6 đề thi học sinh giỏi toán 12 có đáp án

{[[W+bz0FkV43GmRt7u4DpvuYxd]]}

 
 

 




{[[W+bz0FkV43GmRt7u4DpvuYxd]]}

 
 

 





SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH KIÊN GIANG
−−−−−−−−−−
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 - 2012
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

MÔN : TOÁN HỌC
Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 01/11/2011
(Đề thi có 01 trang)

Bài 1 (5 điểm).
1. Giải bất phương trình sau trên tập số thực :

x 2 − 2 x + 3 + x > x 2 − 6 x + 11 + 4 − x .
2. Giải hệ phương trình sau trên tập số thực :
2
2
 x + y + 2 y = 7 + 2 xy
 2
2
( x − y )( x − y ) + 13 y + 6 = 13 x
Bài 2 (5 điểm).
Chứng minh rằng sin x >

π

2x

đúng với mọi x ∈ (0; ) .
π
2

Từ đó chứng minh rằng cos x ≤ 1 −

4 x2

π

2

đúng với mọi x ∈ (

−π π
; ).
2 2

Bài 3 (5 điểm).
Cho hình chóp S . ABC có SAC = SCB = ABC = 900 và SA =

25
cm, AB = 4cm, BC = 3cm . Tính thể
4

tích khối chóp S . ABC .

Bài 4 (5 điểm).
Giải phương trình sau trên tập số thực :
3cot 2 x + 2 2 sin 2 x = (2 + 3 2) cos x .

−−−−−−−−−−−−−−−−−−HẾT−−−−−−−−−−−−−−−−−−


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH KIÊN GIANG
---------------------

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TÌNH LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2011 – 2012
-------------------------------

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
MÔN TOÁN
Ngày thi 01/11/2011
(Hướng dẫn chấm này gồm có 03 trang)
BÀI
Bài 1.1
(2,5 điểm)

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Điều kiện : 0 ≤ x ≤ 4 .
BPT đã cho tương đương với BPT
0,5đ

x 2 − 2 x + 3 − x 2 − 6 x + 11 > 4 − x − x
4( x − 2)

⇔

>

−2( x − 2)
4− x + x

1,0đ

x − 2 x + 3 + x − 6 x + 11


4
2
⇔ ( x − 2) 
+
>0⇔ x>2
2
2
4− x + x 
 x − 2 x + 3 + x − 6 x + 11
Kết hợp với điều kiện, nghiệm của BPT đã cho là 2 < x ≤ 4 .
2

Bài 1.2
(2,5 điểm)

Bài 2
(5 điểm)

2

0,5đ
0,5đ

( x − y ) + ( x + y ) − ( x − y ) = 7

Hệ đã cho được viết lại : 
2
( x + y )( x − y ) + 6 = 13( x − y )
2
2
(1)
v + u − v = 7
u = −v + v + 7
Đặt u = x + y, v = x − y ta được hệ  2
⇔ 4 3
2
uv + 6 = 13v
v − v − 7v + 13v − 6 = 0 (2)
v = 1
2
(2) ⇔ (v + 3)(v − 2)(v − 1) = 0 ⇔ v = 2
v = −3
Hệ (1) và (2) có 3 cặp nghiệm : (7 ; 1), (5 ; 2), (−5 ; −3).
7 3
Hệ đã cho có 3 cặp nghiệm : (4;3), ( ; ), (−4; −1) .
2 2
2x
Xét hàm số f ( x) = sin x − .
2

π

Ta có f / ( x) = cos x −

0,5 đ

0,5đ

0,5đ

1,0đ

π

2

và f / ( x) = 0 có duy nhất nghiệm x = x0 ∈ (0; ) .
π
2
x

+

f ( x)

π

x0

0

/

0

2

−

1,0đ

f ( x)

.

1,0đ

0

0

Dựa vào BBT ta có ngay f ( x) = sin x −

2x

π

> 0, ∀x ∈ (0; ) .
π
2

Trang 1


Vì hàm số y = cos x và hàm số y = 1 −

minh cos x ≤ 1 −

4 x2

π

2

4 x2

π2

là các hàm số chẵn nên ta chỉ cần chứng

π

1,0đ

đúng với mọi x ∈ [0; ) .
2

π
2x
4x2
4x2
≥ 0 . Do đó, sin 2 x ≥ 2 ⇔ cos 2 x ≤ 1 − 2 .
Theo trên, ∀x ∈ [0; ) ta có sin x ≥
2
π
π

π
π
4 x2
π
Mặt khác, cos x > 0, ∀x ∈ [0; ) nên ta được cos x ≤ 1 − 2 đúng với mọi x ∈ [0; ) .
2
π
2
Bài 3
(5 điểm)

∆ABC vuông tại B nên AC = AB 2 + BC 2 = 5 .

1,0đ

1,0đ
0,5đ

Gọi H là hình chiếu của S lên mp(ABC).
Vì AC vuông góc đoạn xiên SA nên AC vuông góc hình chiếu HA.

