Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 12

Gia sư Tài Năng Việt



ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 12
ĐỀ SỐ 1

Câu 1: ( 5,0 điểm )
a. Giải phương trình sau trên tập số thực: x  1  (2 x  1) x  1  2 .
 x 2  y 2  xy  y  8
b. Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: 
.
2
 xy  y  xy  x  y   12
Câu 2: ( 5,0 điểm )
a. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai điểm A1;2  , B  4;3 .
Tìm trên trục hoành điểm M sao cho AMB  450 .
b. Cho tam giác ABC đều, cạnh bằng 6cm , trọng tâm là G . Một đường
thẳng  đi qua G ,  cắt các đoạn thẳng AB và AC lần lượt tại hai điểm M và N
sao cho 2 AM  3 AN . Tính diện tích tam giác AMN .
Câu 3: ( 4,0 điểm )
Cho dãy số  un  được xác định bởi u1  1 và un1  un  2n với mọi n  1 .
a. Chứng minh rằng: un  2n  1 .
b. Tính tổng S  u1  u2  u3  ...  un theo n .
Câu 4: ( 3,0 điểm )
Cho các số thực dương a, b, c.
9
2
a. Chứng minh rằng:  2  a 2  2  b 2    2  a  b   7  .
16
b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

(2  a 2 )(2  b 2 )(2  c 2 )
P
.
(3  a  b  c) 2
Câu 5: ( 3,0 điểm )
1
Cho hàm số y  mx3   m  1 x 2   4  3m  x  1 có đồ thị là  Cm  , m là
3
tham số. Tìm các giá trị của m để trên  Cm  có duy nhất một điểm có hoành độ âm
mà tiếp tuyến của  Cm  tại điểm đó vuông góc với đường thẳng d : x  2 y  0 .
------ Hết ----Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………;Số báo danh:…………


Gia sư Tài Năng Việt



Hướng dẫn
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. ( 2,5 điểm )
(5,0 điểm)
1
x  1  2 ( y  2 ),
Điều kiện: x   . Đặt y 
2

 x  1  y  2( x  1) y
ta thu được hệ  2
 y  x  1  2
Suy ra









 y x 1 1 y  x 1 y2 x 1  0





0,25
0,25

0,25

x  1  y  y 2  x  1 ( x  1) y



Thang điểm



0,25

 y x 1 1 y  2 x 1  0

0,25

 y  2 x 1

0,25

Do vậy
x 1  2  2 x 1  x 

Thay vào, thử lại thấy x 

15  33
.
32

15  33
thỏa mãn.
32

15  33
.
32
b. ( 2,5 điểm )

0,5
0,25

Đáp số: x 

0,25

u  v  8
Đặt u  x  x  y  , v  y  y  1 , hệ trở thành: 
u.v  12

0,5

u  2
u  6
Giải hệ tìm được 
hay 
v  6
v  2
u  2
Với 
ta tìm được:
v  6


3  17
 x  1  3
x 
hoặc 


2
 y  2
 y  3


0,25 + 0,25

0,25 + 0,25


Gia sư Tài Năng Việt



u  6
 x  2  x  3
Với 
ta tìm được: 
, 
v  2
y 1 y 1
 x  1  7
hoặc 
 y  2
Kết luận : Hệ đã cho có các nghiệm

 x  1  3  x  3  17  x  2  x  3  x  1  7
, 
,
,


2 , 
 y  2
 y  2
y 1 y 1
 y  3

a. ( 2,5 điểm )

2
(5,0 điểm) Gọi I  x; y  là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB.
 AI  BI
Ta có: 
 AI .BI  0
3x  y  10
 2
2
 x  y  5 x  5 y  10  0
x  2
x  3
hay 

y  4
y 1

0,25

0,25

0,5

0,25 + 0,25

0,25 + 0,25

0,25 + 0,25

 Với I  3;1 thì IA  5 . Đường tròn tâm I bán kính IA có
phương trình  x  3   y  1  5 cắt trục hoành tại hai điểm
2

2

M 1 1;0  và M 2  5;0  .

 Với I  2; 4  thì IA  5 . Đường tròn tâm I, bán kính IA không
cắt trục hoành.

