Bộ 8 đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án

BỘ 8 ĐỀ THI HỌC SINH
GIỎI MƠN TỐN LỚP 12
CẤP TỈNH NĂM 2020-2021
CÓ ĐÁP ÁN

1


MỤC LỤC
1. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng
Bình
2. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng
Trị
3. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải
Dương
4. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Long
An
5. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Đăk
Lắk
6. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Điện
Biên
7. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà
Nam
8. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021- Sở GD&ĐT Nghệ An

2


SỞ GD&ĐT

QUẢNG BÌNH

SỐ BÁO DANH:

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT

NĂM HỌC 2020-2021
Mơn thi: Tốn - Vịng I
Thời gian làm bài: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2.5 điểm):
Giải phương trình: x 4n  x 2n  2012  2012 (n 
Câu 2 (2.5 điểm):
Cho dãy số (u n ) xác định bởi công thức:
u1  3

1
3

u

2
u

; (n  * ).

n

1
n
2 


3
un 

Tính: lim un ?
Câu 3 (1.5 điểm):
Cho các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng:
1 1 1
36
.
  
2 2
x y z 9  x y  y 2 z 2  z 2 x2

*

).

Câu 4 (2.0 điểm):
Cho tam giác ABC có M là trung điểm cạnh BC, N là chân đường phân giác góc BAC .
Đường thẳng vng góc với NA tại N cắt các đường thẳng AB, AM lần lượt tại P, Q theo thứ
tự đó. Đường thẳng vng góc với AB tại P cắt AN tại O. Chứng minh OQ vuông BC.
Câu 5 (1.5 điểm):
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

x2 3  y  z .
--------------------HẾT----------------------

3

SỞ GD&ĐT
QUẢNG BÌNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2020-2021
Mơn thi: Tốn - Vịng I

HƯỚNG DN CHM
(ỏp ỏn, hng dn ny cú 4 trang)
yêu cầu chung
* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic
chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng.
* Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có
liên quan.
* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần là 0,5
điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài.
* Điểm của tồn bài là tổng (khơng làm tròn số) của điểm tất cả các bài.
Nội dung

Câu

Điểm

2,5 điểm

1
Phương trình: x  x  2012  2012 (n  N*)
Đặt t = x2n  0, phương trình (1) trở thành:
t 2  t  2012  2012

4n

 t2  t 

2n

(1)
0,25

1
1
 t  2012  t  2012 
4
4
2

1
 1 
  t     t  2012  
2
 2 

0,5

2

0,5

 t  1  t  2012

0,25

 t 2  t  2011  0.
Giải phương trình (2) ta được: t 
Phương trình có 2 nghiệm:

x1  2n

0,25

(2)
1  8045
thỏa mãn điều kiện
2

1  8045
1  8045
và x 2   2n
, n  *.
2
2

0,25

0,5

2,5 điểm

2

Theo công thức xác định dãy (u n ) , ta có un  0; n 
Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có:

*

1
3  1
3
3
un1   2un  2    un  un  2   3 un2 . 2  3 3 ; n 
3
un  3 
un 
un
Do đó: un  3 3 ; n  * .
4

0,5

.

*

.

0,5


 1  3  un3 
2

1
1 3
Mặt khác: un1  un  un  2  un   2  un    2   0 .
3
un
3  un
 3  un 
Vậy (u n ) là dãy sớ giảm và bị chặn dưới nên nó có giới hạn.
2
1
3
Giả sử, lim un  a .Ta có: a  a  2  a  2  a  3 3 .
3
a
a
3
Vậy: lim un  3

0,5
0,5
0,5

1.5 điểm

3

1 1 1
36
  
2 2

x y z 9  x y  y 2 z 2  z 2 x2
1 1 1
 (9  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2 )      36 .
x y z
Ta có:  xyz 

0,25

 xy  yz + zx 
  xy  yz  zx   
.
3


3

2

0,25

Do đó:

 1 1 1   xy  yz+zx  27  xy  yz+zx 
 x  y  z 
 
3
xyz
 xy  yz+zx 

 


2

2

2

27

.
xy  yz+zx

0,25

Mặt khác:

9  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2  6   x 2 y 2  1   y 2 z 2  1   z 2 x 2  1
 2  3  xy  yz  zx .

