 

x
x
2

(*) .

Lời giải.
( x 2  1)(2  x)
 0  x   1;0   1; 2 .
(0,5đ)
x
4
Vế trái của (*) dương nên  0  x  0 , do đó, ta chỉ cần xét x  1;2 và ta có:
x

Điều kiện

x3  x  x( x 2  1)(2  x)  4
 x3  x  4  x( x 2  1)(2  x)  0

(0,5đ)

 ( x  x)  2(2  x)  ( x  x)(2  x)  0
3

3

Đặt u  x3  x  0, v  2  x  0 thì ta có

u 2  2v 2  uv  0  (u  v)(u  2v)  0
u  v

u  2v  0

(1đ)

Phương trình thứ hai vô nghiệm vì u, v không thể đồng thời bằng 0. Do đó

u  v  x3  x  2  x
 x3  x  2  x  x 3  2  x  3 2
So sánh điều kiện, ta thấy nghiệm này thỏa mãn nên phương trình (*)
có nghiệm duy nhất là x  3 2
Bài 2. (4 điểm) Giải hệ phương trình:

y  y2  1
( x  y )( x 2  xy  y 2  2)  2ln

x  x2  1

( x  2) log 3 x  y log 3 y  x  1
Lời giải.

Điều kiện xác định: x, y  R

(1đ)

Phương trình đầu  x3  y 3  2( x  y)  2ln( y  y 2  1)  2ln( x  x 2  1)

 x3  2 x  2ln( x  x 2  1)  y 3  2 y  2ln( y  y 2  1)
Xét f (t )  t 3  2t  2ln(t  t 2  1)
Tập xác định: R

f '(t )  3t 2  2 

2
t 1
2

Đặt u  t 2  1; u  1

2 3u 3  5u  2
 3(u  1)  2  
=> 3t  2 
u
u
t2 1
2
(u  1)(3u  3u  2)
 0 u  1
=
u
2

2

2

(1đ)


 f / (t )  0 t  R hay f (t ) là hàm đồng biến trên R
Từ f ( x)  f ( y )  x  y
Thay vào phương trình thứ hai, ta được: (2 x  2)log 3 x  x  1

(1đ)

x = 1 không là nghiệm  x  1

(0,25đ)

x 1
( x  0, x  1)
2x  2
VT là hàm đồng biến trên (0, )
VP nghịch biến trên từng khoảng (;1) và (1;+)
nên phương trình trên có không quá 2 nghiệm.
1
Nhẩm được x  3 và x  là nghiệm
3
1
Suy ra phương trình có đúng 2 nghiệm là x  3 và x  .
3

Phương trình  log 3 x 

1 1 

Kết luận : Tập nghiệm của hệ là : (x ;y)  (3;3);( ; ) 
3 3 


(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,5đ)

(0,5đ)

Bài 3. (3 điểm)
Cho x, y là các số thực thỏa mãn: x 2  y 2 

3
 2( x  y ) . Tìm giá trị lớn
2

nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
6  2( x  1)( y  1)
.
P
( x  1)2  ( y  1)2
Lời giải.
3

1
x 2  y 2   2( x  y )  ( x  1) 2  ( y  1) 2 
2
2
Đặt a  x  1, b  y  1
1
2
2
2
2
2
Do (a  b )  2ab  a  b nên 11  P  13
3 1
GTLN của P là 13 khi ( x, y)   ; 
2 2
1 1
GTNN của P là 11 khi ( x, y)   ; 
2 2

Ta có P = 12 – 4ab với a2 + b2 =

(1đ)
(1đ)
(0,5đ)
(0,5đ)


Bài 4. (3 điểm)
Tìm m để phương trình: m(sin 2 x  1)  1  (m  3)(sin x  cos x) (*) có


đúng hai nghiệm phân biệt trên đoạn [0; ] .
2
Lời giải.
Đặt t  sin x  cos x (1  t  2) ,
(0,5đ)
2
2
(*)  mt  1  (m  3)t  m(t  t )  3t  1 (**)
t = 1 không thỏa phương trình (**)
3t  1
 f (t ) (1  t  2)
(**)  m 
(0,5đ)
t  t2
3t 2  2t  1
f / (t ) 
 0 t  (1; 2]
(t  t 2 )2
(0,5đ)

Suy ra f đồng biến trên (1; 2]


Ứng với mỗi t  (1; 2) ptrình t  sin x  cos x có đúng 2 nghiệm x  (0; ) (0,75đ)
2

Như vậy (*) có đúng hai nghiệm phân biệt trên đoạn [0; ] khi
2
87 2
(0,75đ)

m  f ( 2)  
2
Bài 5. (4 điểm)
  900 và góc giữa
ABC  BAD
Cho tứ diện ABCD có AB = 2, CD = 2 3 , 
AD và BC bằng 300. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.
Lời giải.

