tổng hợp đề thii học sinh giỏi toán 12 các tỉnh có đáp án

SỞ GD&ĐT
QUẢNG BÌNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
SỐ BÁO DANH:

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi: Toán - Vòng I
(Khóa ngày 11 tháng 10 năm 2012)
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2.5 điểm):
Giải phương trình: x 4n + x 2n + 2012 = 2012 (n ∈ ¥ * ) .
Câu 2 (2.5 điểm):
Cho dãy số (u n ) xác định bởi công thức:
u1 = 3

1
3

*
u
=
2
u
+
 n+1 3  n u 2 ÷; (n ∈ ¥ ).
n 


Tính: lim un ?

Câu 3 (1.5 điểm):
Cho các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng:
1 1 1
36
+ + ≥
.
2 2
x y z 9 + x y + y 2 z 2 + z 2 x2
Câu 4 (2.0 điểm):
Cho tam giác ABC có M là trung điểm cạnh BC, N là chân đường
·
phân giác góc BAC
. Đường thẳng vuông góc với NA tại N cắt các đường
thẳng AB, AM lần lượt tại P, Q theo thứ tự đó. Đường thẳng vuông góc với
AB tại P cắt AN tại O. Chứng minh OQ vuông BC.
Câu 5 (1.5 điểm):
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
x+2 3 = y + z .
--------------------HẾT----------------------


SỞ GD&ĐT
QUẢNG BÌNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi: Toán - Vòng I
(Khóa ngày 11 tháng 10 năm 2012)

HƯỚNG DẪN CHẤM

(Đáp án, hướng dẫn này có 4 trang)
yªu cÇu chung
* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic
chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng.
* Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có
liên quan.
* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần là 0,5
điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài.
Câu

Nội dung

Điểm

1

2,5 điểm
Phương trình: x + x + 2012 = 2012 (n ∈ N*)
Đặt t = x2n ≥ 0, phương trình (1) trở thành:
t 2 + t + 2012 = 2012
1
1
⇔ t 2 + t + = t + 2012 − t + 2012 +
4
4
4n

2n

2

(1)
0,25
0,5

2

1
 1 
⇔  t + ÷ =  t + 2012 − ÷
2
 2 

0,5
0,25

⇔ t + 1 = t + 2012
⇔ t 2 + t − 2011 = 0.
Giải phương trình (2) ta được: t =
Phương trình có 2 nghiệm:
x1 = 2n

(2)
−1 + 8045
thỏa mãn điều kiện
2

−1 + 8045 và

−1 + 8045 , n ∈ ¥ * .
x 2 = − 2n
2
2

2

0,25
0,25
0,5

2,5 điểm
Theo công thức xác định dãy (un ) , ta có un > 0; ∀n ∈ ¥ * .
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:
1
3  1
3
3
un+1 =  2un + 2 ÷ =  un + un + 2 ÷ ≥ 3 un2 . 2 = 3 3 ; ∀n ∈ ¥ * .
3
un  3 
un 
un
Do đó: un ≥ 3 3 ; ∀n ∈ ¥ * .

0,5

0,5

 1  3 − un3 
2
1
1 3
Mặt khác: un+1 − un = un + 2 − un =  2 − un ÷ =  2 ÷ ≤ 0 .
3
un
3  un
 3  un 
Vậy (un ) là dãy số giảm và bị chặn dưới nên nó có giới hạn.
2
1
3
Giả sử, lim un = a .Ta có: a = a + 2 ⇔ a = 2 ⇔ a = 3 3 .
3
a
a
3
Vậy: lim un = 3
3

Ta có: ( xyz )
Do đó:

0,5
0,5

1.5 điểm

1 1 1

36
+ + ≥
x y z 9 + x2 y2 + y2 z 2 + z 2 x2
1 1 1
⇔ (9 + x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 )  + + ÷≥ 36 .
x y z
2

0,5

0,25
3

 xy + yz + zx 
= ( xy ) ( yz ) ( zx ) ≤ 
÷.
3



0,25

 1 1 1   xy + yz+zx  27 ( xy + yz+zx )
 x + y + z÷ =
÷ ≥
3
xyz
( xy + yz+zx )

 


2

2

2

27
=
.
xy + yz+zx

0,25

Mặt khác:

9 + x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 = 6 + ( x 2 y 2 + 1) + ( y 2 z 2 + 1) + ( z 2 x 2 + 1)
≥ 2 ( 3 + xy + yz + zx ) .

0,25

2


 1 1 1 
⇒  (9 + x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 )  + + ÷
 x y z 

2
27

≥ 4 3 + ( xy + yz+zx )  .
xy + yz+zx


9
= 108. 
+ 6 + ( xy + yz + zx ) 
 xy + yz + zx



9
≥ 108  6 + 2
( xy + yz + zx ) ÷ = 1296 .
xy + yz + zx


A
1 1
2 2
2 2
2 2 1
Suy ra: (9 + x y + y z + z x )  + + ÷ ≥ 36 .
x y z
y
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z = 1.
4

B
P

Q
N

M
O
x

0,25
0,25
2.0 điểm

C

0,25


Chọn hệ trục tọa độ Nxy sao cho A, N nằm trên trục hoành.

Vì AB không song song với các trục tọa độ nên phương trình của nó có
 b 
dạng : y = ax + b (a ≠ 0). Khi đó : A =  − ;0 ÷, P = (0; b) .
 a 
AC đi qua A và đối xứng với AB qua trục hoành nên có phương trình :
y = -ax – b.
1
PO đi qua P, vuông góc với AB nên có phương trình : y = − x + b .
a
O là giao điểm của PO và trục hoành nên O = (ab,0) .
BC đi qua gốc tọa độ nên :

+) Nếu BC không nằm trên trục tung thì phương trình BC có dạng y =
cx với c ≠ 0,c ≠ ± a (vì B, C không thuộc trục hoành, BC không song
song với AB và AC).
B là giao điểm của BC và AB nên tọa độ B là nghiệm của hệ :
 y = ax + b
bc 
 b
⇒ B=
;

÷.
c−a c−a
 y = cx
C là giao điểm của BC và AC nên tọa độ C là nghiệm của hệ :
 y = −ax − b
b
bc 

⇒ C = −
;−

÷.
 c+a c+a
 y = cx
uuuu
r
bc
abc 
 ab
AM

=
c; a 2 ) .
M
=
;
Do đó :
 2
2
2 (
2
2
2 ÷, suy ra :
a (c − a )
c −a c −a 
a2
ab
Từ đó ta có phương trình của AM là : y = x +
.
c
c
Q là giao điểm của AM với trục tung nên
 ab  uuur
 1
Q =  0; ÷⇒ QO = ab  1; − ÷.
c
 c 

uuur
Do đó QO là một vectơ pháp tuyến của BC nên QO vuông góc BC.
+) Nếu BC nằm trên trục tung thì tam giác ABC cân tại A nên M ≡ N, do

đó O thuộc AN nên QO vuông góc BC.