0,5

0,5

b. ( 2,5 điểm )
Đặt AM  x, AN  y với x  0,y  0 .
1
1
y 3
x 3
, S ANG  AN . AG.s in300 
AM . AG.s in300 

2
2
2
2
1
xy 3
, S AMN  S AMG  S ANG
 AM . AN .s in600 
2
4

S AMG 

0,25 + 0,25

S AMN

0,25 + 0,25

3
3
( x  y) 
xy  2  x  y   xy .
2
4
2  x  y   xy
Vậy ta có hệ : 
2 x  3 y
 x  5cm


Giải hệ tìm được  10
 y  3 cm

Nên ta có:

Diện tích cần tìm: S AMN 

xy 3 25 3

cm2
4
6

0,25
0,25

0,5

0,5


Gia sư Tài Năng Việt



Câu
Đáp án
3
a. 2,0 điểm
(4,0 điểm)

Khi n  1 : u2  u1  21  1  2  22  1 đúng.

Thang điểm
0,5

Giả sử uk  2k  1 đúng với k  1, k  N .

0,5

Ta chứng minh: uk 1  2k 1  1

0,5

Thật vậy: uk 1  uk  2k  2k  1  2k  2k 1  1

0,5

b. 2,0 điểm



 







S  21  1  22  1  ...  2n  1  21  22  ...  2n  n

2n  1
 n  2n 1  n  2
2 1
a. 1,5 điểm
4
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
(3,0 điểm)
14a 2  14b2  16a 2b2  36ab  1  0
S  2.

0,5 + 0,5

0,5
0,5

 14  a  b    4ab  1  0 đúng
2

2

Đẳng thức xảy ra khi a  b 

1
2

0,5

b. 1,5 điểm
Đặt t  a  b , ta có:

16 P (2t 2  7)(c 2  2)

9
(3  t  c) 2

0,5

2

2

1
1


2  tc    3(t  1) 2  6  c  
2
2
(2t  7)(c  2)
2
2

 1 
1
2
2
(3  t  c)
(3  t  c)
9
1

khi a  b  c 
16
2
/
2
y  mx  2(m  1) x  4  3m . Tiếp tuyến có hệ số góc bằng 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
5
(3,0 điểm)

0,5 + 0,5

Ta tìm m : mx 2  2(m  1) x  4  3m  2 * có đúng một nghiệm âm

*   x  1 mx  3m  2   0  x  1 hoặc

mx  2  3m

m  0 : không thỏa yêu cầu
m  0
2  3m
0
m  0 , yêu cầu bài toán xảy ra khi
m  2
m
3

m  0
Kết luận: 

m  2
3


0,25 + 0,25

0,25 + 0,25
0,25 + 0,25
0,5
0,25 + 0,25
0,5
0,25 + 0,25

0,5


Gia sư Tài Năng Việt



Đề số 2
Câu 1 (2 điểm)

x2
có đồ thị là (C) và điểm M tùy ý thuộc (C). Tiếp tuyến
x 1
của (C) 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.

1. Cho hàm số y 

2. Tìm m để hàm số y  9 x  m x 2  9 có cực đại.
Câu 2 (2 điểm)
c. Giải phương trình sin 2012 x  cos 2012 x 

1
1005

2

 x  x  1  y  y 2  1
d. Giải hệ phương trình 
2
2
 x  y  xy  1
Câu 3 (2 điểm)
9
3
 
1. Chứng minh tan x  sin x  x  ( 3   ), x   0;  . Từ đó suy ra trong
2
2
 2
mọi
tam
giác
nhọn
ABC
ta

có
9 3
tan A  tan B  tan C  sin A  sin B  sin C 
.
2
2. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y  x  4  4  x  16  x 2 .
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.
1. 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.
2. 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)
a 2  3ab  c 2
b2  3bc  a 2
c 2  3ca  b 2
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012

Gia sư Tài Năng Việt

Câu Ý
I
1



Nội dung
CM tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc vị trí điểm M
3
3
 a2
y
'


y
'(
a
)

.
M  (C )  M  a;
,
a



1

( x  1) 2
(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
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
TXĐ:

Tìm m để hàm số y  9 x  m x 2  9 có cực đại
mx
9m
, y'  9 
, y '' 
x2  9
( x 2  9) x 2  9