1,0đ

Tương tự, BC ⊥ HC. Suy ra HC song song AB.

1,0đ

Do đó, HCA = CAB . Vì vậy, ∆ACH ∼ ∆BAC .

1,0đ

Vì

AH AC
15
=
nên AH = . Suy ra, SH = SA2 − AH 2 = 5 .
BC BA
4

1
1 1
Ta có VSABC = S ABC .SH = . AB.BC.SH = 10cm3 .
3
3 2

1,0đ

0,5đ

S

C

H

A

Bài 4
(5 điểm)

B

ĐK sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ . Đặt t = cos x , −1 < t < 1

0,5đ

PT đã cho trở thành :

1,0đ

2 2t 4 + (2 + 3 2)t 3 − (4 2 − 3)t 2 − (2 + 3 2)t + 2 2 = 0

Vì t = 0 không là nghiệm nên chia hai vế của phương trình cho t 2 ta được
2 2(t 2 +

1
1
) + (2 + 3 2)(t − ) + 3 − 4 2 = 0 (1)
2
t
t

Trang 2

0,5đ


Đặt y = t −

1
1
ta được t 2 + 2 = y 2 + 2
t
t

0,5đ

3

y
=
−

2
(1) trở thành 2 2 y 2 + (2 + 3 2) y + 3 = 0 ⇔ 
2

 y = − 2

1,0đ

Với y = −

3
1
π
ta được t = −2 (loại ) và t = ⇔ x = ± + k 2π
2
2

3

0,5đ

Với y = −

2
2
π
ta được t = − 2 ( loại ) và t =
⇔ x = ± + m 2π
2
2
4

0,5đ

Vậy nghiệm PT là x = ±

π
3

+ k 2π và x = ±

HẾT

Trang 3

π
4

+ m2π .

0,5đ


{[[W+bz0FkV43GmRt7u4DpvuYxd]]}

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
 
TỈNH KIÊN GIANG  
−−−−−−−−−−
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

  CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH
KỲ THI
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 - 2012
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

MÔN : TOÁN HỌC
Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 02/11/2011
(Đề thi có 01 trang)

Bài 5 (7 điểm).
Cho hai số thực x, y thỏa mãn đẳng thức x 2 + y 2 + xy = 3 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
M = x 3 y 3 − 3 xy ( x + y ) 2 .
Bài 6 (6 điểm).
Trong mặt phẳng cho hai đường tròn không bằng nhau (O; R ) và (O / ; R / ) , tiếp xúc ngoài với nhau tại

A. Điểm B di động trên đường tròn (O). Đường thẳng vuông góc với BA tại A cắt đường tròn (O’) tại C
(khác A) .
1. Chứng minh rằng đường thẳng BC luôn luôn đi qua một điểm cố định.
2. Chứng minh rằng trọng tâm G của tam giác ABC luôn thuộc một đường tròn cố định, khi B thay đổi.

Bài 7 (7 điểm).
Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n , phương trình x 2 + y 2 = z 2 + n có vô số nghiệm nguyên
dương x, y, z .

−−−−−−−−−−−−−−−−−−HẾT−−−−−−−−−−−−−−−−−−


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH KIÊN GIANG
---------------------

Bài 1
(7 điểm)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TÌNH LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2011 – 2012
-------------------------------

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
MÔN TOÁN
Ngày thi 02/11/2011
(Hướng dẫn chấm này gồm có 02 trang)
Đặt S = x + y , P = xy . ĐK : S 2 ≥ 4 P .
Ta có x 2 + y 2 + xy = 3 ⇔ S 2 − P = 3 ⇔ S 2 = P + 3 ≥ 0 ⇒ P ≥ −3 .
Đẳng thức có thể xảy ra, chẳng hạn khi x = y = − 3 .

0,5đ
1,5đ

Vì S 2 ≥ 4 P và S 2 = P + 3 nên P + 3 ≥ 4 P ⇔ P ≤ 1 .
Đẳng thức có thể xảy ra, chẳng hạn khi x = y = 1.

1,0đ

Tóm lại, tập giá trị của P là [−3 ; 1].

0,5đ

Ta có, M = x 3 y 3 − 3 xy ( x 2 + y 2 + xy + xy ) = P 3 − 3P (3 + P ) = P 3 − 3P 2 − 9 P .

1,0đ

 P = 3 ∉ [ −3;1]
.
 P = −1 ∈ [ −3;1]

Và M / = 3P 2 − 6 P − 9 ; M / = 0 ⇔ 

1,0đ

M (−3) = −27, M ( −1) = 5, M (1) = −11

0,5đ

min M = min{M (−3), M (−1), M (1)} = M (−3) = −27

0,5đ

[ −3;1]

max M = min{M (−3), M (−1), M (1)} = M (−1) = 5 .

0,5đ

[ −3;1]

Bài 2
(6 điểm)

1. Ta có ∆ AOB cân đỉnh O

nên AOB = 1800 − 2 BAO

Ta có ∆ AO’C cân đỉnh O’ nên AO’C = 1800 − 2CAO’

(

)

0,5đ
0,5đ

Do đó, AOB + AO’C = 3600 − 2 BAO + CAO’ = 1800

0,5đ

Suy ra OB // O’C .