D

K

O
E

J
A

C
I
B

Dựng hình chữ nhật ABCE. Ta có AB, CE vuông góc với mp(ADE) và (AD,AE) =300.


Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AC, AE; K là tâm đường tròn ngoại tiếp
tâm mặt cầu ngoại tiếp của hình chóp D.ABCE.
Suy ra OK  (ADE) và OI  (ABCD), KJ  AE
 OIJK là hình chữ nhật.

 ADE; O là
(1đ)
(1đ)
(0,5đ)

Ta có DE  DC 2  CE 2  2 2
DE
 AK 
2 2
2sin( AD, AE )

(0,5đ)

 OA  AK 2  OK 2  AK 2  IJ 2  3
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD bằng 3.

(0,5đ)

(0,5đ)

Bài 6. (3 điểm)
Trong một buổi tọa đàm về “Tình yêu tuổi học đường” tại lớp 12A, có tất
cả 21 bạn tham gia và có 4 cặp có tình cảm với nhau (không có học sinh nào
thuộc về nhiều cặp). Cô giáo chọn ra 5 bạn để tham gia một trò chơi tập thể.
Hỏi có bao nhiêu cách chọn mà trong đó, có ít nhất một cặp có tình cảm với
nhau?
Lời giải.
Gọi A là nhóm các học sinh có tình cảm với nhau (gồm 8 học sinh) và B là nhóm các
học sinh còn lại (gồm 13 học sinh)

(0,25đ)
* Trường hợp 1: Có đúng 1 cặp có tình cảm với nhau.
 Đầu tiên chọn 1 cặp có tình cảm với nhau: Có 4 cách chọn.
(0,25đ)
 Tiếp theo ta chọn 3 học sinh trong đó không có 2 em nào có tình cảm với nhau,
có 4 trường hợp:
+ 3 HS thuộc nhóm A: Có 23 cách chọn.
(0,25đ)
2 2
1
+ 2 HS thuộc nhóm A và 1 HS thuộc nhóm B: Có C3 .2 .C13 cách chọn.
(0,25đ)
+ 1 HS thuộc nhóm A và 2 HS thuộc nhóm B: Có C31.2.C132 cách chọn.
+ 3 HS thuộc nhóm B: Có C cách chọn.

(0,25đ)
(0,25đ)

3
13

Như vậy số cách chọn trong trường hợp 1 là 4(2  C .2 .C  C .2.C  C )
=3672 (0,25đ)
* Trường hợp 2: Có đúng 2 cặp có tình cảm với nhau.
 Đầu tiên chọn 2 cặp có tình cảm với nhau: Có C42  6 cách chọn.
(0,25đ)
3

2
3

1
 Tiếp theo ta chọn 1 học sinh còn lại: có C17
cách chọn.

2

1
13

1
3

2
13

3
13

(0,25đ)

1
Như vậy số cách chọn trong trường hợp 2 là 6C17
(0,25đ)
 102 .
Vậy tổng cộng có 3774 cách chọn ra 5 bạn mà trong đó, có ít nhất một cặp có tình cảm
với nhau.
(0,5đ)

CHƯƠNG TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
MÔN TOÁN NĂM 2016 - 2017

GIÁO VIÊN VÀ HUẤN LUYỆN VIÊN HÀNG ĐẦU
-

Học Online trực tiếp với các Thầy, Cô là chuyên gia bồi dưỡng HSG Quốc gia chuyên môn
cao, giàu kinh nghiệm và đạt nhiều thành tích.
Học kèm Online trực tiếp với Huấn luyện viên giỏi là các anh chị đã tham gia và đạt giải
cao trong kì thi HSG Quốc gia các năm trước.
Chương trình được sắp xếp hệ thống, khoa học, toàn diện giúp học sinh nắm bắt nhanh
kiến thức và tối ưu kết quả học tập.

-

CÁCH HỌC VÀ PHƯƠNG PHÁP HỌC THÚ VỊ - HIỆU QUẢ
-

Lớp học Online ít học sinh: Mỗi lớp từ 5 - 10 em để Giáo viên và Huấn luyện viên bám sát,
hỗ trợ kịp thời cho các em nhằm đảm bảo chất lượng khóa học ở mức cao nhất.
Thời gian học linh động, sắp xếp hợp lý giúp các em dễ dàng lựa chọn cho mình khung
thời gian tốt nhất để học.
Mỗi bài học được chia thành nhiều buổi học (mỗi bài có tối thiểu 2 buổi học):

+ Buổi đầu tiên huấn luyện viên hướng dẫn các em học Online trực tiếp: Phần lý
thuyết, phương pháp giải toán - các ví dụ minh họa điển hình & bài tập tự luyện do giáo viên
cung cấp. Trong quá trình học các em được trao đổi, thảo luận Online trực tiếp với các bạn
cùng học và huấn luyện viên để nắm rõ và hiểu sâu thêm các vấn đề trong bài học.
+ Buổi học tiếp theo: Sau khi về nhà các em đã làm bài tập tự luyện thì ở buổi học này
Huấn luyện viên sẽ đánh giá bài làm của các em và sửa bài. Trong quá trình sửa bài các em

thảo luận Online trực tiếp với HLV, các bạn cùng lớp để hoàn thiện bài làm và mở rộng thêm
các dạng toán mới.