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25


5

Giả sử ( x, y, z ) là nghiệm nguyên dương của phương trình. Ta có:

1,5 điểm

x+2 3 = y + z + 2 yz
⇔ x − ( y + z ) = 2 yz − 2 3
⇒ [ x − ( y + z ) ] = 4 yz − 8 3 yz + 12
2

0,25

= 4 yz − 4 3 [ x − ( y + z ) ] − 12
⇒ [ x − ( y + z ) ] + 4 3 [ x − ( y + z ) ] + 12 = 4 yz

2

− [ x − ( y + z ) ] + 4 yz + 12
∈ ¤ (vô lý).
x − ( y + z)
 y =1

z = 3
⇒ x = 4.
Nếu x = y + z thì yz = 3 ⇔ 
y = 3

  z = 1
Thử lại, ta thấy: (4; 3; 1) và (4; 1; 3) là nghiệm của phương trình.
Vậy: nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho là (4; 3; 1) và (4;
1; 3).
Nếu x ≠ ( y + z ) thì 4 3 =

0,25

2

0,25

0,5
0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012
MÔN THI : TOÁN - Vòng 2
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1 (2 điểm)
a) Cho hàm số y = x 2 + 2mx − 3m và hàm số y = −2 x + 3 . Tìm m để đồ thị các hàm số đó
cắt nhau tại hai điểm phân biệt và hoành độ của chúng đều dương.
b) Giải bất phương trình:

− x 2 + 8 x − 12 > 10 − 2 x

Câu 2 (2 điểm)
a) Giải phương trình: (4 x3 − x + 3)3 − x3 = 3
2
b) Giải phương trình:

2 x 2 − 11x + 23 = 4 x + 1

Câu 3 (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M (1;4) . Đường thẳng d qua M, d cắt trục
hoành tại A(hoành độ của A dương), d cắt trục tung tại B(tung độ của B dương). Tìm
giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OAB.
b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): ( x − 2) 2 + ( y + 3) 2 = 9 và điểm
A(1; −2) . Đường thẳng ∆ qua A, ∆ cắt (C) tại M và N. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài
đoạn thẳng MN.

Câu 4 (3 điểm)
a) Chứng minh rằng tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi
AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 = AC 2 + BD 2 .
b) Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn:

1
1 1
=
+
(trong đó AB=c; AC=b; đường
ha2 b 2 c 2

cao qua A là ha ).
Câu 5 (1 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương . Chứng minh rằng:
2
2
2
a − b) + ( b − c) + ( c − a)
2a
2b
2c
(
+
+
≥3+
2
b+c c+a a+b
( a + b + c)
…………………Hết………………….

Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:…………………………
Chữ ký của giám thị 1:………………….Chữ ký của giám thị 2:………………………


ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012
Câu Ý
Nội dung
2
Tìm m: y = x + 2mx − 3m và y = −2 x + 3 cắt nhau tại hai điểm
1 a
phân biệt và hoành độ dương
Yêu cầu bài toán ⇔ PT sau có hai nghiệm dương phân biệt
x 2 + 2mx − 3m = −2 x + 3 ⇔ x 2 + 2( m + 1) x − 3m − 3 = 0
∆ ' > 0

⇔ −3(m + 1) > 0
−2(m + 1) > 0


Điểm
1,00
0,25

0,25

 m > −1
∆' > 0 ⇔ 
 m < −4

Kết hợp nghiệm, kết luận m < −4
Giải bất phương trình: − x 2 + 8 x − 12 > 10 − 2 x
b

0,25
0,25
1,00

TXĐ: − x 2 + 8 x − 12 ≥ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 6
Nếu 5 < x ≤ 6 thì − x 2 + 8 x − 12 ≥ 0 > 10 − 2 x , bất phương trình
nghiệm đúng với mọi x: 5 < x ≤ 6
10 − 2 x ≥ 0
2
≤
x
≤
5
⇒
Nếu
bất pt đã cho

2
 − x + 8 x − 12 ≥ 0
2
⇔ − x 2 + 8 x − 12 > 4 x 2 − 40 x + 100 ⇔ 5 x − 48 x + 112 < 0 ⇔ 4 < x <

2

Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 4 < x ≤ 5
Tập nghiệm của bpt đã cho: (4;6]

3
3
3
3
(4
x
−
x
+
3)
−
x
=
Giải
phương
trình:
(1)
a
2

0,25
0,25

28
5

0,25
0,25
1,00

2 y 3 − 2 x3 = 3
( I ) Khi đó nghiệm
Đặt y = 4 x − x + 3 . (1) có dạng:  3
4 x − x + 3 = y
của (1) là x ứng với (x;y) là nghiệm của (I)
3
3
3
3
2 y − 2 x = 3(2)
2 y − 2 x = 3
⇔
(I) ⇔  3
3
2
2
2 x + 2 y − ( x + y ) = 0
( x + y )(2 x − 2 xy + 2 y − 1) = 0(3)
3
TH1: y = -x kết hợp(2), có nghiệm của (1): x = − 3
4
3

