Đề+ĐA chọn HSG môn Toán - Bn-10-11.doc

UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2010 - 2011
Mụn thi: Toỏn
Thời gian làm bài: 180 phỳt (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 08 tháng 10 năm 2010
==========
Câu 1. (4 điểm)
Tìm số thực k nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức sau thoả mãn với mọi cặp số thực x, y
không âm:
yxk
yxyx
−+
+
≤
+
22
4
1010
.
Câu 2. (3 điểm)
Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình sau:

2 2 2 2010
2. 3. 4x y z+ + =
.
Câu 3. (5 điểm)
Cho hàm số
:f R R→
thoả mãn

( 1) ( ) 6, f x f x x R+ = + ∀ ∈
.
Hãy tính:
lim ( )
x
f x
→+∞
.
Câu 4. (4 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A. Đường phân giác trong góc B cắt cạnh AC tại D. Biết rằng
BC = BD + AD, hãy tính góc A.
Câu 5. (4 điểm)
Cho ba loại bi xanh, đỏ, vàng. Có bao nhiêu cách xếp thành một hàng 7 viên bi (có thể
không đủ ba loại) sao cho không có hai viên bi xanh và đỏ cạnh nhau?
=========== Hết ===========
Họ và tờn thớ sinh : ………………………………….Số bỏo danh :…………
(Đề thi này có 01 trang)
ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2010 - 2011
Mụn thi: Toỏn
Ngày thi: 08 tháng 10 năm 2010
==========
Câu 1.
+) Giả sử bđt dã cho đúng với mọi cặp số thực x, y không âm.
Cho x = 1, y = 0 suy ra
0
4
2
1

2
1
kk =−≥
(1 điểm)
+) Ta chứng minh: khi k = k
0
, bđt dã cho đúng với mọi cặp số thực x, y không âm.
_ Dễ thấy bđt đúng khi x không âm và y = 0.
- Xét trường hợp x
≥
y > 0.Đặt
1≥=
y
x
t
, bđt trở thành:
(*) 0 )1(
2
1
2
1
0
4
4
≤−−
+
−
+
tk
tt

Xét hàm số f(t) =
)1(
2
1
2
1
0
4
4
−−
+
−
+
tk
tt
, với
1
≥
t
.
Ta có f
,
(t) =

2
1
)
2
1
(2

4
4
3
4
3
−
+t
t
Từ
1≥t
suy ra f
,
(t) < 0.
Do đó f(t) là hàm nghịch biến trên [1; +
∞
)
0)1()( =≤⇒ ftf
, tức là (*) đúng với
1≥t
.
Vậy giá trị cần tìm là:
2
1
2
1
4
−=k
(3 điểm)
Câu 2.
+) Gọi (x

0
; y
0
; z
0
) là 1 nghiệm của pt.
Với số tự nhiên n, đặt x
n
= 2x
n+1
, y
n
= 2y
n+1
, z
n
= 2z
n+1
Vì
2 2 2 4020
0 0 0
2 3 2 2x y z+ + = M
suy ra (x
0

2
+ 3z
0
2
) chẵn.

Do đó x
0
và z
0
cùng chẵn hoặc cùng lẻ, dẫn đến (x
0
2
+ 3.z
0
2
) chia hết cho 4, rồi 2y
0
2
chia
hết cho 4, suy ra 2y
0
2
chia hết cho 8, suy ra (x
0
2
+ 3.z
0
2
) chia hết cho 8, do đó x
0
, z
0
cùng
chẵn.
Như vậy x

0
, y
0
, z
0
phải cùng chẵn.
Từ đó
1 1 1
2 2 2 2010 1
1 1 1
, ,
2 3 4
x y z N
x y z
−
∈


+ + =

Bằng cách suy luận như trên, dẫn đến x
n
, y
n
, z
n
cùng chẵn
1339, ≤∈∀ nNn
Suy ra:
)2;2;2(,)0;0;2();;((1;1;1) , (2;0;0))z;y;(x

432
,,
2009200920092010
200920092009
2
2009
2
2009
2
2009
200920092009



=⇒=⇒
=++
∈
zyx
zyx
Nzyx

+) Dễ thấy
)2;2;2(),0;0;2();;(
2009200920092010
=zyx
thoả mãn pt đã cho.
Vậy đó là nghiệm cần tìm
( 3 điểm)
A
D

C
E
A’
B
F
Câu 3.
+) Từ giả thiết suy ra f(x) không âm với mọi x thực
+) Xét x
0
thực bất kỳ.
Với mỗi n tự nhiên, đặt u
n
= f(x
0
+ n). Khi đó



+−=−
+=
+
+
)2( )2)(3(
)1( 6
22
1
1
nnnn
nn
uuuu

uu
- Nếu u
0
> 3 thì, bằng quy nạp:
. từ (1) suy ra u
n
> 3
. từ (2) suy ra 3 < u
n+1
< u
n
với mọi n tự nhiên
Do đó tồn tại lim(u
n
) = L và 36 =⇒+= LLL
- Nếu 0 < u
0
< 3 3 thì, bằng quy nạp:
. từ (1) suy ra u
n
< 3
. từ (2) suy ra 3 > u
n+1
> u
n
với mọi n tự nhiên
Do đó tồn tại lim(u
n
) = L và 36 =⇒+= LLL .
Tóm lại, luôn có lim(u

n
) = 3.
Vậy
)(lim xf
x +∞→
= 3.
( 5 điểm)
Câu 4.
Cách 1.
Lấy A
,
đối xứng với A qua BD thì A
,
thuộc BC.
Trên BC đặt BE = BD thì EC = AD (1)
Kẻ DF song song với BC, F thuộc AB.
Ta có tam giác BFD cân tại F;
FD = FB = DC (2)
Lại có:
)3( ECDADF ∠=∠
.
Từ (1), (2), (3) suy ra
BDADAFCEDECDAADF
,
∠=∠=∠⇒∆=∆
Hai tam giác DA
,
E, BDE cùng cân và có chung góc BED nên
2
3

B
D =∠
.
Vì
, , , 0
60CDA ADB A DB A DB∠ = ∠ = ∠ ⇒ ∠ =
Suy ra:
000,,
1004060
2
=⇒=⇒=+=∠=∠=∠ AB
B
BDBAADBCDA

( 4 điểm)
Cách 2.
Ap dụng định lý sin cho các tam giác ABD và ABC và đặt B = 2t ta thu được:
Sin4t = sin5t
Câu 5.
Ký hiệu S
n
là tập hợp cách xếp n bi thành hàng và thoả mãn đề bài; X
n
, D
n
, V
n
là tập hợp
cac cách xếp n bi thoả mãn đề bài mà viên bi cuối có màu xanh, đỏ, vàng tương ứng.
Ta có:

nnnn
VYXS ++=

Từ mỗi cách xếp thuộc X
n+1
ta bỏ viên bi cuối sẽ được cách xếp thuộc X
n
hoặc V
n
; và
ngược lại, từ mỗi cách xếp thuộc X
n
hoặc V
n
ta bổ xung vào cuối hàng viên bi xanh sẽ
được cách xếp thuộc X
n+1
.Do đó:

nnn
VXX +=
+1
Tương tự:

nnn
VDD +=
+1
;
1n n n n n

V X Y V S
+
= + + =

Suy ra:

(*) 2)(2
11 −+
+=+++=
nnnnnnn
SSVVYXS
Ta có:
{ }
1 2 2
3; 7 ( , , , , , , )S S S XX XV DD DV VX VD VV= = =
áp dụng (*) ta có
577 239,S99,;41 ;17
76543
===== SSSS
( 4 điểm)