HỌC CHỦ ĐỘNG – HỌC THOẢI MÁI VÀ TIẾT KIỆM
-

-

Các em không cần đến lớp, không cần đi lại mất thời gian, công sức, tiền của. Hãy chọn
cho mình góc học tập yên tĩnh, tập trung và 01 máy tính có kết nối internet là chúng bắt
đầu học Online trực tiếp như ở lớp.
Mỗi tuần học 2 buổi, có nhiều lớp học, ca học trong ngày giúp các em hoàn toàn chủ động
thời gian học tập của mình.
Các chuyên đề luôn được mở giúp các em có thể học nhanh chương trình, trong thời gian
ngắn nhất.
Kết nối với các thầy cô, huấn luyện viên Online trực tiếp giúp việc giải đáp các vấn đề
nhanh hơn - hiệu quả hơn.
Được kết giao với các bạn học khác là những học sinh yêu thích, đam mê và giỏi toán trên
toàn quốc.
Học phí phù hợp. Đội ngũ tư vấn, cskh nhiệt tình, tận tâm hỗ trợ các em trong suốt quá
trình học.

www.vclass.hoc247.vn - Hotline: 0981 821 807

Trang | 1


www.VNMATH.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013
MÔN THI: TOÁN

Ngày thi: 18 - 10 - 2012
Thời gian làm bài: 180 phút.

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1. (4 điểm)

 xy  x  y  1
Giải hệ phương trình  3
2
3
4 x  12 x  9 x   y  6 y  7
Bài 2. (4 điểm)
1

u1  2
Cho dãy số (un ) xác định bởi 
3u  4
un 1  n
, n  N *
2
u

1


n
Chứng minh dãy số (un ) 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 . Chứng minh:
x y z

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 P( x ) hệ số thực thỏa mãn : P( x).P( x  3)  P( x 2 ), x 

HẾT


www.VNMATH.com
ĐÁP ÁN ĐỀ VÒNG 1
Bài 1. (4 điểm)
 xy  x  y  1
Giải hệ phương trình  3
2

3
4 x  12 x  9 x   y  6 y  7

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

 1  17  1  17
z 
z 

4 
4


 y  1  17  y  1  17


2

2


5  17 
5  17
x 
x 

4 
4


 y  1  17  y  1  17


2
2

Bài 2. (4 điểm)

1

u1  2
Cho dãy số (un ) xác định bởi 
3u  4
un 1  n
, n  N *
2un  1

Chứng minh dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Giải
Từ giả thiết ta suy ra un  0, n  N *
3x  4 3
5
5
 
 0, x  0
Xét f ( x ) 
, với x  0 , f '( x ) 
2 x  1 2 2(2 x  1)
(2 x  1)2
1

u1 
Ta có 
2
un 1  f (un ), n  N *

f ( x) 

3
5x
 0, x  0
, x  0 và f ( x )  4 
2
2x  1

3
 un  4, n  2  dãy (un ) bị chặn
2

 x  u2 n 1
Đặt  n
 yn  u2 n
Do f(x) nghịch biến trên (0; ) nên g(x) = f(f(x)) đồng biến trên (0; )
f ( xn )  f (u2n1 )  u2 n  yn ; f ( yn )  f (u 2n )  u 2n 1  xn 1
g ( xn )  f ( f ( xn ))  f ( yn )  xn1
1
11
49
u1  ; u2  ; u3 
….. Ta thấy u1  u3  x1  x2
2
4
26
Giả sử rằng xk  xk 1  g ( xk )  g ( xk 1 )  xk 1  xk 2 . Vậy xn  xn1 , n  N *
Suy ra ( xn ) tăng và bị chặn trên  ( xn ) có giới hạn hữu hạn a .
Do xn  xn1  f ( xn )  f ( xn1 )  yn  yn1  dãy ( yn ) giảm và bị chặn dưới



www.VNMATH.com
 ( yn ) có giới hạn hữu hạn b.