TH2: 2 x 2 − 2 xy + 2 y 2 − 1 = 0; ∆ ' x = 2 − 3 y 2 . Nếu có nghiệm thì

y≤

2
.
3

0,25

0,25
0,25


3

 2 8 2
2
< 3.
Tương tự cũng có x ≤
. Khi đó VT (2) ≤ 4 
÷ =
3
 3 3 3
3
4

Chứng tỏ TH2 vô nghiệm. KL (1) có 1 nghiệm x = − 3
b

3

0,25

Giải phương trình: 2 x 2 − 11x + 23 = 4 x + 1
ĐK: x ≥ −1 . (1) ⇔ 2( x 2 − 6 x + 9) + ( x + 1 − 4 x + 1 + 4) = 0

1,00
0,25

2( x − 3) 2 + ( x + 1 − 2) 2 = 0 (*)
 x − 3 = 0
Do a 2 ≥ 0(∀a) nên pt(*) ⇔ 
 x + 1 − 2 = 0
⇔ x = 3 . Vậy pt đã cho có 1 nghiệm x=3
M (1;4) . Đg thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A; d cắt trục tung tại
a B. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OAB( x A ; yB > 0 )
x y
Giả sử A(a;0); B(0;b), a>0; b>0. PT đường thẳng AB: + = 1
a b
1 4
4
16
Vì AB qua M nên + = 1 ⇒ 1 ≥ 2
⇒1≥
a b
ab
ab
a = 2
ab
1 4 1
⇒
≥ 8;" = " ⇔ = = ⇔ 
2
a b 2
b = 8
1

2

1
2

Diện tích tam giác vuông OAB( vuông ở O)là S = OA.OB = ab ≥ 8 .
Vậy S nhỏ nhất bằng 8 khi d qua A(2;0), B(0;8)
b (C): ( x − 2) 2 + ( y + 3) 2 = 9 ; A(1; −2) . ∆ qua A, ∆ cắt (C) tại M và N.
Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN.
(C) có tâm I(2;-3), bán kính R=3. Có A nằm trong đường tròn(C) vì
IA2 = (1 − 2) 2 + (−2 + 3) 2 = 2 < 9
Kẻ IH vuông góc với MN tại H ta có
IH 2 + HN 2 = IN 2 = 9 ⇒ MN 2 = 4HN 2 = 4(9 − IH 2 )
Mà IH ⊥ AH ⇒ IH ≤ IA = 2 ⇒ MN ≥ 4(9 − 2) = 28 ⇒ MN ≥ 2 7
Vậy MN nhỏ nhất bằng 2 7 khi H trùng A hay MN vuông góc với
IA tại A
Chứng minh rằng tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi
a
AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 = AC 2 + BD 2 uuu
r uuur
uuu
r uuur r
Tứ giác lồi ABCD là hình bình hành ⇔ AB = DC ⇔ AB − DC = 0
uuu
r uuur 2
uuu
r 2 uuur 2
uuu
r uuur
⇔ AB − DC = 0 ⇔ AB + DC − 2 AB.DC = 0

uuu
r uuur uuur
2
2
⇔ AB + DC − 2 AB.( AC − AD ) = 0
⇔ AB 2 + DC 2 − ( AB 2 + AC 2 − BC 2 ) + ( AB 2 + AD 2 − BD 2 ) = 0 (*)
r r 2 r2
r r r2
r r r2 r2 r r 2
( vì a − b = a − 2a.b + b ⇒ 2a.b = a + b − a − b )
2

4

(

)

(

)

(

)

0,25
0,25
0,25
1,00

0,25
0,25
0,25
0,25
1,0

0,25
0,25
0,25
0,25
1,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25


4

(*) ⇔ AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 = AC 2 + BD 2 (Đpcm)
( Chú ý: nếu chỉ làm được 1 chiều thì cho 0,75 đ)
1
1 1
b Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn: 2 = 2 + 2 (1)
ha b
c
Có a.ha = 2 S = bc sin A
⇒

0,25
1,5
0,25

1
a2
4R 2
=
=
ha2 b 2c 2 sin 2 A b 2c 2

0,25

(1) ⇔ b 2 + c 2 = 4 R 2 ⇔ sin 2 B + sin 2 C = 1
⇔ 1 − cos 2 B + 1 − cos 2C = 2 ⇔ cos 2 B + cos 2C = 0
⇔ 2cos( B + C )cos( B − C ) = 0

0,25
0,25
0,25

π
π

 B + C = 2 hay A = 2
⇔
( 0 < B + C < π ;0 ≤ B − C < π )
 B −C = π

2

0,25

π
2
2
2
2
( a − b) + ( b − c) + ( c − a )

Vậy tam giác ABC vuông ở A hoặc có B − C =
5

CMR :

2a
2b
2c
+
+
≥3+
b+c c+a a+b

( a + b + c)

2a
2b
2c
−1+
−1 +

−1=
b+c
c+a
a+b
a −b+ a −c b−c +b−a c −a +c −b
+
+
b+c
c+a
a+b

2

; a , b, c > 0

1,00

XétM=

1
1
1
1
1
1
−
) + (b − c)(
−
) + (c − a)(
−

)
b+c c+a
c+a a+b
a+b b+c
1
1
1
= ( a − b) 2
+ (b − c) 2
+ (c − a ) 2
(b + c)(c + a )
(c + a)(a + b)
( a + b)(b + c)
1
4
4
1
≥
>
=
Vì
;
(b + c)(c + a ) (a + b + 2c) 2 (2a + 2b + 2c) 2 ( a + b + c) 2
1
( a − b) 2
2
2
⇒
(
a

−
b
)
≥
;" = " ⇔ a = b
( a − b) ≥ 0
(b + c)(c + a ) (a + b + c ) 2
Làm hoàn toàn tương tự với hai biểu thức còn lại
2
2
2
a − b) + ( b − c) + ( c − a )
(
Suy ra M ≥
(Đpcm); “=” ⇔ a = b = c
2
( a + b + c)

0,25

= (a − b)(

0,25

0,25

0,25


Hình vẽ câu 3b:

I
A

M

N

H

Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LONG AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM 2011 (VÒNG 1)

Môn: TOÁN ( BẢNG A )
Thời gian: 180 phút (không kể giao đề)
Ngày thi: 06/10/2011

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1: ( 5,0 điểm )
a. Giải phương trình sau: 4 x 2 + x + 1 = 1 + 5 x + 4 x 2 − 2 x 3 − x 4 với x ∈ R .

(

)

2

b. Giải phương trình: 2sin x + 3 sin 2 x + 1 = 3 cos x + 3 sin x .