0,25

2


 1 1 1 
 (9  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2 )     
 x y z 

2
27

 4 3   xy  yz+zx   .
xy  yz+zx


9
 108. 
 6   xy  yz  zx  
 xy  yz  zx



9
 108  6  2
 xy  yz  zx    1296 .
xy  yz  zx


1 1 1
Suy ra: (9  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2 )      36 .
x y z
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z = 1.

0,25

0,25
2.0 điểm

4

0,25

5


A

y
Q
B
N
P

C

M
O
x

Chọn hệ trục tọa độ Nxy sao cho A, N nằm trên trục hồnh.

Vì AB khơng song song với các trục tọa độ nên phương trình của nó có
 b 
dạng : y = ax + b (a  0). Khi đó : A    ;0  , P  (0; b) .
 a 
AC đi qua A và đới xứng với AB qua trục hồnh nên có phương trình :
y = -ax – b.
1
PO đi qua P, vng góc với AB nên có phương trình : y   x  b .
a
O là giao điểm của PO và trục hoành nên O  (ab,0) .
BC đi qua gốc tọa độ nên :

+) Nếu BC không nằm trên trục tung thì phương trình BC có dạng y = cx
với c  0,c   a (vì B, C khơng thuộc trục hồnh, BC khơng song song
với AB và AC).
B là giao điểm của BC và AB nên tọa độ B là nghiệm của hệ :
 y  ax  b
bc 
 b
 B
;

.
ca ca
 y  cx
C là giao điểm của BC và AC nên tọa độ C là nghiệm của hệ :
 y   ax  b
b
bc 

 C  
;

.
 ca ca
 y  cx

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

abc 
bc
 ab
;
Do đó : M   2
,
suy
ra
:
AM

c; a 2  .

2
2
2
2
2 
a (c  a )
c a c a 
a2
ab
Từ đó ta có phương trình của AM là : y  x 
.
c

c
Q là giao điểm của AM với trục tung nên
 ab 
 1
Q   0;   QO  ab 1;   .
c
 c 

Do đó QO là một vectơ pháp tuyến của BC nên QO vng góc BC.
+) Nếu BC nằm trên trục tung thì tam giác ABC cân tại A nên M  N, do
đó O thuộc AN nên QO vng góc BC.

0,25
0,25

6


5

Giả sử  x, y, z  là nghiệm nguyên dương của phương trình. Ta có:

1,5 điểm

x+2 3  y  z  2 yz
 x  ( y  z )  2 yz  2 3
  x  ( y  z )  4 yz  8 3 yz  12
2

0,25

 4 yz  4 3  x  ( y  z )   12
  x  ( y  z )  4 3  x  ( y  z )   12  4 yz
2

  x  ( y  z )   4 yz  12

Nếu x  ( y  z ) thì 4 3 
x  ( y  z)

0,25

2

(vô lý).

 y 1

z  3
Nếu x  y  z thì yz  3  
 x  4.
 y  3

  z  1
Thử lại, ta thấy: (4; 3; 1) và (4; 1; 3) là nghiệm của phương trình.
Vậy: nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho là (4; 3; 1) và (4; 1;
3).

7

0,25

0,5

0,25


UBND TỈNH QUẢNG TRỊ
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HĨA LỚP 12
Khóa ngày 06 tháng 10 năm 2020

ĐỀ CHÍNH THỨC

Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1. ( 5,0 điểm)
1. Tìm tất các các điểm cực đại và điểm cực tiểu của hàm số y  cos x  sin x.
2. Tìm m để phương trình 2 x 4  4 x 2  1  2m  0 có đúng 5 nghiệm phân biệt.
Câu 2. ( 5,0 điểm)
1
2
1010
2019
1. Chứng minh rằng C2020  2C2020  ...  1010C2020  1010.2 .
2. Tìm tất cả các cặp số thực  x; y  thỏa mãn xy  4 và

 x  y

2

 20   x  y  xy  8.