Điểm
1,00
0,25

0,25
0,25

0,25
1,00

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

TH 1. m2  81  9  m  9  m . x  9 x  9 x 2  9(x) nên

y' 

9 x 2  9  mx
x 9
2

 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

m2  81

 0  x1 là điểm cực tiểu  m  9 loại

TH 3. m  9  ( I )  x2 
y ''( x2 ) 

27

27
m2  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
21005

Đặt t  sin 2 x, t   0;1 . (1) có dạng: t1006  (1  t )1006 

(1)
1

1005

2

(2)

1,00
0,25


Gia sư Tài Năng Việt



Xét hàm số f (t )  t1006  (1  t )1006 , t  0;1

f '(t )  1006[t1005  (1  t )1005 ] ; f '(t )  0  t 

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


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)
Giải hệ phương trình 
2
2
2
(2)
 x  y  xy  1

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

ĐK: y  1 . (1)  x  y  y 2  1  x 2  1
 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

0,25

 x 2  y 2  1

x  0
2
Kết hợp với (2) ta được  2

2
x

xy

0

 y  2x
2
 x  y  xy  1


0,25

x  0 & (2)  y 2  1  y  1
1
1
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
9
3
 
Chứng minh tan x  sin x  x  ( 3   ), x   0;  .
1
2
2
 2
9
 
Xét hàm số f ( x)  tan x  sin x  x trên  0; 
2
 2
y  2 x & (2)  3x 2  1  x 2 

III

f '( x) 

1
9 2cos3 x  9cos 2 x  2 (2cos x  1)(cos 2 x  4cos x  2)

cos
x




cos2 x
2
2cos 2 x
2cos 2 x

 
Vì x   0;   0  cosx<1  (cos2 x  2)  4cos x  0  f '( x) cùng
 2
dấu với 1  2cos x . Bảng biến thiên của f ( x)


x
0
3
2
f '( x)
0
+

f ( x)

0,25

0,25
1,00

0,25

0,25


Gia sư Tài Năng Việt



3
( 3 )
2
9
3
 
Vậy f ( x)  tan x  sin x  x  ( 3   ), x   0; 
2
2
 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 



3

0,25

 
Áp dụng: Tam giác ABC nhọn nên A, B, C   0;  
 2
9

3
tan A  sin A  A  ( 3   ) . 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   )
2
2
Kết hợp với A  B  C   ta có đpcm
0,25
2
1,00
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  4  4  x  16  x 2
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 .

Vậy min y  min f (t )  0 khi x=0, max y  max f (t )  2 2 khi
 4;4

 2 2;4



 4;4

 2 2 ;4 



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

x= 4
IV

1

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

1,50


Gia sư Tài Năng Việt

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 2
a3 3
Do VS . ABC  VS . ADC  . a .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
 3


 VS . AB ' C ' D '  .

10 6
20
a3 3
a 3 20 20
6
6
Tìm max và min của thể tích khối chóp S.AMN
2
( 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
 MAN  PAN  S MAN  S PAN  AD.PN  a ( x  y ) (*)
2

2
Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông CMN ta được
MN 2  MC 2  CN 2  ( x  y)2  (a  x)2  (a  y)2

0,25

0,25
1,50

0,25
0,25
0,25


Gia sư Tài Năng Việt



x2  y 2  2 xy  a2  x2  2ax  a2  y 2  2ay  xy  a( x  y)  a 2
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
f '( x)  0  x  ( 2  1)a .

a2
, f (( 2  1)a)  a 2 ( 2  1)
2
a2
 max f ( x)  , min f ( x)  a 2 ( 2  1)
0;a 
2 0;a
 M  B, N  C
a3 3
Vậy max VS . AMN 
khi 
6
M  C, N  D
3( 2  1)a3
khi MB  ND  a( 2  1)
min VS . AMN 
3

0,25

0,25

f (0)  f (a) 

V

a 2  ab  1
a 2  3ab  c 2



b 2  bc  1
b2  3bc  a 2

c 2  ca  1



c 2  3ca  b 2

 5(a  b  c)

x2
 2x  y
x, y  0 ta có x  y  2 xy  x  2 xy  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
a  3ab  c
a 2  3ab  c 2
a 2  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
Tương tự, cộng lại ta được
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
1
Đẳng thức xảy ra  a  b  c 
3

0,25

0,25


Gia sư Tài Năng Việt



A

B
x
450

M

x
P

y

D

N

C

Đề số 3
Bài 1. (4,0 điểm).
1

Cho hàm số y = x 3  x 2 có đồ thị là (C).