Câu 2: ( 5,0 điểm )
a. Cho tam giác ABC vuông cân tại B , cạnh AB = 2 . Trong mặt phẳng chứa tam giác
ABC lấy điểm M thỏa MA2 + MB 2 = MC 2 . Tìm quỹ tích của điểm M.
b. Cho tam giác ABC có hai trung tuyến BM và CN hợp với nhau một góc bằng 600 ,
BM = 6, CN = 9 . Tính độ dài trung tuyến còn lại của tam giác ABC.
Câu 3: ( 4,0 điểm )
Cho dãy số ( un ) xác định bởi u1 = 1 và un+1 = 3un 2 + 2 với mọi n ≥ 1 .
a. Xác định số hạng tổng quát của dãy số ( un ) .
2
2
2
2
b. Tính tổng S = u1 + u2 + u3 + ... + u2011 .

Câu 4: ( 3,0 điểm )
Cho a, b, c là ba số thực không âm và thỏa mãn điều kiện a 2 + b 2 + c 2 = 1 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
M = ( a + b + c ) − ( a + b + c ) + 6abc
3

Câu 5: ( 3,0 điểm )
 x 3 + ( y + 2 ) x 2 + 2 xy = −2m − 3
Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:  2
với x, y là
 x + 3 x + y = m
các số thực.
………………. Hết ……………….

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………;Số báo danh:…………


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM 2011 (VÒNG 1)
Môn: TOÁN ( BẢNG A ). Ngày thi: 06/10/2011
( Hướng dẫn có 04 trang )

LONG AN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như
hướng dẫn quy định.
Câu
Đáp án
1
a. ( 3,0 điểm )
(5,0 điểm)
3
Đặt t = x 2 + x + 1, t ≥
. Khi đó phương trình trở thành:
2
4t = −t 4 + 7t 2 − 5 ⇔ t 4 − 6t 2 + 9 − t 2 − 4t + 4 = 0

(

(

)

(

)

)(

)

Thang điểm

0,5

⇔ t 2 − 3 − ( t − 2 ) = 0 ⇔ t 2 − t − 1 t 2 + t − 5 = 0 (*)

0,5

t 2 − t − 1 = 0
⇔
(*)
2
t + t − 5 = 0

0,5

2

2

3
1+ 5
thì t 2 − t − 1 = 0 có một nghiệm là t =
2
2
3
−1 + 21
 Với t ≥
thì t 2 + t − 5 = 0 có một nghiệm là t =
2
2
 Với t ≥

0,5

2

 1+ 5 
1+ 5
⇔ 2 x2 + 2x − 1 − 5 = 0
 Khi t =
thì x 2 + x + 1 = 
÷
÷
2
 2 
⇔x=

0,5

−1 − 3 + 2 5 hoặc
−1 + 3 + 2 5 .
x=
2
2
t=

Khi
2

 −1 + 21 
x + x + 1 = 
⇔ 2 x 2 + 2 x − 9 + 21 = 0
÷
÷
2



−1 + 21
thì
2
0,5

2

−1 − 19 − 2 21 hoặc

−1 + 19 − 2 21 .
x=
2
2
b. ( 2,0 điểm )
⇔x=

Phương trình đã cho được viết lại:
3sin 2 x + 2 3 sin x cos x + cos 2 x = 3
⇔

(

)

2

3 sin x + cos x − 3

(

(

3 sin x + cos x

0,5

)

0,5

3 sin x + cos x = 3

0,5

3 sin x + cos x = 0

⇔ 3 sin x + cos x = 0 hoặc

)





1
π
⇔ x = − + kπ , k ∈ Z
6
3
3 sin x + cos x = 3 phương trình vô nghiệm.
3 sin x + cos x = 0 ⇔ tan x = −

2
a. (2,0 điểm )
(5,0 điểm)  Chọn hệ trục tọa độ Bxy vuông góc sao cho tia Bx qua A và tia
By qua C. Ta có: B ( 0;0 ) , A ( 2;0 ) , C ( 0; 2 ) . Giả sử M ( x; y ) .
 MA2 + MB 2 = MC 2
2
2

⇔ ( 2 − x ) + y 2 + x2 + y 2 = x2 + ( 2 − y )

0,5

0,5

⇔ x + y − 4x + 4 y = 0 .
2

0,5

2

 Phương trình trên là phương trình của một đường tròn tâm
I ( 2; −2 ) , bán kính R = 2 2 .

0,5

 Vậy quỹ tích điểm M là một đường tròn tâm I ( 2; −2 ) , bán kính

0,5

R=2 2.
b. ( 3,0 điểm )
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC.
·
 Xét trường hợp: BGC
= 120 0
Ta có: BC 2 = GB 2 + GC 2 − 2GB.GC.cos1200 = 76
MC 2 = GM 2 + GC 2 − 2GM .GC .cos600 ⇔

AC 2
= 28
4

0,5

Vậy AC2 = 112
NB 2 = GB 2 + GN 2 − 2GB.GN .cos 60 0 ⇔

AB 2
= 13 Vậy AB2 = 52
4

0,5

Vậy độ dài trung tuyến còn lại :
ma2 =

AC 2 + AB 2 BC 2
−
= 63 ⇒ ma = 3 7
2
4

0,5

·
 Xét trường hợp: BGC
= 600

Ta có : BC 2 = GB 2 + GC 2 − 2GB.GC .cos600 = 28
MC 2 = GM 2 + GC 2 − 2GM .GC .cos120 0 ⇔

AC 2
= 52
4

0,5

Vậy AC2 = 208
NB 2 = GB 2 + GN 2 − 2GB.GN .cos120 0 ⇔

Vậy AB2 = 148

0,5

Vậy độ dài trung tuyến còn lại :
ma2 =

Câu
3

2

AB 2
= 37
4

2

0,5

2

AC + AB BC
−
= 171⇒ ma = 171
2
4

Đáp án
a. 2,0 điểm

Thang điểm


(4,0 điểm) Dễ thấy un > 0, ∀n ∈ N *

0,5

Từ un +1 = 3un2 + 2 ⇔ un2+1 = 3un2 + 2 .
2
Đặt vn = un thì có: vn +1 = 3vn + 2 ⇔ vn +1 + 1 = 3 ( vn + 1) .

