Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2013-2014 – Sở Giáo dục và Đào tạo Tuyên Quang (Đề chính thức)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TUYÊN QUANG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 
CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2010­2011
Môn: Toán
(Thời gian 180 phút, không kể thời gian giao đề)
Đề thi này có 01 trang

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. ( 4 điểm): 
￬ x 4 + y 4 = 97
￬
a) Giải hệ phương trình:  ￬ 3
￬￬ x y + y 3x = 78
￬
b) Giải phương trình:      3 x 2 − 5 x + 5 = x 2 − 5 x + 7

Câu 2. ( 4 điểm): 
a) Tìm các số nguyên tố x, y là nghiệm của phương trình:  
                                        x 2 - 2y 2 - 1 = 0
b) Cho  n là 1 số tự nhiên. Chứng minh :
1

                 2

1

1

3 2

4 3

.......

1

2

(n 1) n

Câu 3. ( 4 điểm): Cho dãy số (Un) xác định bởi:
￬
U1 = a
￬
￬
￬
Un + 1
￬
￬
U n +1 =
- 1  trong đó ­1 ￬
2
￬
Un + 1
￬

a) Chứng minh rằng: ­ 1 < Un < 0 với  " n

b) Chứng minh rằng:   0 < U n +1

+1 ￬

￬ ?

1
a2 + 1

 và (Un) là một dãy số giảm.
(U n + 1)  với   " n ￬ ?

Câu 4. (4 điểm): Đối với hệ tọa độ Oxy cho 2 điểm A(­ 1; 0); B(1; 0) và đường  
thẳng d có phương trình: ax + by + 1 = 0 tiếp xúc với đường tròn (C) có phương  
trình:   x 2 + y 2 = 1 . Tìm giá trị  nhỏ  nhất của tổng khoảng cách từ  A và B đến 
đường thẳng d.
Câu 5. (4 điểm): Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm  
O. Đường cao của hình chóp là SA = a. M là một điểm di động trên SB, đặt BM  
=  x 2 .  (α )  là mặt phẳng qua OM và vuông góc với (ABCD).
a) Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng   (α ) . Tính diện 
tích thiết diện theo a và x.
b) Xác định x để thiết diện là hình thang vuông. Trong trường hợp đó tính 
thể tích của hai phần của S.ABCD chia bởi thiết diện.
­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­Hết ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­
Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.


sở giáo dục và đào tạo
tuyên quang

kì thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 12
NM HC 2010 - 2011

Môn thi: Toán
Hngdnchm
Nidung

Cõu
1.
a)

i
m

x 4 + y 4 = 97
Giihphngtrỡnhsau: 3
(I)
x y + y 3x = 78

4
4
2
2 2
Tacú: x + y = (x + y ) - 2x 2y 2
(x 2 + y 2 )2 - 2x 2y 2 = 97
(1)

(I)

xy (x 2 + y 2 ) = 78

(2)


t x 2 + y 2 = u ; xy = t TPT(2)suyraK:

u

0; t

0

u 2 + (- 2t 2 ) = 97
u 2 - 2t 2 = 97





2

2


ut
=
78


u (- 2t ) = - 12168
u 2 ,(- 2t 2 ) lnghimcaphngtrỡnhbchai:

0,5

X2ư97Xư12168=0 X=169vX=ư72

x 2 + y 2 = 13

u 2 = 169
(x 2 + y 2 )2 = 169






2

xy = 6
2




t = 36



(xy ) = 36

xy = - 6

0,5

x 2 + y 2 = 13
GớiPT:
xy = 6

c4nghim:(x;y)=(2;3),(3;2),(ư2;ư3),(ư3;ư2)

0,5

H(1)cú4nghim:(2;3),(3;2),(ư2;ư3),(ư3;ư2)
Túmlihcú4nghimnhtrờn.
0,5
1.
b)

Giiphngtrỡnh: 3 x 2 5 x + 5 = x 2 5 x + 7 (1)