Câu 3. ( 6,0 điểm)
1. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, tam giác SAB vuông cân tại S và
nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích của khới chóp S. ABC và khoảng cách
giữa hai đường thẳng SB và AC theo a.
2. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn ( I ). Gọi M , D, E lần lượt là trung điểm của

BC , IB, IC; F , G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABD và ACE. Chứng minh rằng
AM vng góc FG.
Câu 4. (2,0 điểm)

Cho dãy số  xn  được xác định bởi x1  2 và xn1  2  xn , n  1. Chứng minh dãy sớ  xn  có
giới hạn và tìm giới hạn đó.
Câu 5. (2,0 điểm)
Xét các sớ thực dương a, b, c có tổng bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

2b  c 2c  a 2a  b
18abc



.
a
b

c
ab  bc  ca
----Hết---Thí sinh khơng được sử dụng máy tính cầm tay.

8


HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.1. Tìm tất các các điểm cực đại và điểm cực tiểu của hàm số y  cos x  sin x.



x


 k 2

4
y '   sin x  cos x ; y '  0  
 x  3  k 2

4
 

 3

y ''  sin x  cos x ; y ''    k 2    2  0; y '' 
 k 2   2  0
 4


 4

3

Vậy các điểm cực đại của hàm số là: x 
 k 2 ; Các điểm cực tiểu của hàm số là: x    k 2
4
4
4
2
Câu 1. 2. Tìm m để phương trình 2 x  4 x  1  2m  0 có đúng 5 nghiệm phân biệt.
2 x 4  4 x 2  1  2m  0  2 x 4  4 x 2  1  2m .
Cách 1: Xét hàm số f ( x)  2 x  4 x  1 có BBT của hàm sớ f ( x) và f ( x)
4

2

Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm cửa đồ thị hàm số f ( x) và đường thẳng y  m . Vậy
phương trình đã cho có đúng 5 nghiệm phân biệt khi 2m  1 hay m 
Cách 2: (HS 10,11). 2 x 4  4 x 2  1  2m

1
.
2

(1) . Đặt

t  x2 , t  0
PTTT: 2t  4t  1  2m (2).
2

Xét hàm số f (t )  2t  4t  1 trên [0; ) . | f (t ) | có đồ
Biện luận các trường hợp sớ nghiệm của (2) và (1). Từ đó kết
2

thị
luận

1
m .
2

Cách 3: Nhận thấy nếu x0 là nghiệm của (1) thì  x0 cũng là

nghiệm của

pt (1). Do đó nếu các nghiệm xi  0 thì số nghiệm của phương trình (1) là số chẵn. Vậy đk cần để pt có 5

1
1
. Giải phương trình khi m  và kết luận.
2
2
1
2
1010
2019
Câu 2.1. Chứng minh rằng C2020  2C2020  ...  1010C2020  1010.2 .
nghiệm là pt (1) có nghiệm x0  0 , thế vào tìm được m 

9


Cách 1: Ta có: k.Cnk  k .

n!
(n  1)!
n
 nCnk11
k ! n  k !
(k  1)!(n  k )!

1
0
C2020
 2020C2019
2
1
2C2020
 2020C2019
...
1010
1009
1010C2020
 2020C2019
.

0
1
1009

VT  2020  C2019
 C2019
 ...  C2019


Xét C2019  C2019  ...  C2019  C2019  ...  C2019  2
0

1

1009

1010

2019

0
1
1009
2  C2019
 C2019
 ...  C2019
  22019 .



2019

. Mà Cnk  Cnn  k nên



0
1
1009
Vậy VT  2020 C2019
 C2019
 ...  C2019
 1010.22019 .

Cách 2:
2020
0
1
2
2020
 C2020
 xC2020
 x 2C2020
 ...  x 2020C2020
Xét (1  x)
Suy ra được:
1
2
2020
2020(1  x)2019  C2020
 2 xC2020
 ...  2020 x 2019C2020
1
2

1010
1011
2020
C2020
 2C2020
 ...  1010C2020
 1011C2020
 ...  2020C2020
 2020.22019

Ta có: k.Cnk  k.

n!
n!
n!

 (n  k  1)
 (n  k  1)Cnnk 1
k ! n  k ! (k  1)!(n  k )!
(n  k  1)!(k  1)!