3 
3 
3 
 xn , yn   2 ;4  , n  2 a, b   2 ;4 
a, b   2 ;4 










Ta có  f ( xn )  yn
  f (a )  b
  f (a )  b
(I )
 f (y )  x
 f ( b)  a
 f (b)  f (a )  a  b (1)
n
n 1






5 1
1 
(1)  a  b  

  (a  b) (2a  1)(2b  1)  5  0  a  b
2  2b  1 2a  1 

(do (2a  1)(2b  1)  (3  1)(3  1)  16  5 )

3 
b  a   2 ;4 

ab2 .
Vậy từ (I)  
a  3a  4

2a  1
Vậy lim un  2
Bài 3. (4 điểm)
Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn

1 1 1
   1 . Chứng minh:
x y z

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

1 1 1
1
1 1
1
2
1
1
2

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

zx
xy
Cộng ba bất đẳng thức trên ta thu được (**).
Bài 4. (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC với các đường

A

cao AH , BK nội tiếp đường tròn (O). Gọi M là một
điểm di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) sao

K

cho các đường thẳng AM và BK cắt nhau tại E ; các
đường thẳng BM và AH cắt nhau tại F . Chứng minh

O
E

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

B

H
M
F

C

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

1
1
1
KH .KE.sin BKH  KH .KA.tan  .sin BAH  KH . AB.cos A.tan  .cos B
2
2
2
1
1
1
 HF .HK .sin FHK  BH .tan  .HK .sin AHK  AB.cos B.tan  .HK .cos A
2
2
2
 SFHK suy ra E, F cách đều HK mà E,F nằm về hai phía của HK

S EHK 
S FHK
SEHK

 Trung điểm của EF nằm trên đường thẳng HK.
Bài 5. (4 điểm)

Tìm tất cả các đa thức P( x ) hệ số thực thỏa mãn : P( x).P( x  3)  P( x 2 ), x 
Giải :
Ta tìm các đa thức P(x) hệ số thực thỏa P(x)P(x –3)=P(x2) xR
(1)
Trường hợp P(x)  C ( C là hằng số thực ) :
P(x)  C thỏa (1)  C2= 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
32  0
3 0
 
 
(II)
2
  3 1
   3 1





(I)
(II)

Như vậy , nếu  là nghiệm của P(x) thì ta có  thỏa hệ 
y

I
3

O

1

x

(I)
không có
(II)

Biểu diễn các số phức  thỏa (I) và thỏa (II) trên mặt phẳng phức ta có hệ 

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(x2) x gồm P(x)  0 , P(x)  1


UBND TỈNH KON TUM

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 – NĂM HỌC 2009-2010
Môn : TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể TG giao đề)
Ngày thi: 02 tháng 12 năm 2009
ĐỀ BÀI

Câu 1 (3.5 điểm)
Giải bất phương trình:
2 x 3  3x 2  6 x  16  2 3  4  x

Câu 2 (4.0 điểm)
Giải hệ phương trình:
y 3

 x y  x3 
x

 x y  x  x3


Câu 3 (3.5 điểm)
Cho dãy số (xn), n  N * , xác định như sau:
2

 x1  3

xn

 xn 1 

2(2n  1) xn  1

,

n  N *

n

Tính

lim

n  

x
i 1

i

Câu 4 (5.5 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC có trung tuyến CM vuông góc với phân giác trong AL tại đỉnh A
(Với M, L lần lượt thuộc các cạng AB, BC; AC = b, AB = c)
a) Chứng minh:
AL 

b
c
AB 

AC
bc
cb

b) Giả sử CM = k.AL (k là số thực dương). Chứng minh:
cos A 

9  4k 2
9  4k 2

Câu 5 (3.5 điểm)
Cho các số thực dương a, b, c thỏa: abc = 1. Chứng minh:
a
b
c
 2
 2
1
a 2 b 2 c 2
2

……………………………………………. Hết ……………………………………………


SỞ GD& ĐT NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12
NĂM HỌC 2009 - 2010

Đề thi chính thức

Môn thi: TOÁN HỌC - THPT BẢNG A
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (4,0 điểm).
Giải phương trình: 2009 x





x 2  1  x = 1.

Câu 2 (4,0 điểm).
Tìm m để hệ phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt:
 x  y  m

2
( y  1) x  xy  m  x  1
Câu 3 (2,0 điểm).
Cho ba số dương x, y, z . Chứng minh rằng:
1 1 1
36
  