Đặt xn = vn + 1 thì ta có:
xn +1 = 3xn . Từ đây suy ra ( xn ) là cấp số nhân với x1 = 2 , công bội
là 3.
Nên: xn = 2.3n −1 ⇒ vn = 2.3n −1 − 1 ⇒ un = 2.3n −1 − 1 .

0,5

0,5

0,5

b. 2,0 điểm
S = 2.30 + 2.31 + 2.32 + ... + 2.32010 − 2011

0,5

= 2 ( 30 + 31 + 32 + ... + 32010 ) − 2011

0,5

=

0,5

2 ( 32011 − 1)
3 −1

− 2011

0,5

= 32011 − 2012
2
2
2
Chứng minh được: ( a + b + c ) ≤ 3 ( a + b + c ) = 3

0,5

Suy ra: a + b + c ≤ 3 và ( a + b + c ) ≤ 3 ( a + b + c )

0,5

2

4
(3,0 điểm)

3

3

 a+b+c 8 3
M ≤ 2 ( a + b + c ) + 6abc ≤ 2 3 + 6 
÷ ≤
3
3


Vậy GTLN của M là

5
(3,0 điểm)

0,5

8 3
3

Giá trị này đạt được khi a = b = c =

0,5 + 0,5

0,5

1
.
3

( x 2 + 2 x ) ( x + y ) = −2m − 3
Viết lại hệ:  2
 x + 2 x + x + y = m

0,5

Đặt u = x 2 + 2 x, v = x + y . Dễ có: u ≥ −1 .
u.v = −2m − 3
Hệ trở thành: 
u + v = m
Suy ra: u ( m − u ) = −2m − 3 ⇔ u 2 − 3 = m ( u + 2 ) ⇔

0,5

u2 − 3
=m
u+2

0,5


u2 − 3
với u ≥ −1 .
u+2
u 2 + 4u + 3
f / ( u) =
≥ 0, ∀u ≥ −1
2
( u + 2)

Xét hàm f ( u ) =

0,5

Bảng biến thiên:
u

( u)
f ( u)

f

+∞

−1
+

/

+∞
0,5

−2

Kết luận : m ≥ −2 .

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

0,5

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012
MÔN THI : TOÁN - Vòng 1
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1 (2 điểm)

x−2
có đồ thị là (C) và điểm M tùy ý thuộc (C). Tiếp tuyến của (C)
x +1
tại điểm M cắt hai tiệm cận tại A và B. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Chứng minh
tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc vị trí điểm M.
2. Tìm m để hàm số y = 9 x + m x 2 + 9 có cực đại.
1. Cho hàm số y =

Câu 2 (2 điểm)
a. Giải phương trình sin 2012 x + cos 2012 x =

1
1005

2

 x + x 2 + 1 = y + y 2 − 1
b. Giải hệ phương trình  2
2
 x + y − xy = 1
Câu 3 (2 điểm)
9
3
 π
1. Chứng minh tan x + sin x ≥ x + ( 3 − π ), ∀x ∈  0; ÷. Từ đó suy ra trong mọi tam
2
2
 2
giác nhọn ABC ta có tan A + tan B + tan C + sin A + sin B + sin C ≥

9 3
.
2


2. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y = x + 4 + 4 − x − 16 − x 2 .
Câu 4 (3 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = a 3 và SA vuông
góc với mặt phẳng đáy.
c) Mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’,
D’. Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a.
·
d) M và N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh BC và DC sao cho MAN
= 450 .
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S.AMN.
Câu 5 (1 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2 + b2 + c 2 = 1 . Chứng minh
a 2 + ab + 1
b 2 + bc + 1
c 2 + ca + 1
+
+
≥ 5( a + b + c)
2
2
2
2
2
2
a + 3ab + c
b + 3bc + a
c + 3ca + b
…………………Hết………………….
Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:…………………………
Chữ ký của giám thị 1:………………….Chữ ký của giám thị 2:………………………
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012
Câu Ý
Nội dung
Điểm
I
1
CM tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc vị trí điểm M
1,00
3
3
 a−2
M ∈ (C ) ⇒ M  a;
0,25
÷, a ≠ −1 . y ' = ( x + 1) 2 ⇒ y '(a) = (a + 1) 2
 a +1 
3
a−2
( x − a) +
(∆)
Tiếp tuyến của (C) tại M có pt y =
2
(a + 1)
a +1
Tiệm cận đứng ∆1 có phương trình x = −1
0,25
Tiệm cận ngang ∆ 2 có phương trình y = 1 ⇒ I (−1;1)
a −5

∆ ∩ ∆1 = A ⇒ A  −1;
÷, ∆ ∩ ∆ 2 = B ⇒ B ( 2a + 1;1)

a +1 

1
1 a−5
1 6
S IAB = IA.IB =
− 1 . 2a + 2 = .
.2 a + 1 = 6 (không
2
2 a +1
2 a +1
phụ thuộc vào a, đpcm)
2
Tìm m để hàm số y = 9 x + m x 2 + 9 có cực đại
mx
9m
, y '' =
TXĐ: ¡ , y ' = 9 +
x2 + 9
( x 2 + 9) x 2 + 9
y ' = 0 ⇔ 9 x 2 + 9 + mx = 0 ⇔ 9 x 2 + 9 = −mx ⇔
mx < 0
 mx < 0
⇔
(I)

