Đề thi HSG lớp 12 cấp tỉnh

SỞ GD&ĐT LAI CHÂU
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
CẤP TỈNH NĂM 2011
Môn: Toán
Ngày thi: 21/11/2010
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
- Họ và tên học sinh: ............................
..............................................................
- Số báo danh: ....................................
1. Giám thị số 1: ......................................
.................................................................
2. Giám thị số 2: ....................................
.................................................................
(Đề bài gồm 05 câu)
Câu 1. ( 4,0 điểm).
Giải hệ phương trình sau:
12
1 2
3
12
1 6
3

 
− =

 ÷
+
 

 


+ =
 ÷

+
 

x
y x
y
y x
Câu 2. ( 4,0 điểm).
Tìm các hàm
:f →R R
thỏa mãn:
(0) 2010, 2011
2
( ) ( ) 2 ( ).cos ,
f f
f x y f x y f x y x y
π

 
= =

 ÷
 


+ + − = ∀ ∈


R
Câu 3. ( 4,0 điểm).
Trong phòng họp có 100 người. Mỗi người quen với ít nhất là 67 người khác.
Chứng minh rằng trong phòng phải có 4 người từng đôi một quen nhau.
Câu 4. ( 3,0 điểm).
Cho n là số nguyên và
3n ≥
. Chứng minh:
( )
1
1
+
> +
n
n
n n
.
Câu 5 ( 5,0 điểm).
Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng 6 và chiều cao
SH 15=
. Vẽ
mặt phẳng qua B vuông góc với SA tại K, mặt phẳng này cắt SH tại O. Lấy các
điểm P, Q lần lượt thuộc SA và BC sao cho PQ tiếp xúc với mặt cầu tâm O bán kính
bằng
2
5
.
a) Tính độ dài đoạn IK với I là trung điểm của BC.
b) Tính giá trị nhỏ nhất của PQ.

........................................Hết........................................
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 01/01
SỞ GD&ĐT LAI CHÂU KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
CẤP TỈNH NĂM 2011
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: Toán
CÂU HƯỚNG DẪN CHẤM
BIỂU
ĐIỂM
1
(4.0 Đ)
Điều kiện
, 0; 3 0≥ + ≠x y y x
0.5
Dễ thấy
, 0x y ≠
. Hệ phương trình đã cho tương đương với

12 2
1
3
12 6
1
3

− =

+




+ =
 +

y x
x
y x
y
0.5

1 3
1 (1)
1 3 12
(2)
3

+ =


⇔


− + =

+

x y
y x
x y

(I) 0.5
Nhân theo vế của các phương trình trong hệ (I) ta được:

9 1 12
3
− =
+y x y x
0.5

2 2
3
6 27 0
9 ( )
=

⇔ + − = ⇔

= −

y x
y xy x
y x L
1.0
Thế
3=y x
vào phương trình (1) ta được :
1 3
1
3x x
+ =

4 2 3x⇒ = +
0.5
Với
4 2 3 12 6 3.x y= + ⇒ = +
Vậy nghiệm của hệ:
( )
4 2 3;12 6 3.+ +
0.5
2
(4.0 Đ)
* Cho
,
2 2
x y t
π π
= = −
, ta có:
( ) ( ) 2 os 2 sin
2 2 2
f t f t f c t f t
π π π
π
     
+ − = − =
 ÷  ÷  ÷
     
(1)
0.75
* Cho

;
2 2
x t y
π π
= − =
, ta có :
( ) ( ) 0f t f t
π
+ − =
(2)
0.75
* Cho
0;x y t
π
= = −
, ta có
( ) ( ) 2 (0)cos( ) 2 (0)cos f t f t f t f t
π π π
− + − = − = −
(3)
0.75
Lấy (1) cộng với (2) ta được: 0.75
2 ( ) ( ) ( ) 2 sin
2
f t f t f t f t
π
π π
 