2 2
x y z 9  x y  y 2 z 2  x2 z 2
`
Câu 4 (2,0 điểm).
Cho dãy số  xn  thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:
i, x1 = 2

x  2 x2  ...  (n  1) xn1
ii, xn  1
với n là số tự nhiên lớn hơn 1.
n(n 2  1)
Tính limun với un = (n+1)3. xn
Câu 5 (3,0 điểm).
Cho tứ diện ABCD, M là một điểm bất kì nằm trong tam giác ABC. Các đường
thẳng qua M song song với AD, BD, CD tương ứng cắt các mặt phẳng (BCD), (ACD),
(ABD) tại A’, B’, C’. Tìm vị trí điểm M sao cho MA’.MB’.MC’ đạt giá trị lớn nhất.
Câu 6 (3,0 điểm).
Cho tứ diện đều ABCD có độ dài các cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của BD và AC. Trên đường thẳng AB lấy điểm P, trên đường thẳng DN lấy điểm
Q sao cho PQ song song với CM. Tính độ dài đoạn PQ và thể tích khối tứ diện AMNP.
Câu 7 (2,0 điểm).
Cho hàm số f(x) liên tục trên R thỏa mãn: f(x).f(y) – sinx.siny = f(x+y) với mọi
  
số thực x, y. Chứng minh rằng 2f(x) + x2 ≥ 2 với mọi số thực x thuộc   ;  .
 2 2
- - - Hết - - Họ và tên thí sinh:.................................................................. Số báo danh:...


SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12
NĂM HỌC 2009 - 2010

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang)
Môn: TOÁN 12 THPT - BẢNG A
---------------------------------------------CÂU

1

NỘI DUNG
Xét hàm số f(x) = 2009 x
f’(x) = 2009 x ln 2009



ĐIỂM
4.0



x 2  1  x  1 trên  .

0,5





 x

x 2  1  x  2009 x 
 1
2
 x 1 

1






1 
x 2  1  x  ln 2009 

x2  1 

1
vì x 2  1  x > 0 và
 1 < ln2009 nên f ( x)  0x    hàm số f(x) đồng
x2  1
biến trên  . Mặt khác f (0)  0
= 2009 x

Vậy phương trình 2009 x





x 2  1  x  1 có duy nhất một nghiệm x = 0

2

1

1

0.5
4,0

Từ y = m - x thay vào phương trình còn lại ta được : x  mx  m  0 (1)

0,5

Xét hàm số f ( x )  x  mx  m trên 

0.5

3

3

2

2

Để hệ pt có 3 nghiệm phân biệt  Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt
 Đồ thị hàm số y = f(x) có hai điểm cực trị nằm về hai
phía đối với Ox (*)

x  0
Ta có f ( x)  3 x  2mx ; f ( x)  0  
 x  2m
3

2


3 3
m  0
m  
2
 m 2 (27  4m 2 )  0  
*  
2m

3 3
 f (0). f ( 3 )  0
m 

2
Vậy m  

3 3
3 3
hoặc m 
là giá trị cần tìm.
2
2

3

0,5

1

1

0,5
2.0

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
( xy + yz + zx)(9 + x2y2 + z2y2 +x2z2) ≥ 36xyz

0.5


Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :
0.5

xy + yz + zx ≥ 3 3 x 2 y 2 z 2 (1)
Và
9+ x2y2 + z2y2 +x2z2 ≥ 12 12 x 4 y 4 z 4 hay 9 + x2y2 + z2y2 +x2z2 ≥ 12 3 xyz (2)
Do các về đều dương, từ (1),(2) suy ra:
(xy + yz + zx)(9 + x2y2 + z2y2 +x2z2) ≥ 36xyz (đpcm).
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =1
4

0.5
0,5
2,0

1
3
Với n ≥ 3 Ta có :
Ta có x2 =

0.25

x1 + 2x2 + …+ nxn = n3xn. (1)
x1 + 2x2 + …+( n-1)xn = (n-1)3xn-1. (2)
Từ (1), (2) suy ra : n xn = n3xn - (n-1)3xn-1

 xn=

 n  1

3

0.50
0.25

.xn 1  n  1  n

.xn 1
 .
3
n n
 n  n 1

 n 1   n  2 
2

2

2

 2

0.25

n n 1 3

2

... x2
 xn= 
 
 ...  .
4
 n   n 1   3  n 1 n

 xn 

0.25

4
n (n  1)

0,25

2

4  n  1
Do đó limun = lim
=4
n2

2

Su

0.25

5

3.0
Trong mặt phẳng (ABC) :
AM ∩ BC = {A1}.
BM ∩ AC = {B1},
CM ∩ AB = {C1}
Trong (DAA1) :
Kẻ đường thẳng qua M
song song với AD cắt DA1 tại A’

D

0.5

A’
A

C
M

A1

B

Xét tam giác DAA1 có MA’ // AD nên

MA ' MA1 S MBC


DA AA1 S ABC
MC ' MC1 S MAB
,


DC CC1 SABC

MB ' MB1 S MAC


DB BB1 S ABC
MA ' MB ' MC '


 1  do S MBC  S MAC  S MAB  S ABC 
Suy ra
DA DB DC
Tương tự ta có

0.5
0,5
0.5


Ta có

MA ' MB ' MC '
MA ' MB ' MC '


 33
.
.
DA DB DC
DA DB DC

0,5

1
Suy ra MA’.MB’.MC’ ≤
DA.DB.DC (không đổi)
27
1
Vậy giá trị lớn nhất MA’.MB’.MC’ là
DA.DB.DC, đạt được khi
27

MA ' MB ' MC ' 1
MA1 MB1 MC1 1


 