Do đó:
1
2020
C2020
 2020C2020
2
2019
2C2020
 2019C2020

...
1010
1011
1010C2020
 1011C2020

Vậy: C2020  2C2020  ...  1010C2020  1010.2
1

2

1010

2019

Câu 2.2. Tìm tất cả các cặp số thực  x; y  thỏa mãn xy  4 và

 x  y

2

 20   x  y  xy  8.

Đặt S  x  y; P  xy ( S  4 P) . Từ giả thiết ta có: S  4 P  S ( P  8)  20  0
2

2

S 2  S ( P  8)  4 P  20  0 . Xét pt theo S.   ( P  8)2  4(4 P  20)  P 2  16 . Điều kiện phương

trình có nghiệm P  4 . Kết hợp điều kiện của giả thiết ta có P  4, P  4 .
P  4  S  2 (loại); P  4  S  6 , x, y là 2 nghiệm của pt

X 2  6X  4  0
Vậy các cặp  x; y  : 3  13; 3  13 , 3  13; 3  13 .







Câu 3.1. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, tam giác SAB vuông cân tại S và
nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích của khối chóp S. ABC và khoảng cách
giữa hai đường thẳng SB và AC theo a.
*Thể tích: V 

a3 3
.
24

*Khoảng cách giữa SB và AC :
Cách 1: Dựng D đối xứng với C qua I
10


d (SB, AC )  d ( AC,(SBD))  2d ( I ,( SBD))  2 HK ACBD là hình thoi, nên IB, ID, IS đơi một vng góc.
1
1
1

1
28
a 21
 2 2
 2 d 
.
2
2
d
SI
SB
SD
3a
7
Cách 2: *Kẻ đt BD song song với AC.

d (SB, AC )  d ( AC,(SBD))  2d ( I ,( SBD))  2 HK

a
a 3
; SI 
2
4
1
1
1
IH 2 .SI 2 3a 2
a 21
2
 2  2  IK  2


d 
2
2
IK IH SI
IH  SI
28
7

HI 

Câu 3.2. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn ( I ). Gọi

M , D, E lần lượt là trung điểm của BC , IB, IC; F , G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác
ABD và ACE. Chứng minh rằng AM vng góc FG.

Gọi H là giao điểm thứ 2 của MD và đường tròn qua A, B, D.
Gọi K là giao điểm thứ 2 của ME và đường tròn qua A, C , E.
Ta có:
1
1
AHM  B và AKM  C  EDM nên A, H , K thẳng hàng.
2
2
Tam giác MDE và MKH đồng dạng (Vì MED  MHK ). Suy ra ME.MK  MD.MH , hay M nằm trên trục
đẳng phương của hai đường tròn tâm F , G.
Suy ra AM  FG. (Trục đẳng phương vng góc với đường nới tâm)
Câu 4. (2,0 điểm)

Cho dãy số  xn  được xác định bởi x1 

giới hạn và tìm giới hạn đó.

2 và xn1  2  xn , n  1. Chứng minh dãy sớ  xn  có

HD: 0  xn 

2, n  1.
Ta có: xn 1  xn  xn  2  xn 1.

x1  2 , x2  2  2 , x3  2  2  2 , như vậy x3  x1 nên từ (*) ta suy ra  x2 n1  là dãy
giảm. Cùng với tính bị chặn nên tồn tại lim x2 n1  a.
n

11


Từ x3  x1  x4  x2 . Tương tự tồn tại lim x2 n  b.
n

Từ hệ thức truy hồi ở giả thiết, chuyển qua giới hạn ta được:


a  1
a  2  b


b  1

b  2  a
Do lim x2 n1  lim x2 n  1 nên lim xn  1.

n

n

n

Cách 2: xn1  1 

2  xn  1 

1  xn
2  xn  1

1
.
2  xn  1
1
1

 q  (0;1)
Do 0  xn  2, n  1 
2  xn  1
2  2 1
 xn1  1  xn  1 .q  xn1  1 .q 2  ...  x1  1 .q n
lim xn1  1  0  lim xn1  1  lim xn  1
xn1  1  1  xn

Cách 3: 0  xn 

2, n  1.