0,5đ

Gọi I là giao điểm của BC và OO’ ta có

IC O ' C R '
R'
=
=
⇒ IC = IB
IB OB
R
R

Vậy I là tâm vị tự ngoài của (O) và (O’).

0,5đ

0,5đ

Vì vậy, BC luôn luôn đi qua điểm I cố định ( đpcm ).
2. Gọi M là trung điểm của BC ta có AG =

2
AM .
3

Gọi K là trung điểm của OO’. Vì MK là đường trung bình của hình thang

CO’OB nên KM =

R + R'
.
2

Trang 1

0,5đ
1,0đ


Do đó M thuộc đường tròn tâm K bán kính bằng
* Ta có V

2
( A, )
3

R + R'
.
2

0,5đ
0,5đ

(M ) = G

và M thuộc đường tròn (K ,

R + R'
) cố định nên G chạy trên đường tròn cố
2

định, là ảnh của đường tròn ( K ,

B

0,5đ

R + R'
2
) qua phép vị tự tâm A tỷ số k = .
2
3

M
C

O

Bài 3
(7 điểm)

K A O'

I

* Xây dựng được các bộ nghiệm.
* Chứng được tính nguyên dương của các bộ nghiệm đã xây dựng.

* Chứng được tính “vô số” của các bộ nghiệm đã xây dựng.
Chẳng hạn,
Ta xây dựng các bộ nghiệm nguyên dương ( x, y, z ) như sau :
Đặt z = y + 1 ta có y 2 − z 2 = −(2 y + 1) .
x2 − n −1
.
Khi đó ta có x + y − z = n ⇔ y =
2
Ta có tập A = {x = 2k + | n | +1: k ∈ ℕ*} gồm vô số phần tử x là số nguyên dương, khác
2

2

2

tính chẵn−lẻ với n. và thỏa điều kiện x 2 − n − 1 > 0 . Vì vậy, y =

x2 − n −1
là số nguyên
2

dương với mọi x thuộc A.
Rõ ràng mỗi bộ ( x, y, z ) = ( x,

x2 − n − 1 x2 − n + 1
,
) , với x ∈ A , đều là nghiệm của
2
2

phương trình đã cho.

HẾT

Trang 2

4đ
2đ
1đ






SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (5,0 điểm).
a) Giải phương trình:

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2013 - 2014
Ngày thi : 02/10/2013
Môn thi : TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

3x − 2 − x + 1= 2x 2 − x − 3 .

8 8
 3
2
x
+
3x
−
13x
−
15
=
−

3 y
y
b) Giải hệ phương trình: 
(x, y ∈ ¡ ) .
 2
+ 4 5y 2 (x 2 + 2x + 2)
y =
Câu 2 (4,0 điểm).
2014

u1 = 2013
a) Cho dãy số (un ) xác định bởi: 
2u = u 2 + 2u , ∀n ∈ ¥ *
 n +1
n
n
1

1
1
Đặt S=
. Tính: limS n .
+
+...+
n
u1 + 2 u 2 + 2
un + 2
b) Tìm tất cả các hàm số f liên tục trên ¡ thỏa mãn:
f(3x – y + α) = 3f(x) – f(y), ∀ x, y ∈ ¡
trong đó α là số thực cho trước.
Câu 3 (5,0 điểm).
a) Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1. Gọi M là điểm bất kỳ nằm trong mặt
phẳng chứa tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
T = MA.h a + MB.h b + MC.h c
(với h a , h b , h c lần lượt là độ dài các đường cao vẽ từ A, B, C).
b) Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định và đỉnh A thay đổi. Gọi H và G
lần lượt là trực tâm và trọng tâm của tam giác ABC. Gọi E là điểm đối xứng với H
qua G. Tìm tập hợp các điểm A, biết rằng điểm E thuộc đường thẳng BC.
Câu 4 (3,0 điểm).
a) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c sao cho:
3
3
2
a + 2b = c và a + 8b = c .
b) Cho đa thức f(x) có bậc n > 1, có các hệ số đều là các số nguyên và thỏa mãn
điều kiện f(a + b) = a.b, với a, b là hai số nguyên cho trước (a, b khác 0).
Chứng minh rằng f(a) chia hết cho b và f(b) chia hết cho a.
Câu 5 (3,0 điểm).

Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a.b.c = 8.
Chứng minh rằng với mọi k ∈ ¥ *, ta có:
a2

k

(a + b)(a 2 + b2 )(a 4 + b4 )...(a 2

k −1

+ b2

k −1

+

b2

k

) (b + c)(b2 + c2 )(b4 + c4 )...(b2

k −1

+ c2

k −1

+

c2

k

) (c + a)(c2 + a 2 )(c4 + a 4 )...(c2

------------- Hết -------------

k −1

+ a2

k −1

≥
)

3
2k −1

.