2
iukin: x 5 x + 5 0

x
x

5 5
2
5+ 5
2

Đặt  x 2 5 x 5 t
(t 0)  
Phương trình đã cho trở thành:
t =1
t 2 − 3t + 2 = 0
t=2

0,5

�
�
x2 − 5x + 5 = 1
x2 − 5x + 4 = 0
� �2
� �2
x − 5x + 5 = 4
x − 5x +1 = 0
�
�

0,75

x =1
� x=4
x=

5

0,75

21
2

Câu 
2.
2.a) Tìm các số nguyên tố x, y là nghiệm của phương trình:  
      x 2 - 2y 2 - 1 = 0  (1)
Ta có: (1) 

�x

2

- 1 = 2y

0,5

2

� (x - 1)(x + 1) = 2y .y

Vì x, y là các số nguyên tố nên có các khả năng sau sảy ra:
x 1 2y
x 3
  
     (thoả mãn)
x 1 y
y 2

x = −3
�x +1 = y
�
2.  �
       (loại) 
�
x −1 = 2 y
y =2
�
�

1. 

0,75

x 1 2y2
3.   
          (không có nghiệm thoả mãn)
x 1 1

4. 

2. 
b)

x 1 1
  vô nghiệm
x 1 2y2

0,75

Thử lại (3; 2) thoả mãn PT.
Vậy (3; 2) là nghiệm duy nhất của phương trình.
Giả sử n là 1 số tự nhiên. Chứng minh :
1

                 2

1

1

3 2

4 3

.......

1
(n 1) n

2

                       
Ta có : 

1

n

(n 1) n

n(n 1)

n.

1
n(n 1)

n.

n 1 n
(n 1)n

n .(

1
n

1
n 1

)

0,5


= n .(

1

1
1
1
n
1
1
1
1
+
)(
−
) = (1 +
)(
−
) < 2.(
−
)
n
n +1
n
n +1
n +1
n
n +1
n
n +1
n

(Vì dễ thấy : 1 + 
Vậy : 

1
(n 1) n

2(

n 1
1

 < 1+1 = 2 )
1

n

)    (1)

n 1

0,75

Áp dụng bất đẳng thức (1) với n = 1, 2, 3, …..n ta có:
1

1

1

(1 1) 1
1

                    2

1

2(

3 2
1

(2 1) 2
1

4 3

(3 1) 3

1

1
2(

2(

2

)

1

1

2
1

3
1

3

4

)

0,75

)

.......................................
1
(n 1) n

2(

1

1

n

n 1

)

Cộng từng vế của các bất đẳng thức trên ta có:
1

            2

1

1

3 2

4 3

 (Bởi vì  1­ 

1
n 1

.......

1
(n 1) n

1
n 1

)  < 2   (ĐPMC)

 < 1 )

Câu  Cho dãy số (Un) xác định bởi:
U1 = a
3.  ￬￬￬
￬
a) ￬￬￬ U n +1 = U n 2 + 1 - 1
￬
￬

2 (1­ 

Un + 1

(1)

trong đó ­ 1< a < 0

Chứng minh rằng: ­ 1 < Un < 0  (2) với   " n ￬ ?  và (Un) là một dãy 
số giảm.
CM bằng quy nạp:
­ với n = 1 thì U1 = a theo giả thiết ­ 1 < a < 0 nên (2) đúng với n = 
1.
­ Giả sử (2) đúng với n = k:  ­ 1 <  U k  < 0 ta CM (2) đúng với 
n = k + 1: ­ 1 <  U k +1  < 0 

0,5

Từ giả thiết quy nạp ­ 1 <  U k  < 0  ta có: 0 < Uk + 1 < 1   

2
Mặt khác:  uk + 1 > 1 �

Do đó  0 <

Uk + 1
U k2 + 1

1
uk2 + 1

<1

< 1  suy ra  - 1 <

Uk + 1
U k2 + 1

tức là: ­ 1 < Uk+1 < 0 (đccm)
Vì ­ 1 < Un < 0  nên Un + 1 và U n2

> 0  với  " n

- 1 < 0

0,75


Từ (1) suy ra: U n +1

=

Un + 1

- 1 < (U n + 1) - 1 = U n

U n2 + 1

Vậy Un là dãy giảm.
3. 
b)