Đặt xn  2cos  n ,  n  0;   . Ta có 1 


4

; x1  2 cos


4

xn1  2  xn  2cos  n1  2(1  cos  n )  2sin



n

n

  
 2cos   n 
2
2 2 



1

  n  
2 2

3
2
3
n
n 1
   1 
 1 
  n1      1       .
3   2 6
 2 
   1 n  
 xn  2cos        lim xn  1.
 3  2 6 



  n1 



  n1 

Câu 5. (2,0 điểm)
Xét các sớ thực dương a, b, c có tổng bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2b  c 2c  a 2a  b
18abc




.
a
b
c
ab  bc  ca
2b  c
2c  a
2a  b
18abc
1
1
1
 3.
HD: P 
a
b
c
ab  bc  ca
b3 c3 a3
18abc




3
a
b
c
ab  bc  ca
b c a

18
18
1 1 1
1 1 1
    3    
 3  3    
a b c
a b c 1 1 1
a b c 1 11
a b c
a b c
18
1 1 1
 3    
.(1)
a b c 1 1 1
a b c
P

12


1 1 1
9
  
 3 (2)
a b c abc
1 1 1
18
Đặt t     3 . Xét hàm f (t )  3t 

trên [3; )
a b c
t
Ta có: f (t )  15  f (3) . (3)
Ta có:

Vậy min P  15 đạt được khi các đẳng thức (1), (2), (3) xảy ra.

b c a
a  b  c

1 1 1
    3 ,hay a  b  c  1.
a b c
a  b  c


18
18
1 1 1
1 1 1
1 1 1
      2    
Cách 2: …..  3     
a b c 1 1 1 a b c
a b c 1 1 1
a b c
a b c
 3  2 2.18  15 .
….

13


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021
MƠN THI : TỐN - Vịng 2
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1 (2 điểm)
a) Cho hàm số y  x 2  2mx  3m và hàm số y  2 x  3 . Tìm m để đồ thị các hàm sớ đó
cắt nhau tại hai điểm phân biệt và hoành độ của chúng đều dương.
b) Giải bất phương trình:

 x 2  8 x  12  10  2 x

Câu 2 (2 điểm)
3
3
3
a) Giải phương trình: (4 x  x  3)  x 

3
2

b) Giải phương trình: 2 x2  11x  23  4 x  1
Câu 3 (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M (1;4) . Đường thẳng d qua M, d cắt trục
hoành tại A(hoành độ của A dương), d cắt trục tung tại B(tung độ của B dương). Tìm
giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OAB.
b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): ( x  2)2  ( y  3)2  9 và điểm
A(1; 2) . Đường thẳng  qua A,  cắt (C) tại M và N. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài
đoạn thẳng MN.
Câu 4 (3 điểm)
a) Chứng minh rằng tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi
AB 2  BC 2  CD2  DA2  AC 2  BD2 .
b) Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn:

1
1 1


(trong đó AB=c; AC=b; đường
ha2 b 2 c 2

cao qua A là ha ).
Câu 5 (1 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương . Chứng minh rằng:
2
2
2
a  b   b  c    c  a 
2a
2b

2c



 3
2
bc ca ab
a  b  c
…………………Hết………………….
Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:…………………………
Chữ ký của giám thị 1:………………….Chữ ký của giám thị 2:………………………
14


ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021
Câu Ý
Nội dung
2
Tìm m: y  x  2mx  3m và y  2 x  3 cắt nhau tại hai điểm
1 a
phân biệt và hồnh độ dương
u cầu bài tốn  PT sau có hai nghiệm dương phân biệt
x 2  2mx  3m  2 x  3  x 2  2(m  1) x  3m  3  0
 '  0

 3(m  1)  0
2(m  1)  0


 m  1
'  0  
 m  4
Kết hợp nghiệm, kết luận m  4
b

Giải bất phương trình:

Điểm
1,00
0,25

0,25
0,25
0,25

 x 2  8 x  12  10  2 x

1,00

TXĐ:  x 2  8 x  12  0  2  x  6

0,25

Nếu 5  x  6 thì  x 2  8 x  12  0  10  2 x , bất phương trình
nghiệm đúng với mọi x: 5  x  6

