Đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 12 THPT môn Toán năm 20162017 (Vòng 2)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THPT
NĂM HỌC 2016-2017
Môn: Toán
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi thứ hai: 29/10/2016

Bài 5 (7,0 điểm).
1) Cho số tự nhiên n thỏa: C21n1  C22n 1  ...  C2nn1  1023 . Tìm hệ số của số hạng
chứa x8 của khai triển (1 + x + x2 + x3)n.
2) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố  p; q  thỏa mãn p 2  5q 2  4 .
Bài 6 (7,0 điểm).
Cho tứ giác ABCD thỏa mãn AB.CD  AD. BC  AC.BD . Biết rằng đường tròn
nội tiếp tứ giác ABCD có tiếp điểm với các cạnh AB, BC, CD và DA lần lượt tại K, L,
M và N.
1) Chứng minh rằng tứ giác ABCD nội tiếp được trong một đường tròn.
2) Chứng minh KL2  MN 2  KN 2  LM 2
Bài 7 (6,0 điểm).
Tìm các số tự nhiên a1; a2; a3…; an thỏa mãn a 1 + a2 + a3 + … + an = 2015
sao cho biểu thức P = a 1.a2.a3…an lớn nhất có thể.
………………………… Hết ………………………….
Thí sinh không được sử dụng tài liệu và không được sử dụng máy tính cầm tay.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh ………………………………..… Số báo danh ………… Phòng thi ……..
Cán bộ coi thi thứ nhất ……………………… Cán bộ coi thi thứ hai …………………………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐĂK NÔNG

Vòng 2

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2016-2017
Môn: TOÁN

HƯỚNG DẪN CHẤM
(Hướng dẫn chấm gồm có 4 trang)
Lưu ý: Mọi cách giải khác đáp án, mà đúng và ngắn gọn đều cho điểm tương ứng.
Câu
NỘI DUNG
Điểm
1a.
a. Cho số tự nhiên n thỏa: C21n1  C22n 1  ...  C2nn1  1023 . Tìm hệ số của số
2.0
2 điểm
8
2
3 n

hạng chứa x của khai triển (1 + x + x + x ) .
(1  x)2 n 1 

2 n 1

2 n 1

 C2kn 1 x k  22 n1 

C

k 0

k
2 n 1

0,5

k 0

Ta có:


 2 n 1

 22 n 1  2   C2kn 1   2048  n  5
 k 0

5

2

3 5

5

2 5

5
k
5

(1  x  x  x )  (1  x) (1  x )   C x . C5m x2m
k 0

k

1

0,5

m0

Vì hệ số chứa x8 nên ta có k+2m =8 suy ra (k;m) = (0;4), (2;3), (4;2)
Vậy hệ số cần tìm là C50 .C54  C52 .C53  C54 .C52 .
1b.
5 điểm b. Cho dãy số thực  x  xác định bỡi
n

0,5

 x1  2015

 x  3  xn , n  N *
 n 1
xn2  1


0,5

5, 0


1,0

1,0

1,0

1,0

1,0
2

7,0

a. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường tròn (C1 ),(C2 ) lần lượt có
2a.
3.0
điểm

phương trình: x 2  y 2  2 x  4 y  0 ;

x 2  y 2  2 x  6 y  1  0 . Lập phương

trình đường thẳng d tiếp xúc với (C1 ) và cắt (C2 ) tại A, B thỏa mãn

3.0

1

AI 2 B  arccos với I2 là tâm của đường tròn (C2 ) .
9
Ta có I1 (1; 2); R1  5; I 2 (1; 3); R 2  3
Phương trình đt I1I2 : x  2 y  5  0 .

A

H

B

0.75

1
1

Do 
AI 2 B  arccos nên cosAI
2B 

9
9
2
2
Ta có: AB  I 2 A  I 2 B  2 I 2 A.I 2 B cos 
AI 2 B  16

I2

2

0.75

suy ra d ( I 2 ; d )  I 2 H  5 .
Do d tiếp xúc với (C1 ) nên d ( I1; d )  R1  5
Vì khoảng cách từ 2 điểm I1 ; I 2 đến d bằng nhau nên d song song I1I2 hoặc d đi
qua trung điểm của I1I2.
2

1.0


Nếu d//I1I2 thì d có dạng: x  2 y  m  0 ; vì d ( I1 ; d )  5 nên m  0; m  10
5
2

Nếu d đi qua trung điểm của I1I2 thì d có dạng ax  b( y  )  0 ( a 2  b 2  0 )
a
d ( I1 ; d )  5 

2

b
2
2

 5  a  2b  2 5( a 2  b 2 )

a b
 a  4ab  4b  20a 2  20b 2  19a 2  4ab  16b 2  0  a  b  0 (vô lý)
ĐS: x  2 y  0 ; x  2 y  10  0
2

2

2b.
b. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D,
4 điểm AB = 2a, AD = DC = a. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng

(ABCD) bằng 600; I là t
rung điểm của AD, mặt phẳng (SIB) và mặt phẳng (SIC) cùng vuông góc
với mặt phẳng (ABCD), H là hình chiếu của I lên SD. Tính thể tích khối
chóp S.ABCD và khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SBC) theo a.

3

0,5


1,0
1,0

1,0

1,0

3
6,0
điểm

Tìm các số tự nhiên a1; a 2; a3…; an thỏa mãn a1 + a2 + a 3 + … + an =
6,0
2015 sao cho biểu thức P = a1.a2.a3…an lớn nhất có thể.
Ta chứng tỏ trong các số a1; a2; a3…; an không có số 1.
Thật vậy, giả sử tồn tại một số bằng 1, chẳng hạn là a1 = 1, khi đó trong
1,5
các số còn lại phải có số aj >2, ta giả sử là a2 >2, vì ngược lại dễ thấy điều
vô lý.
Khi đó ta thay a1 bởi số 2 và a2 bỡi a2 -1  2
2  ( a2  1)  a3  ...  an  2015

 a2  2
2( a2  1) a3 ..an  1a2 .a3 ...an

Vi phạm P = a1.a2.a 3…an lớn nhất có thể.

4

1,0


Suy ra trong n số tự nhiên cần tìm a1; a 2; a 3…; a n chỉ nhận các giá trị 2,3,4.

Tuy nhiên 4 = 2.2 và 4 = 2 + 2 nên thay số 4 bởi hai số 2
Trong n số có nhiều nhất là hai số 2 vì nếu giả sử có ba số 2 thì
2  2  2  6


3  3  6
 2.2.2  8  3.3  9


2,0

Tức là có thể thay ba số 2 thành hai số 3 để có tích lớn hơn
Lại có 2015 = 3.671 +2
Từ đó suy ra có 672 số a 1; a2; a3…; a 672 trong đó có 671 số 3 và một số 2 thì
1,5
tích bằng 3 671.2 đạt giá trị lớn nhất có thể.

………………………..HẾT…………………………

5