 2
2
2 2
2

81( x + 9) = m x
(m − 81) x = 81.9

0,25

0,25
1,00

0,25


TH 1. m 2 ≤ 81 ⇔ −9 ≤ m ≤ 9 ⇒ m . x ≤ 9 x < 9 x 2 + 9(∀x) nên
y' =

9 x 2 + 9 + mx
x2 + 9

> 0, ∀x suy ra hàm số đồng biến trên ¡ , không
0,25

có cực trị.
TH 2. m > 9 ⇒ ( I ) ⇔ x1 =
y ''( x1 ) =

9m
( x12 + 9) x12 + 9

m 2 − 81

> 0 ⇒ x1 là điểm cực tiểu ⇒ m > 9 loại

TH 3. m < −9 ⇒ ( I ) ⇔ x2 =
y ''( x2 ) =

−27

27
m 2 − 81

9m

< 0 ⇒ x2 là điểm cực đại.
( x22 + 9) x22 + 9
Vậy hàm số có cực đại ⇔ m < −9
II

1

0,25

Giải phương trình sin 2012 x + cos 2012 x =

0,25
1
1005

2

2
Đặt t = sin x, t ∈ [ 0;1] . (1) có dạng: t 1006 + (1 − t )1006 =

1006
1006
Xét hàm số f (t ) = t + (1 − t ) , t ∈ [ 0;1]

f '(t ) = 1006[t1005 − (1 − t )1005 ] ; f '(t ) = 0 ⇔ t =

(1)
1

1005

2

(2)

1
2

1
1
1
1
f (0) = f (1) = 1, f  ÷ = 1005 ⇒ min f (t ) = 1005 Vậy (2) ⇔ t =
[ 0;1]
2
2
2 2
1
π
π

hay (1) ⇔ sin 2 x = ⇔ cos 2 x = 0 ⇔ x = + k ( k ∈ Z )
2
4
2
 x + x 2 + 1 = y + y 2 − 1 (1)
2
Giải hệ phương trình  2
2
(2)
 x + y − xy = 1
ĐK: y ≥ 1 . (1) ⇔ x − y = y 2 − 1 − x 2 + 1

1,00
0,25

0,25
0,25
0,25
1,00

⇒ x 2 − 2 xy + y 2 = y 2 − 1 + x 2 + 1 − 2 ( y 2 − 1)( x 2 + 1)

⇔ xy = ( y 2 − 1)( x 2 + 1) ⇒ x 2 y 2 = x 2 y 2 + y 2 − x 2 − 1 ⇔ x 2 − y 2 = −1
 x 2 − y 2 = −1
x = 0
2
⇒
2
x
−

xy
=
0
⇔
Kết hợp với (2) ta được  2
 y = 2x
2

 x + y − xy = 1
2
x = 0 & (2) ⇒ y = 1 ⇔ y = ±1
1
1
2
y = 2 x & (2) ⇒ 3x 2 = 1 ⇔ x 2 = ⇔ x = ±
⇒ y=±
3
3
3
1
2
,y =
Thử lại ta có x = 0, y = 1 và x =
thỏa mãn hệ pt
3
3
Vậy hệ có 2 nghiệm như trên

0,25
0,25

0,25

0,25


III

1

9
3
Chứng minh tan x + sin x − x ≥ (
2
2
9
Xét hàm số f ( x) = tan x + sin x − x trên
2
f '( x) =

 π
3 − π ), ∀x ∈  0; ÷.
 2
 π
 0; ÷
 2

1
9 2cos3 x − 9cos 2 x + 2 (2cos x − 1)(cos 2 x − 4cos x − 2)
+

cos
x
−
=
=
cos 2 x
2
2cos 2 x
2cos 2 x

 π
2
Vì x ∈  0; ÷⇒ 0 < cosx<1 ⇒ (cos x − 2) − 4cos x < 0 ⇒ f '( x) cùng
 2
dấu với 1 − 2cos x . Bảng biến thiên của f ( x)
π
π
x
0
3
2
f '( x)
0
+

1,00

0,25

0,25

f ( x)
3
( 3 −π)
2
9
3
 π
Vậy f ( x) = tan x + sin x − x ≥ ( 3 − π ), ∀x ∈  0; ÷
2
2
 2
π
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x =
3
0,25
 π
Áp dụng: Tam giác ABC nhọn nên A, B, C ∈  0; ÷⇒
 2
9
3
tan A + sin A ≥ A + ( 3 − π ) . Tương tự, cộng lại ta được
2
2
9
9
tan A + tan B + tan C + sin A + sin B + sin C ≥ ( A + B + C ) + ( 3 − π )
2
2
Kết hợp với A + B + C = π ta có đpcm

0,25
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x + 4 + 4 − x − 16 − x 2
1,00
TXĐ: D = [ −4;4] . Đặt t = x + 4 + 4 − x , t ≥ 0 . Bình phương ta
được t 2 = 8 + 2 ( x + 4)(4 − x) ≥ 8 . Dấu bằng có khi x= ±4
Mặt khác theo BĐT Cô-si ta có
t 2 = 8 + 2 ( x + 4)(4 − x) ≤ 8 + ( x + 4) + (4 − x) = 16 .D bằng có khi x=0
Do t ≥ 0 ⇒ 2 2 ≤ t ≤ 4
t2 − 8
1
Khi đó y = f (t ) = t −
= − t 2 + t + 4, t ∈  2 2;4 
2
2
f '(t ) = −t + 1, f '(t ) = 0 ⇔ t = 1 (loại)
f (2 2) = 2 2, f (4) = 0 .

0,25
0,25
0,25
0,25


y = min f (t ) = 0 khi x=0, max y = max f (t ) = 2 2 khi x=
Vậy min
 2 2 ;4 
[ −4;4]
 2 2 ;4 
[ −4;4]







±4

IV

1

Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a

1,50

S

C'
D'
B'

D

A

C

B

BC ⊥ AB, BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AB '
SC ⊥ ( P ) ⇒ SC ⊥ AB ' ⇒ AB ' ⊥ ( SBC ) ⇒ AB ' ⊥ SB
Tương tự AD ' ⊥ SD
VS . AB ' C ' D ' = VS . AB ' C ' + VS . AD ' C '

0,25
0,25

VS . AB ' C ' SB ' SC ' SB '.SB SC '.SC SA2 SA2 3 3 9
=
.
=
.
= 2. 2 = . =
VS . ABC
SB SC
SB 2
SC 2
SB SC
4 5 20

(1)

0,25

VS . AD ' C ' SD ' SC ' SD '.SD SC '.SC SA2 SA2 3 3 9
=
.
=
.