10  2 x  0
Nếu 2  x  5  
bất pt đã cho

2

  x  8 x  12  0
  x 2  8x  12  4 x 2  40 x  100  5 x 2  48 x  112  0  4  x 

2

Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 4  x  5
Tập nghiệm của bpt đã cho: (4;6]
3
3
3
3
(4
x

x

3)

x

Giải
phương
trình:
(1)
a
2

0,25

28
5

0,25

0,25
1,00

2 y 3  2 x3  3
( I ) Khi đó nghiệm
Đặt y  4 x  x  3 . (1) có dạng:  3
4 x  x  3  y
của (1) là x ứng với (x;y) là nghiệm của (I)
2 y 3  2 x3  3(2)
2 y 3  2 x3  3

(I)   3
2
2
3
( x  y )(2 x  2 xy  2 y  1)  0(3)
2 x  2 y  ( x  y )  0
3

3
4
TH2: 2 x 2  2 xy  2 y 2  1  0;  'x  2  3 y 2 . Nếu có nghiệm thì
TH1: y = -x kết hợp(2), có nghiệm của (1): x   3

15

0,25

0,25
0,25

y

2.
3


3

2


Tương tự cũng có x 
. Khi đó VT (2)  4  2   8 2  3 .
3
 3 3 3
Chứng tỏ TH2 vô nghiệm. KL (1) có 1 nghiệm x   3 3

4

b

0,25
1,00

Giải phương trình: 2 x2  11x  23  4 x  1
ĐK: x  1 . (1)  2( x 2  6 x  9)  ( x  1  4 x  1  4)  0

0,25

2( x  3) 2  ( x  1  2) 2  0 (*)

3

0,25

 x  3  0
Do a 2  0(a) nên pt(*)  
 x  1  2  0
 x  3 . Vậy pt đã cho có 1 nghiệm x=3
M (1;4) . Đg thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A; d cắt trục tung tại
a B. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OAB( x A ; yB  0 )
Giả sử A(a;0); B(0;b), a>0; b>0. PT đường thẳng AB:

x y
 1
a b

1 4
4
16
 11 2
1
a b

ab
ab
a  2
ab
1 4 1

 8;"  "     
2
a b 2
b  8

Vì AB qua M nên

2

Vậy S nhỏ nhất bằng 8 khi d qua A(2;0), B(0;8)
b (C): ( x  2)2  ( y  3)2  9 ; A(1; 2) .  qua A,  cắt (C) tại M và N.
Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN.
(C) có tâm I(2;-3), bán kính R=3. Có A nằm trong đường trịn(C) vì
IA2  (1  2)2  (2  3)2  2  9
Kẻ IH vng góc với MN tại H ta có
IH 2  HN 2  IN 2  9  MN 2  4 HN 2  4(9  IH 2 )
Mà IH  AH  IH  IA  2  MN 2  4(9  2)  28  MN  2 7
Vậy MN nhỏ nhất bằng 2 7 khi H trùng A hay MN vng góc với
IA tại A
Chứng minh rằng tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi
a
AB 2  BC 2  CD2  DA2  AC 2  BD2
Tứ giác lồi ABCD là hình bình hành  AB  DC  AB  DC  0



 AB  DC



2

1,00
0,25

0,25
2

2

0,25

0,25

Diện tích tam giác vuông OAB( vuông ở O)là S  1 OA.OB  1 ab  8 .

4

0,25

0,25

1,0

0,25
0,25
0,25
0,25
1,5
0,25

2

 0  AB  DC  2 AB.DC  0

 AB 2  DC 2  2 AB.( AC  AD )  0

 AB 2  DC 2  ( AB 2  AC 2  BC 2 )  ( AB2  AD2  BD2 )  0 (*)
16

0,25
0,25
0,25




( vì a  b

4



2

2

2

2



2



0,25

2

 a  2a.b  b  2a.b  a  b  a  b )

(*)  AB 2  BC 2  CD2  DA2  AC 2  BD2 (Đpcm)
( Chú ý: nếu chỉ làm được 1 chiều thì cho 0,75 đ)
1
1 1
b Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn: 2  2  2 (1)
ha b c
Có a.ha  2 S  bc sin A