0,75

Từ đẳng thức (1) suy ra: U n +1 + 1 =

1
U n2 + 1

(U n + 1)

"n

(3)

0,5

Vì Un là dãy giảm; ­1 < Un < 0 với mọi n và U1 = a nên:
- 1 < U n ￬ a < 0  với  " n từ đó suy ra:  U n �۳a
U n2 a 2

Do đó: 

1
U n2

+1
1

U n +1 + 1 ￬

1

￬

2

a +1

"n

2

a +1
(U n + 1)

  và từ (3) ta có: 

"n

0,75

Theo chứng minh trên ta có: 
0 < U n +1 + 1 ￬

1
a2 + 1

(U n + 1)

"n

0,75

Câu  Đối với hệ tọa độ Oxy cho 2 điểm A(­ 1; 0); B(1; 0) và đường 
4 thẳng d có phương trình: ax + by + 1 = 0 tiếp xúc với đường tròn 
(C) có phương trình:  x 2 + y 2 = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng 
khoảng cách từ A và B đến đường thẳng d.
Ta có: (C) có tâm O(0;0) bán kính R = 1

1,0

Vì d tiếp xúc với (C)  ￬  d(O;d) = R
1
a +b
2

2

=1 � a 2 + b 2 = 1 � a 2 + b2 = 1

1,0

Mặt khác tổng khoảng cách từ A, B đến đường thẳng d là:
T=

−a + 1
a 2 + b2

+

b +1
a 2 + b2

b2￬=+1
Do a 2 =�

= 1− a + a +1

a

1

1,0

T

1,0

2

Vậy Min T = 2
Câu  Hình vẽ:
5. 

S
M

K
A
N

D
O

B

H
C

0,5


5.
a)

Ta có:

SA (ABCD)
( ) (ABCD)

SA // ( )

( ) (SAB) = MN // SA
( ) (SAC) = OK // SA
( ) (SABCD) = NH qua O
( ) (SCD) = KH
Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác MNHK.
0,75
Ta có MN// OK // SA

MN

(ABCD); OK (ABCD)

1
1
(MN + KO ).ON + .OK .OH
2
2
SA
MN = BN = x; KO =
;
2
Std = S htMKON + S KOH =

TớnhON,theonhlýhms Cụsin ta cú:

2

a

a 2

OH = ON = BN 2 + BO 2 2 BN .BO.cosOBN
= x2 + 2x
.cos450
2
2
= x 2 ax +

a2
2

Suy ra :

s1 =

(a + 2 x) 2 x 2 2ax + a 2
4 2

s1 =

a 2 x 2 2ax + a 2
4 2

0,75

1
a2
Vy: Std = (a + x). x 2 ax +
2

2

5.
b)

Để thiết diện là hình thang vuông
trung điểm AB

x=

a
2

MK// NO// BC

N là

S

0,5

K

M
A

D

N
O

B

E

H
C


1
3

Gäi V lµ thÓ tÝch khèi chãp, ta cã : V= .SA.dt ( ABCD) =

a3
3

MÆt ph¾ng (α ) chia khèi chãp thµnh 2 phÇn V1 , V2 víi : V1
=VK.OECH+VKOE.MNB ; V2 = V − V1
2

Ta cã : VK .OECH

1
1 �a � a a 3
= .OK .dt (OECH ) = � �. =
3
3 �2 � 2 24

0,5
0,5

2

a 1 �a � a 3
VKOE .MNB = ON .dt ( MNB ) = . � �=
2 2 �2 � 16
3
3
3
a
a
5a
11a 3
� V2 = V − V1 =
Suy ra : V1 = + =
24 16 48
48

0,5

0,5
­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­
Chú ý: Nếu thí sinh có cách giải khác mà kết quả đúng thì cho điểm tối đa.