DA DB DC 3
AA1 BB1 CC1 3

0.5

Hay M là trọng tâm tam giác ABC
6

3.0

A

P

I

Q
E

N

0,5

M
D

B
C
K

Trong mặt phẳng (ACM) kẻ NI // CM (I  AM)
Trong mặt phẳng (BCD) kẻ BK // CM (K  CD)
Trong (ABD) DI cắt AB tại P
Trong (AKD) DN cắt AK tại Q
PQ là giao tuyến của (DNI) và (ABK) , do NI // CM, BK // CM nên PQ // CM
Gọi E là trung điểm PB, ME là đường trung bình tam giác BPD nên ME // PD hay ME // PI
Mặt khác từ cách dựng ta có I là trung điểm AM nên P là trung điểm AE.
Vậy AP = PE = EB
Suy ra

AP 1

AB 3

MC là đường trung bình tam giác DBK nên BK = 2CM =

Suy ra

1
3
PQ AP 1

 ⟹PQ = BK =
3
BK AB 3
3

VAMNP AM AN AP 1 1 1

.

.
 . 
VAMCB AM AC AB 2 3 6
1
VAMCB = VABCD (Do M là trung điểm BD)
2

0.25

0.25

0.25

3
0.25
0.5
0.25

0.5


ABCD là tứ diện đều có độ dài cạnh bằng 1 nên VABCD =

Suy ra VAMCB =

2
(đvtt)
12

1 2

2
2
1
. Vậy VAMNP = V AMCB =
(đvtt)
.

2 12 24
144
6

7
f(x) f(x).f(y) – sinx.siny = f(x+y) với mọi số thực x,y (1)

 f (0)  0
 f (0)  1

Với x = y = 0 ta có f2(0) – f(0) =0  

0.25
2,0

0,25

Nếu f(0) = 0, từ (1) chọn y = 0 ta có f(x) = 0 với mọi x, điều này không xảy ra với
x=y=



2

0.25

. Suy ra f(0) = 0 (loại)

Với f(0) = 1, từ (1) chọn y = -x ta có f(x).f(-x) + sin2x = 1 x  


f

    
Chọn x =
ta được f   . f     0  

2
2  2
f



 
 = 0 từ (1) chọn y = .Ta có
2
2

Nếu f 

 
 0
2

 
   0
 2





f  x     sinx = cos  x   x  R (*)
2
2






 


 = 0 từ (1) chọn y = - . Ta có f  x    sinx = cos  x   x  R (**)
2
2
2
 2



0.25

0.25

Nếu f  

0,25

Từ (*) và (**) suy ra f(x) = cosx. Thử lại thấy hàm số f(x) = cosx thỏa mãn x  

0.25

  
; .
 2 2 

Ta cần chứng minh 2cosx + x2 ≥ 2 x   

  
. Do g(x) là hàm số chẵn nên chỉ cần
;
 2 2 

Xét hàm số g(x) = 2cosx + x2 – 2 trên  

0,25

 
 2 

chứng minh g(x) ≥ 0 x   0;

 
, g”(x) = 0  x = 0 suy ra g’(x)
 2 

g’(x) = - 2sinx + 2x, g”(x) = -2cosx + 2 ≥ 0 x   0;

 
nên g’(x) ≥ g’(0) = 0, g’(x) = 0  x=0. Vậy hàm số g(x) đồng
 2 
 
biến trên x   0;  nên g(x) ≥ g(0) = 0 hay 2cosx + x2 ≥2 (đpcm). Dấu đẳng thức xảy ra
 2
đồng biến trên x  0;

khi và chỉ khi x = 0

Chú ý: Học sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.

0,25



SỞ GD& ĐT NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12
NĂM HỌC 2009 - 2010

Đề thi chính thức
Môn thi: TOÁN HỌC - THPT BẢNG B
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (4,0 điểm).
Giải phương trình: x 3  2 x  (5  3 x ) 5  3 x  2 5  3 x .
Câu 2 (4,0 điểm).
Tìm m để hệ phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt:
 x  y  m

2
( y  1) x  xy  m  x  1
Câu 3 (2,0 điểm).
Cho ba số dương x, y, z . Chứng minh rằng:

1 1 1
36
  
2 2
x y z 9  x y  y 2 z 2  x2 z 2
Câu 4 (2,0 điểm).
Tính lim
x 1

e

x 1

2

 cos(x  1)
.
x  2x  1

2

Câu 5 (3,0 điểm).
Cho tứ diện ABCD, M là một điểm bất kì nằm trong tam giác ABC. Đường thẳng
qua M song song với AD cắt mặt phẳng (BCD) tại A’, đường thẳng qua M song song với
BD cắt mặt phẳng (ACD) tại B’, đường thẳng qua M song song với CD cắt mặt phẳng
MA ' MB ' MC '
(ABD) tại C’. Chứng minh tổng
không phụ thuộc vào vị trí điểm M.