2

0,25
1,5
0,25

2

1
a
4R
 2 2 2  2 2
2
ha b c sin A b c

0,25

(1)  b2  c 2  4 R 2  sin 2 B  sin 2 C  1
 1  cos2 B  1  cos2C  2  cos2B  cos2C  0
 2cos( B  C )cos( B  C )  0



 B  C  2 hay A  2

 0  B  C   ;0  B  C   
 B C  

2

Vậy tam giác ABC vng ở A hoặc có B  C 

5

CMR :

2a
2b
2c


 3
bc ca ab

0,25



2
2
 a  b   b  c    c  a 
2

0,25
0,25
0,25

2

a  b  c

2

; a, b, c  0

2a
2b
2c
1
1
1 
bc
ca
ab
a b a c bc ba c a c b


bc
ca
ab

1,00

XétM=

1
1
1
1
1
1


)  (b  c)(

)  (c  a)(

)
bc ca
ca a b
a b bc
1
1
1
 ( a  b) 2
 (b  c)2
 (c  a)2
(b  c)(c  a)
(c  a)(a  b)
(a  b)(b  c)
4
1
4
1
Vì
;



2
2
(b  c)(c  a) (a  b  2c)
(2a  2b  2c)

(a  b  c) 2
1
(a  b)2
2
2
(a  b)  0  (a  b)

;"  "  a  b
(b  c)(c  a) (a  b  c)2
Làm hồn tồn tương tự với hai biểu thức cịn lại
2
2
2
a  b   b  c    c  a 

Suy ra M 
(Đpcm); “=”  a  b  c
2
a  b  c

0,25

 (a  b)(

17

0,25

0,25

0,25


Hình vẽ câu 3b:

I
M

A
H

Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

18

N


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LONG AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM 2020 (VÒNG 1)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Mơn: TỐN ( BẢNG A )
Thời gian: 180 phút (không kể giao đề)
Ngày thi: 06/10/2011

Câu 1: ( 5,0 điểm )
a. Giải phương trình sau: 4 x 2  x  1  1  5 x  4 x 2  2 x3  x 4 với x  R .





b. Giải phương trình: 2sin 2 x  3 sin 2 x  1  3 cos x  3 sin x .
Câu 2: ( 5,0 điểm )
a. Cho tam giác ABC vuông cân tại B , cạnh AB  2 . Trong mặt phẳng chứa tam giác
ABC lấy điểm M thỏa MA2  MB2  MC 2 . Tìm quỹ tích của điểm M.
b. Cho tam giác ABC có hai trung tuyến BM và CN hợp với nhau một góc bằng 600 ,
BM  6, CN  9 . Tính độ dài trung tuyến còn lại của tam giác ABC.
Câu 3: ( 4,0 điểm )
Cho dãy số  un  xác định bởi u1  1 và un1  3un 2  2 với mọi n  1 .
a. Xác định số hạng tổng quát của dãy số  un  .
2
b. Tính tổng S  u12  u22  u32  ...  u2011
.

Câu 4: ( 3,0 điểm )
Cho a, b, c là ba số thực không âm và thỏa mãn điều kiện a2  b2  c2  1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

M   a  b  c    a  b  c   6abc
3

Câu 5: ( 3,0 điểm )

 x3   y  2  x 2  2 xy  2m  3

Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:  2
với x, y là
 x  3x  y  m
các số thực.
………………. Hết ……………….
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Giám thị khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………;Số báo danh:…………

19


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM 2020 (VÒNG 1)
Mơn: TỐN ( BẢNG A )
( Hướng dẫn có 04 trang )

LONG AN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như
hướng dẫn quy định.
Câu
Đáp án
1
a. ( 3,0 điểm )
(5,0 điểm)
3

Đặt t  x 2  x  1, t 
. Khi đó phương trình trở thành:
2
4t  t 4  7t 2  5  t 4  6t 2  9   t 2  4t  4   0

Thang điểm

0,5

  t 2  3   t  2   0   t 2  t  1 t 2  t  5   0 (*)