=
.
= . =
VS . ADC
SD SC
SD 2
SC 2
SD 2 SC 2 4 5 20

(2)

0,25

1 1
a3 3
Do VS . ABC = VS . ADC = . a 2 .a 3 =
3 2
6
Cộng (1) và (2) theo vế ta được
VS . AB ' C ' VS . AD ' C ' 9
9
9 a 3 3 3 3a 3
+
=
+
⇔
V
=
.
=

S . AB ' C ' D '
10 6
20
a3 3
a 3 3 20 20
6
6
2
Tìm max và min của thể tích khối chóp S.AMN
( Hình vẽ trang cuối)
1
VS . AMN = .S AMN .a 3 . Đặt BM = x, DN = y ; x, y ∈ [ 0; a ]
3
Trên tia đối của tia DC lấy điểm P sao cho DP = BM = x
·
·
∆ABM = ∆ADP ⇒ AM = AP, BAM
= DAP
·
·
·
·
·
·
MAN
= 450 ⇒ BAM
+ DAN
= 450 ⇒ NAP
= DAP
+ DAN

= 450
1
1
AD.PN = a( x + y ) (*)
2
2
Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông CMN ta được
⇒ ∆MAN = ∆PAN ⇒ S MAN = S PAN =

0,25

0,25
1,50

0,25
0,25
0,25


MN 2 = MC 2 + CN 2 ⇔ ( x + y ) 2 = (a − x ) 2 + (a − y ) 2
x 2 + y 2 + 2 xy = a 2 + x 2 − 2ax + a 2 + y 2 − 2ay ⇔ xy + a ( x + y ) = a 2
0,25

a 2 − ax
⇔ y=
x+a
1
a 2 − ax
Thế vào (*) ta được S MAN = a ( x +
)

2
x+a
a  x2 + a2 
a x 2 + 2ax − a 2
Đặt f ( x) = 
÷⇒ f '( x) = .
2 x+a 
2
( x + a)2

0,25

f '( x) = 0 ⇔ x = ( 2 − 1) a .
a2
f (0) = f ( a) = , f (( 2 − 1)a) = a 2 ( 2 − 1)
2
a 2 min f ( x) = a 2 ( 2 − 1)
⇒ max f ( x) = , [ 0;a]
[ 0;a ]
2
 M ≡ B, N ≡ C
a3 3
Vậy max VS . AMN =
khi 
6
M ≡ C, N ≡ D
3( 2 − 1)a 3
khi MB = ND = a ( 2 − 1)
=
3

min VS . AMN

V

a 2 + ab + 1
a + 3ab + c
2

2

+

b 2 + bc + 1
b + 3bc + a
2

2

c 2 + ca + 1

+

c + 3ca + b
2

2

≥ 5( a + b + c)

x2
∀x, y > 0 ta có x + y ≥ 2 xy ⇔ x ≥ 2 xy − y ⇔
≥ 2x − y
y
2

2

2

2

0,25

1,00
0,25

a 2 + ab + 1

(a 2 + ab + 1) 2
⇒
=
≥ 2(a 2 + ab + 1) − (a 2 + 3ab + c 2 )
2
2
2
2
a + 3ab + c
a + 3ab + c
a2 + b2

= 2 + a − c − ab ≥ 2(a + b + c ) + a − c −
2
2

2

2

2

2

2

2

0,25

5a 2 + 3b 2 + 2c 2
(10)(a 2 + a 2 + a 2 + a 2 + a 2 + b 2 + b 2 + b 2 + c 2 + c 2 )
=
=
2
20

( a + a + a + a + a + b + b + b + c + c ) 2 5a + 3b + 2c
≥
=
2 5
2 5

A
B
Tương tự, cộng lại ta được
x
a 2 + ab + 1
b 2 + bc + 1
c 2 + ca + 1
+
+
≥ 5( a + b + c)
0
a 2 + 3ab + c 2
b 2 + 45
3bc + a 2
c 2 + 3caM+ b 2
1
Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c =
3

x
P

D

y

N

C

0,25

0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẮK LẮK

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
NĂM HỌC 2011 -2012
MÔN: TOÁN 12 – THPT

Thời gian: 180 phút (không kể phát đề)
Ngày thi: 10/11/2011

ĐỀ CHÍNH THỨC

Đề thi có 01 trang
Bài 1. (4,0 điểm).
3
Cho hàm số y = x −

1

2

x 2 có đồ thị là (C).

Tìm tất cả những điểm trên đồ thị (C) sao cho hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị (C) tại những điểm
đó là giá trị lớn nhất của hàm số: g(x) =

4x 2 + 3
.
x 4 +1

Bài 2. (5,0 điểm).
Giải các phương trình sau trên tập số thực R:
1/ cosx + 3(sin2x + sinx) - 4cos2x.cosx - 2cos 2 x + 2 = 0 .
2/ x 4 − 2x 3 + x − 2(x 2 − x) = 0 .
Bài 3. (5,0 điểm).
Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC là tam giác cân có AB = AC = a (a là một số thực dương)
và mặt bên ACC’A’ là hình chữ nhật có AA’=2a. Hình chiếu vuông góc H của đỉnh B lên mặt phẳng (ACC’)
nằm trên đoạn thẳng A’C.
1/ Chứng minh thể tích của khối chóp A’.BCC’B’ bằng 2 lần thể tích của khối chóp B.ACA’.
2/ Khi B thay đổi, xác định vị trí của H trên A’C sao cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích lớn
nhất.
3/ Trong trường hợp thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là lớn nhất, tìm khoảng cách giữa AB và A’C.
Bài 4. (3,0 điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(1;1); B(–2;–4); C(5;–1) và đường thẳng ∆ : 2x –
uuuur uuuur uuuur
MA
+ MB + MC nhỏ nhất.
3y + 12 = 0. Tìm điểm M∈∆ sao cho:
Bài 5(3 điểm).
Cho m là số nguyên thỏa mãn: 0 < m < 2011. Chứng minh rằng

(m + 2010)!
là một số nguyên.
m!2011!

---------------------- HẾT ----------------------

e) Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
f) Giám thị không giải thích gì thêm.


