Đề thi HSG lop 12 cấp tỉnh

Sở GD-ĐT Đăk Nông
Trường THPT Trần Phú
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
Môn Toán Đề 1
Câu 1: (5đ) Giải hệ phương trình sau:
3
3 4
3
2 6 6
3
3 9 8
x y x
y z y
z x z







+ = +
+ = +
+ = +
Câu 2:(5đ) Cho hàm số
: * *f Ν → Ν
thỏa mãn các tính sau:
i) f(x.y) = f(x)f(y), Với mọi (x,y) = 1.
ii) f(x + y) = f(x) + f(y), Với mọi x,y.
Tính f(2), f(3) và f(2010).
Câu 3: (5đ) Cho tam giác ABC vuông góc không phải cân, trên AB lấy M

và trên AC lấy N sao cho BM = CN. Chứng minh rằng đường trung trực của
MN luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 4(5đ): Cho dãy số có
, ( 1)
1 1
x a x x x
n n
n
= = −
+
. Tìm a để dãy số có giới
hạn hữu hạn.
Sở GD-ĐT Đăk Nông
Trường THPT Trần Phú
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
Môn Toán Đề 2
Câu 1(5đ): Giải hệ phương trình sau:
4 2 8 0
9 3 27 0
25 5 125 0
x y z
x y z
x y z





+ + + =
+ + + =

+ + + =
Câu 2(5đ): Xác định hàm số
3 2
( ) axy f x x bx c= = + + +
Biết rằng khi chia
f(x) cho x-1, x-2 và x-3 đều dư 6.
Câu 3(5đ): Cho góc Oxy vuông tại O. M là một điểm bên trong góc sao cho
khoảng cách từ M đến Ox là 3 và Oy là 4. Tìm A trên Ox và B trên Oy sao
cho AB qua M và OA + OB nhỏ nhất.
Câu 4(5đ): Tìm x, y , z thỏa mãn hệ phương
1
2 2 2
2 3 4
x y z
x y z





+ + =
+ + =
sao cho x
đạt giá trị lớn nhất.
ĐÁP ÁN
ĐỀ 1
Câu Đáp án Thang
Điểm
1
3 2

3 2 ( 2)( 1) 2
3 2
2 6 4 2 2( 2)( 1) 2
3 2
3 9 6 2 3( 2)( 1) 2
x x z y x x y
y y z y y z
z z x z z x







 
 
 



− − = − − + = −
− − = − ⇔ − + = −
− − = − − + = −
2 2 2 2x y z x+ > ⇒ < ⇒ ≥ ⇒ ≤
(vô lý)
2 2 2 2x y z x+ < ⇒ ≥ ⇒ ≤ ⇒ ≥
(vô lý)
+ x = 2
⇒

y = z = 2.
Vậy x = y = z = 2.
1đ
1đ
1đ
1đ
1đ
2 Ta có: f(6) = f(2.3) = f(2).f(3)
f(6) = f(3 + 3) = f(3) + f(3) = 2f(3)
Suy ra f(2) = 2
f(4) = f(2) + f(2) = 2f(2) = 4
f(6) = f(4) + f(2) = 6 suy ra f(3) = 3
f(2010) = f(2) + f(2)+ ….+f(2) (có 1005 số hạng)
suy ra f(2010) = 2010
1đ
1đ
1đ
1đ
1đ
3 Hình vẽ 1đ
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Ta có A(0;0), B(0;b),
C(c;0), M(0;m). Ta có BM = CN suy ra N(c+m-b;0). Gọi
P là trung điểm của MN, ta có P(
;
2
c m b m
n
+ −
)
Suy ra phương trình đường thẳng MN có dạng

( )( ) ( ) 0
2 2
c m b m
c m b x m y
+ −
+ − − − − =
.
Suy ra đường trung trực của MN qua I(
;
2 2
c b b c− −
)
1đ
1đ
1đ
1đ
P
B
A
C
M
N
4 Giả sử dãy số có giới hạn hữu hạn là c thì ta có c = c(c-1)
suy ra c = 0 hoặc c = 2. Do đó
TH1: Nếu a = 0 hoặc a = 2 thì dãy số là dãy số hằng nên
có giới hạn hữu hạn
TH2: Nếu 0 < a < 2 thì
0 2
1
x x

n
n
< < <
+
suy ra dãy số giãm
và bị chặn dưới nên có giới hạn hữu hạn.
TH3: Nếu a> 2 thì x
2
> x
1
>2 chứng minh quy nạp ta có x
n
+1
> x
n
> 2 suy ra (x
n+1
-2) >2(x
n
-2) > …>2
n
(x
1
– 2). Tức là
x
n
có giới hạn vô cực (loại).
TH4: Nếu -1
≤
a < 0 thì 0 < x

2

≤
2 (TH2) nhận.
TH5: Nếu a < -1 suy ra x
2
> 2 (TH3) loại.
Vậy -1
≤
a
≤
2.
0.5đ
05đ
1đ
1đ
0.5đ
0.5đ
1đ
ĐÁP ÁN
ĐỀ 2
Câu Đáp án Thang
Điểm
1
2 3 3 2
2 2 2 0 2 2 2 0
2 3 3 2
3 3 3 0 3 3 3 0
2 3 3 2
5 5 5 0 5 5 5 0

x y z x y z
x y z x y z
x y z x y z







 
 
 



+ + + = + + + =
+ + + = ⇔ + + + =
+ + + = + + + =
Đặt f(t) = t
3
+xt
2
+ yt + z, ta có f(2) = f(3) = f(5) = 0
Đặt g(t) = f(t) – (t-2)(t-3)(t-5) = (x + 10)t
2
+ (y – 31)t + z
+ 30 , ta có g(2) = g(3) = g(5) = 0 suy ra 2, 3, 5 là ba
nghiệm phân biệt của g(x) = 0, suy ra g(x) đồng nhất với
0. Tức là

10 0 10
31 0 31
30 0 30
x x
y y
z z





 
 



+ = = −
− = ⇔ =
+ = = −

1đ
1đ
1đ
1đ
1đ
2 Do f(x) chia cho x-1, x-2 và x-3 đều dư 6 nên ta có
f(1) = f(2) = f(3) = 6.
Đặt g(x) = f(x) -6 – (x-1)(x-2)(x-3) =(a + 6)x
2
+(b – 11)x

+ c . Ta có
g(1) = g(2) = g(3) = 0, suy ra g(x) = 0 có ba nghiệm phân
biệt 1, 2, 3 suy ra g(x) đồng nhất với 0. suy ra
a = -6, b = 11 và c = 0
Vậy hàm số f(x) = x
3
- 6x
2
+ 11x
1đ
1đ
1đ
1đ
1đ
3 Hình vẽ 1đ
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Ta có M(3;4), B(0;b),
A(a;0). Ta có Phương trình dường thẳng AB là
1
x y
a b
+ =

Do AB qua M nên
3 4
1
a b
+ =

Ta có OA + OB = a + b = (a + b)
3 4

( )
a b
+

2
( 3 2)≥ +
theo
bất đẳng thức bunhiacoski .
1đ
1đ
1đ