DA DB DC
Câu 6 (3,0 điểm).
Cho tứ diện đều ABCD có độ dài các cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là trung điểm
AP 1
của BD và AC. Trên cạnh AB lấy điểm P sao cho
 . Tính thể tích khối tứ diện
AB 3
AMNP.
Câu 7 (2,0 điểm).
Tìm hàm số f(x) liên tục trên R thỏa mãn:
f(x).f(y) – sinx.siny = f(x+y) với mọi số thực x, y.
- - - Hết - - Họ và tên thí sinh:................................................................... Số báo danh:.......................


SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP
12
NĂM HỌC 2009 - 2010

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang)
Môn: TOÁN 12 THPT - BẢNG B
---------------------------------------------CÂU
1

NỘI DUNG
Điều kiện x 

ĐIỂM
4.0

5
3

0,5

 5  3x 

Phương trình tương đương x 3  2 x 

3

 2 5  3x

0,75

Do hàm số f(t) = t3 + 2t đồng biến trên R,

f ( x)  f





5  3x nên x =

0,75

5  3x

0,75

x  0
x  0
 2
 2
 x  5  3x
 x  3x  5  0

Vây phương trình có nghiệm x 

0,75

3  29
2

0.5

2

4,0
Từ y = m - x thay vào phương trình còn lại ta được : x  mx  m  0 (1)
3

2

0,5

Xét hàm số f ( x)  x 3  mx 2  m trên 

0.5

Để hệ phương trình có 3 nghiệm phân biệt  Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt
 Đồ thị hàm số y = f(x) có hai điểm cực trị nằm về hai phía đối với Ox (*)

0,5

x  0
Ta có f ( x)  3 x  2mx ; f ( x)  0  
 x  2m
3


1


3 3
m  0

m  

2
(*)  
 m 2 (27  4m 2 )  0  
2m

3 3
 f (0). f ( 3 )  0
m 

2

1

2

Vậy m  

3 3
3 3
hoặc m 
là giá trị cần tìm.
2
2

3

0,5
2.0

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
(xy + yz + zx)(9 + x2y2 + z2y2 +x2z2) ≥ 36xyz
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :
xy + yz + zx ≥ 3 3 x 2 y 2 z 2 (1)

0.5
0.5


Và
9+ x2y2 + z2y2 +x2z2 ≥ 12 12 x 4 y 4 z 4 hay 9 + x2y2 + z2y2 +x2z2 ≥ 12 3 xyz (2)
Do các vế đều dương, từ (1), (2) suy ra:
(xy + yz + zx)(9 + x2y2 + z2y2 +x2z2) ≥ 36xyz (đpcm).
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =1
4

x 1

2

0,5
2,0
0.25

Đặt t = x – 1 Khi x  1 thì t  0

e

0.5

 cos(x  1)
et  cos t
I  lim
 lim
x 1
t 0
x2  2x  1
t2
2
 et  1 1  cos t 
= lim  2 

t 0 
t 2 
 t
2

0.25

0.5

et  1
Do lim
1
t 0
t2
2

1  cos t

 lim
t 0
t 0
t2
t
2sin 2
21
lim
2
t 0
2
t
4 
2
1 3
Suy Vậy I = 1+ 
2 2
lim

0.25

2sin 2
t

t
2

0.25

2

0,25

0.25

5

3.0

D

A’
A

C
M

1

A1

B
Trong mặt phẳng (ABC) : AM cắt BC tại A1.
BM cắt AC tại B1 , CM cắt AB tại C1
Trong (DAA1) : Kẻ đường thẳng qua M song song với AD cắt DA1 tại A’
MA ' MA1 S MBC
Xét tam giác DAA1 có MA’ // AD nên


DA AA1 S ABC

MB ' MB1 S MAC
MC ' MC1 S MAB
Tương tự ta có
,




DB
BB1 S ABC
DC CC1 S ABC

1
0,5


Suy ra

MA ' MB ' MC '


 1  do S MBC  S MAC  S MAB  S ABC  không phụ thuộc vào vị
DA DB DC

0.5

trí điểm M
6

3.0

A

P
N

1

M

B

D

C
VAMNP AM AN AP 1 1 1

.
.
 . 
VAMCB AM AC AB 2 3 6
1
VAMCB = VABCD (Do M là trung điểm BD)
2

0,5

ABCD là tứ diện đều có độ dài cạnh bằng 1 nên VABCD =

2

12

0.5

1 2
2
.