+ − + − =
 ÷

 
(4)
Thay (3) vào (4) ta lại có:
( ) (0)cos sin
2
f t f t f t
π
 
= +
 ÷
 
0.5
Suy ra hàm số cần tìm là :
( ) 2010cos 2011sinf x x x= +
0.5
3
(4.0 Đ)
Xét A là người bất kỳ trong phòng. Bởi vì A quen ít nhất là 67 người
khác, nên nếu mời tất cả những ai không quen A ra ngoài thì số người
phải ra nhiều nhất là 32.
1.0
Khi đó trong phòng còn A và 67 người quen A, tức là trong phòng còn
lại ít nhất là 68 người.
0.75
Gọi B là người khác A trong 68 người còn ở lại trong phòng, ta mời tất
cả những ai không quen B ra ngoài. Khi đó trong phòng còn lại ít nhất
68 – 32 = 36 người.
0.75
Lại gọi C là người khác A và B trong 36 người còn ở lại trong phòng, ta
mời tất cả những người không quen C ra ngoài. Khi đó trong phòng còn

lại ít nhất 36 – 32 = 4 người.
0.75
Nghĩa là ngoài A, B, C còn lại ít nhất một người, giả sử là D. Khi đó A,
B, C, D đôi một quen nhau.
0.75
4
(3.0 Đ)
Ta có
( ) ( ) ( )
1
1 1 ln ln 1
+
> + ⇔ + > +
n
n
n n n n n n
0.5

( )
1
ln 1 ln
+
⇔ >
+
n n
n n
0.5
Xét hàm số
ln
x

y
x
=
với
3x ≥
0.5
Ta có
2
ln 1
' 0, 3
ln
x
y x
x
−
= > ∀ ≥
0.5
Suy ra hàm số
ln
x
y
x
=
tăng trên
[
)
3;+∞
0.5
Do đó với
3n ≥

, ta có
( )
1
ln 1 ln
+
> ⇒
+
n n
n n
đpcm 0.5
5
(5.0 Đ)
0.25
Ý a
(2.0 Đ)
Trong tam giác SAB vẽ đường cao BK thì
CK SA⊥
nên
( )
BKC SA K⊥ =
.
0.25
Ta có
IK SH O∩ =
, O chính là giao điểm của (BKC) và SH.
ABC∆
đều có
AB 6 nên AI=3 3,AH 2 3, IH 3= = =
0.25
Ta có

·
SH 15 5
tanSAH
AH 2
2 3
= = =
0.25
·
·
2
2
1 4
cos SAH
9
1 tan SAH
⇒ = =
+
0.25
·
2
4 5
sin SAH 1
9 9
⇒ = − =
0.25
·
5
sinSAH
3
⇒ =

0.25
Mặt khác,
AKI
∆
vuông tại K nên
·
IK
sinSAH
AI
=
. 0.25
5
IK AI 15
3
⇒ = =
0.25
Ý b
(3.0 Đ)
Tứ giác AKOH nội tiếp, ta có
OI IH AI.IH 3 15
OI
AI IK IK 5
= ⇒ = =
0.25
Suy ra
2 15
OK IK OI
5
= − =
Đặt x = IQ, y = KP.

Trong tam giác vuông OIQ tại I, ta có
2 2 2
27
OQ OI IQ x
5
= + = +
0.25
Trong tam giác vuông POK tại K, ta có
2 2 2
12
OP OK KP y
5
= + = +
0.25
Giả sử đường tròn tâm O, bán kính
2
5
tiếp xúc với PQ tại T.
Qua I dựng đường thẳng d song song với KP.
Gọi P’ là hình chiếu vuông góc của P trên d.
0.25
Xét tam giác vuông OTQ có:
2 2
QT OQ OT= −

2 2
27 2
x x 5
5 5
= + − = +

0.25
Xét tam giác vuông OTP có
2 2
PT OP OT= −

2 2
12 2
y y 2
5 5
= + − = +

0.25
Mặt khác, xét tam giác vuông PP’Q. Ta có
2 2 2 2
PQ PP' P'Q x y 15= + = + +
2 2
PQ PT QT x y 15⇒ = + = + + 0.25

2 2 2 2
2
2 2 2 2 2
2
x 5 y 2 x y 15
6 2x
x y 2x 5y 6 y
x 5
⇔ + + + = + +
−
⇔ + + = ⇔ =

+
0.25
Vậy:
2 4 2
2 2 2 2
2 2
6 2x x 18x 81
PQ x y 15 x 15
x 5 x 5
− + +
= + + = + + =
+ +
Xét hàm số
( )
4 2
2
x 18x 81
f x
x 5
+ +
=
+
.
Đặt
( )
2
t x , t 0= ≥
.
( )
2

t 18t 81
f t
t 5
+ +
=
+
0.25
( )
( )
2
2
t 10t 9
f ' t
t 5
+ +
=
+
( )
t 1
f ' t 0
t 9
= −

= ⇔

= −

Với t = 0,
( )
81

f 0
5
=
.
[
) ( )
81
t 0; thì Minf t
5
∈ +∞ =
0.25