2

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 - 2cos2x + 2  0 .
2/ x 4  2x3 + 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 – 3y + 12 = 0. Tìm điểm M  sao cho: MA + MB + MC nhỏ nhất.
Bài 5(3 điểm).


Gia sư Tài Năng Việt



Cho m là số nguyên thỏa mãn: 0 < m < 2011. Chứng minh rằng
số nguyên.

(m + 2010)!
là một
m!2011!

---------------------- HẾT ---------------------3. Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
4. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh……………………............……………… Số báo danh………....


Gia sư Tài Năng Việt

ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
(gồm 4 trang)

A. ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
Nội dung đáp án

Bài(ý)

Bài 1
(4 đ)

Biểu
điể
m

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

g (t )  0 ; lim g (t )  0 , bảng biến thiên của hàm số:
- Ta lại có: tlim
t 


t

–2



g’(t)

–

g(t)

0

0
+

1
2

+

0

0

4

0,75



–
0,5

3

0

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

2
2

* Tìm các điểm thuộc đồ thị (C)
- Ta có: y’ = 3x2 – x , giả sử điểm M0(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 =
4
3

f( ) =

0,75

0,5

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

40
27

1,0
3
2

4
3

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

40
)
27

0,5

Bài 2
(5 đ)

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
1/
 (2cosx + 1)(cosx + 3 .sinx –2.cos2x) = 0
(2,5 đ)
2
Nếu: 1/ 2cosx + 1 = 0  x    k 2 , k  Z
3

2/ cosx + 3 .sinx –2.cos2x = 0 


 k 2
1
3
;k  Z
cos x 
sin x  cos 2 x  cos( x  )  cos 2 x  x    k 2 ; x  
3
3
9
3
2
2

1,0
0,5


Gia sư Tài Năng Việt

, - Nghiệm của pt là:

0,5

2

 k 2
x
 k 2 , k  Z ; x    k 2 ; x  
;k  Z
3
3
9
3

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

1/
(1, 0
đ)

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’).
- Ta có VB.ACA’ =
- Vậy V=

1
h.SABC.
3

3.VB.ACA’ hay VA’.BCC’B’ = 2.VB.ACA’

1,0

- Ta có V= 3.VB.ACA’
2/
(2 đ)

Vậy V lớn nhất khi VB.ACA’ lớn nhất,
a2
BH , mà BH2 = AB2 – AH2 = a2 – AH2
'
'
3
a
– vậy BH lớn nhất khi AH nhỏ nhất tức là AH  A’C  CH 
5

1
3

- Ta có: VB. ACA  S ACA ' .BH hay VB. ACA 

0,5


Gia sư Tài Năng Việt



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)

0,5

4a 2
1
1
1
2
HA




,
ta
có:
;
5
HJ 2 HA2 HB 2

a2
2a
; 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( ;  )

0,5

- Khi đó: MA + MB + MC = 3MG , G và  cố định (G không nằm trên  ),
- Vậy MA + MB + MC nhỏ nhất khi 3MG nhỏ nhất, tức MG nhỏ nhất hay

0,5

MG vuông góc với  . Do đó M là giao điểm của  và đường thẳng d qua G
và vuông góc với  .
- 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:

0,5

3x + 2y –

4
= 0,
3

Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
20

x
2 x  3 y  12  0



13

4

 3x  2 y  3  0
 y  116

39

 M (

0,5

20 116
;
)
13 39

1,0

y
4
M

-6

-2

1---- A
O 1
-1 G

5

x

-4

Ta có:
Bài 5
( 3 đ)

2010
Cm+2010


(m  2010)!
2011 (m  2011)!
2011

.
.Cm2011
=
 2011
m !2010!
m  2011 m !2011!
m  2011

1,0


Gia sư Tài Năng Việt



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
(m + 2010)!
2010
Vậy Cm+2010
là số nguyên.
2011 hay
m!2011!

1,0

1,0