2 12 24
2
1
Vậy VAMNP = V AMCB =
(đvtt)
144
6

0.5

Suy ra VAMCB =

0,5

7

2,0

f(x) Ta có : f(x).f(y) – sinx.siny = f(x+y) với mọi số thực x,y (1)
 f (0)  0
Với x = y =0 ta có f2(0) – f(0) =0  
 f (0)  1

Với f(0) = 0, từ (1) chọn y = 0 ta có f(x) = 0 x , điều này không xảy ra với x  y 

Suy ra f(0) = 0 (loại)
Với f(0) = 1, từ (1) chọn y = -x ta có f(x).f(-x) + sin2x = 1 x  


f

    
Chọn x =
ta được f   . f     0  
2

2  2
f


0,5


2

.

0.25
0,25

 
 0
2

 
   0
 2

0.25



 
 = 0 từ (1) chọn y = .Ta có
2
2




f  x     sinx = cos  x   x  R (*)
2
2



0.25


 
 = 0 từ (1) chọn y = - . Ta có
2
 2





f  x    sinx = cos  x   x  R (**)
2
2



0,25

Nếu f 

Nếu f  

Từ (*) và (**) suy ra f(x) = cosx x  R . Thử lại thấy hàm số f(x) = cosx thỏa mãn

Chú ý: Học sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.

0.25


SỞ GD& ĐT NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12
NĂM HỌC 2009 - 2010

Đề thi chính thức
Môn thi: TOÁN HỌC - BỔ TÚC THPT
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (5,0 điểm).
x2
có đồ thị (C).
x
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.

Cho hàm số y 

b. Tìm m để đường thẳng (d) y = 2x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm A và B sao cho
AB = 2 5.
Câu 2 (5,0 điểm).
a. Giải phương trình: 12.Cxx31  55. Ax21.
b. Giải phương trình: sin4x + cos4x = cos4x.
Câu 3 (5,0 điểm).
a. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y  x  4  x 2 .
b. Tính I = lim
x 2

x  5x  6
.
x2  4

Câu 4 (5,0 điểm).
Cho tứ diện ABCD và M là một điểm bất kỳ nằm trong tứ diện. Gọi dA, dB, dC, dD
theo thứ tự là khoảng cách từ M đến các mặt phẳng (BCD), (ACD), (ABD), (ABC). Gọi
hA, hB, hC, hD theo thứ tự là khoảng cách từ các điểm A, B, C, D đến các mặt phẳng
(BCD), (ACD), (ABD), (ABC).
a. Tính tổng

d A d B dC d D
 
 .
hA hB hC hD

b. Chứng minh rằng d A .d B .dC .d D 

1
.hA .hB .hC .hD .
256
- - - Hết - - -

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


SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12
NĂM HỌC 2009 – 2010

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH
THỨC
(Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang)
Môn: TOÁN 12 - BỔ TÚC THPT
------------------------------------CÂU
1
1a

NỘI DUNG
TXĐ: R \ 0

ĐIỂM
5,0
3,0
0,25

2
, y’ < 0 x  0
x2
hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;0  ;  0;  
y’ = 

Sự biến thiên

0,5

Giới hạn và các đường tiệm cận

x2
x2
  ; lim
  . Vậy đường tiệm cận đứng có phương trình x
x 0
x
x

0,5

x2
x2

 2
 2
 lim 1    1; lim
 lim 1    1. Vậy đường tiệm cận
x 
x 
x 
x 
x
x
 x
 x
ngang có phương trình y =1

0,5

lim

x 0

=0
lim

Bảng biến thiên
x -
y’
y

0
||

-

+
+

0,5

1

1
-

Giao điểm của đồ thị với trục hoành (-2;0)
Đồ thị không cắt trục tung. Đồ thị nhận điểm I (0;1) làm tâm đối xứng


0.75

1b

2,0
(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi A,B chỉ khi phương trình

x2
 2 x  m (1)
x

có hai nghiệm phân biệt x1, x2 khác 0 . Hay phương trình 2x2 + (m-1)x - 2 = 0 có hai
nghiệm phân biệt x1, x2 khác 0

   m  12  16  0
Điều kiện 
đúng với mọi số thực m.
2  0

0,25

0,25

Vậy (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B

m 1

 x1  x2  
Theo Viet ta có 
2
 x1 x2  1

0.25

Giả sử hoành độ điểm A là x1, hoành độ điểm Blà x2, suy ra A(x1; 2x1+m), B(x2 ; 2x2+m)
AB2 =  x2  x1   4  x2  x1   5  x2  x1 
2

2

= 5  x2  x1   4 x2 x1 

0,25

2

0,25

2





 m  1  2


4
= 5  


2 


 m  1  2


4
AB = 2 5  5  
  20

2 




0,25

0,25

0,25

 m 1
Vậy m =1 là giá trị cần tìm
2
2a

5.0
2