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


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
TỈNH ĐẮK LẮK

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2011 - 1012

MÔN: TOÁN 12 – THPT
ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
(gồm 4 trang)

A. ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
Bài(ý)

Bài 1
(4 đ)

Nội dung đáp án

Biểu
điểm

4x 2 + 3

x 4 +1
4t + 3
- Đặt t = x2, với t ≥ 0 ta có hàm số g(t) = 2
;
t +1
−4t 2 − 6t + 4
1
- g'(t) =
; g’(t) = 0 ⇔ t = −2; t = ;
2
2
(t +1)
2
* Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: g(x) =

0,75

g (t ) = 0 ; lim g (t ) = 0 , bảng biến thiên của hàm số:
- Ta lại có: tlim
→−∞
t →+∞
−∞
1
t
–2
0
+∞
2

g’(t)

g(t)

–

0

+

+

0
4

3

0

–
0,5

0

–1
2
- Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là g (x) = 4, đạt được khi x = ±
2

* Tìm các điểm thuộc đồ thị (C)
- Ta có: y’ = 3x2 – x , giả sử điểm M 0(x0, f(x0)) ∈ (C), thì hệ số góc tiếp tuyến
của (C) tại M0 là f’(x0)= 3x 02 − x 0

- Vậy: 3x 02 − x 0 = 4 suy ra x0 = –1; x0 =

1,0
3
2

4
3

+ Có hai điểm thỏa mãn giải thiết (–1;– ); ( ;

1/
(2,5 đ)

40
)
27

Phương trình ⇔
cosx + 2cos2x + 3 .sinx(2cosx + 1) – 4cos2x.cosx – 2(2cos2 x – 1 ) = 0.
⇔ cosx(2cosx + 1)+ 3 .sinx(2cosx + 1)–2.cos2x(2cosx + 1) = 0
⇔ (2cosx + 1)(cosx + 3 .sinx –2.cos2x) = 0
2π
+ k 2π , k ∈ Z
3
3 .sinx –2.cos2x = 0 ⇔

Nếu: 1/ 2cosx + 1 = 0 ⇒ x = ±
2/ cosx +

π
π
π k 2π
1
3
;k ∈Z ,
cos x +
sin x = cos 2 x ⇔ cos( x − ) = cos 2 x ⇔ x = − + k 2π ; x = +
3
3
9
3
2
2

- Nghiệm của pt là:
x=±

0,5

4
3
, tung độ tương ứng f(–1) = – ; f(
3
2

4
40
)=
3

27

Bài 2
(5 đ)

0,75

2π
π
π k 2π
+ k 2π , k ∈ Z ; x = − + k 2π ; x = +
;k ∈Z
3
3
9
3

0,5

1,0
0,5

0,5


0,5
2/
(2,5 đ)

- Phương trình ⇔ x 4 − 2x3 + x 2 − ( x 2 − x) − 2(x 2 − x) = 0

⇔ (x 2 − x)2 − ( x 2 − x) − 2(x 2 − x) = 0

1,0

- Đặt t = x − x , với t ≥ 0 ta có phương trình:
t4 – t2 – 2 t = 0; suy ra t = 0; t = 2
- Với t = 0 thì x = 0; x = 1
- Với t = 2 thì x = –1; x = 2
Tóm lại phương trình có 4 nghiệm phân biệt: { −1;0;1; 2}
2

B
Bài 3
(5 đ)

0,75
0,75

B’

J
C

C’
H

A

A’

Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’, VB.ACA’ là
thể tích khối chóp B.ACA’,
- Ta có V = h.SABC (h là chiều cao của khối lăng trụ ABC.A’B’C’).
(1, 0 đ)
1
- Ta có VB.ACA’ = h.SABC.
1/

3

-

2/
(2 đ)

Vậy V= 3.VB.ACA’ hay VA’.BCC’B’ = 2.VB.ACA’

1,0

- Ta có V= 3.VB.ACA’
Vậy V lớn nhất khi VB.ACA’ lớn nhất,
1
3

2

a
- Ta có: VB. ACA = S ACA ' .BH hay VB. ACA = BH , mà BH2 = AB2 – AH2 = a2 – AH2
'

'

3

– vậy BH lớn nhất khi AH nhỏ nhất tức là AH ⊥ A’C ⇔ CH =

a
5

0,5
1,5


3/
(2 đ)

- Trong mp(AHB) kẻ HJ ⊥ AB, suy ra HJ là đường vuông góc chung của AB
và A’C.
- Trong ta giác vuông AHB ta H ta có:
HB 2 =

Bài 4
(3 đ)

1
1
1
4a 2
2
=

+
HA
=
,
ta
có:
;
HJ 2 HA2 HB 2
5

2a
a2
; suy ra: HJ =
5
5

1,5

4
3

4
3

- Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có tọa độ của G là G( ; − )
uuuur

uuuur

uuuur

uuuu
r

- Khi đó: MA + MB + MC = 3MG , G và ∆ cố định (G không nằm trên ∆ ),
uuuur

uuuur

uuuur

uuuu
r
- Vậy MA + MB + MC nhỏ nhất khi 3MG nhỏ nhất, tức MG nhỏ nhất hay

MG vuông góc với ∆ . Do đó M là giao điểm của ∆ và đường thẳng d qua G
và vuông góc với ∆ .
r
- Một véc tơ chỉ phương của ∆ là u = (3; 2) đó cũng là 1 vec tơ pháp tuyến
của d, vậy phương trình của d là:
3x + 2y –

0,5

4
= 0,
3

0,5
0,5

0,5

0,5

Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
20

x=−
 2 x − 3 y + 12 = 0



13
⇒
4

 3 x + 2 y − 3 = 0
 y = 116

39

⇒ M (−

20 116
;
)
13 39

1,0

y
4
M
-6

-2

1---- A
O 1
-1 G

5

x

-4
Bài 5 Ta có:
(m + 2010)!
2011 (m + 2011)!
2010
( 3 đ) Cm+2010
=
=
.
=

2011
.Cm2011
+ 2011
m !2010!

m + 2011 m !2011!
m + 2011
2010
2010
Suy ra: (m+ 2011)Cm+2010
= 2011.Cm2011
+ 2011 , tức là: (m+ 2011)Cm+2010 chia hết cho
2010
2011 (do Cm+2010
; Cm2011
+ 2011 là các số tự nhiên)

Vì: 2011 là số nguyên tố và 0 < m < 2011 nên ƯCLN(m, 2011) = 1, từ đó:
ƯCLN(m + 2011, 2011)= 1

1,0
1,0