0,5

t 2  t  1  0
(*)   2
t  t  5  0

0,5

2

2

1 5
3
thì t 2  t  1  0 có một nghiệm là t 
2
2
3
1  21

 Với t 
thì t 2  t  5  0 có một nghiệm là t 
2
2

 Với t 

0,5

2

 1 5 
1 5
2
 Khi t 
thì x 2  x  1  
  2 x  2 x  1  5  0
2
2


x

0,5

1  3  2 5
1  3  2 5
hoặc x 
.
2

2

Khi
2

 1  21 
1  21
2
t
thì x 2  x  1  
  2 x  2 x  9  21  0
2
2



0,5

1  19  2 21
1  19  2 21
hoặc x 
.
2
2
b. ( 2,0 điểm )
x

Phương trình đã cho được viết lại:
3sin 2 x  2 3 sin x cos x  cos 2 x  3







2

3 sin x  cos x  3





3 sin x  cos x

0,5



0,5

3 sin x  cos x  3

0,5

3 sin x  cos x  0

 3 sin x  cos x  0 hoặc



20





1

 x    k , k  Z
6
3
3 sin x  cos x  3 phương trình vô nghiệm.

3 sin x  cos x  0  tan x  

2
a. (2,0 điểm )
(5,0 điểm)  Chọn hệ trục tọa độ Bxy vng góc sao cho tia Bx qua A và tia
By qua C. Ta có: B  0;0  , A  2;0  , C  0;2  . Giả sử M  x; y  .
 MA  MB  MC
2
2
  2  x   y 2  x2  y 2  x2   2  y 
2

2

0,5

2

0,5

 x  y  4x  4 y  0 .
2

0,5

2

 Phương trình trên là phương trình của một đường tròn tâm
I  2; 2 , bán kính R  2 2 .

0,5

 Vậy quỹ tích điểm M là một đường tròn tâm I  2; 2 , bán kính

0,5

R2 2.
b. ( 3,0 điểm )
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC.
 Xét trường hợp: BGC  1200
Ta có: BC2  GB2  GC2  2GB.GC.cos1200  76
MC2  GM 2  GC2  2GM .GC.cos600 

AC2
 28

4

0,5

Vậy AC2 = 112
NB2  GB2  GN 2  2GB.GN.cos600 

AB2
 13 Vậy AB2 = 52
4

0,5

Vậy độ dài trung tuyến còn lại :
ma2 

AC2  AB2 BC2

 63 ma  3 7
2
4

0,5

 Xét trường hợp: BGC  600
Ta có : BC2  GB2  GC2  2GB.GC.cos600  28
AC2
MC  GM  GC  2GM .GC.cos120 
 52
4

2

2

2

0,5

0

Vậy AC2 = 208
AB2
NB  GB  GN  2GB.GN.cos120 
 37
4
Vậy AB2 = 148
2

2

2

0

Vậy độ dài trung tuyến còn lại :
ma2 

Câu
3

0,5
0,5

AC  AB BC

 171 ma  171
2
4
2

2

2

Đáp án

Thang điểm

a. 2,0 điểm
21


(4,0 điểm) Dễ thấy un  0, n  N *

0,5

Từ un1  3un2  2  un21  3un2  2 .
Đặt vn  un2 thì có: vn1  3vn  2  vn1  1  3  vn  1 .

0,5

Đặt xn  vn  1 thì ta có:

xn1  3xn . Từ đây suy ra  xn  là cấp số nhân với x1  2 , công bội
là 3.

Nên: xn  2.3n 1  vn  2.3n 1  1  un  2.3n 1  1 .

0,5

0,5

b. 2,0 điểm
S  2.30  2.31  2.32  ...  2.32010  2011

0,5

 2  30  31  32  ...  32010   2011

0,5



0,5

2  32011  1
3 1

 2011

 32011  2012

0,5



0,5

Suy ra: a  b  c  3 và  a  b  c   3  a  b  c 

0,5

2

4
(3,0 điểm)



Chứng minh được:  a  b  c   3 a 2  b2  c2  3
3

 abc  8 3
M  2  a  b  c   6abc  2 3  6 
 
3
3


3

Vậy GTLN của M là

0,5

8 3
3

Giá trị này đạt được khi a  b  c 
5
(3,0 điểm)

0,5 + 0,5

1
.
3

2

 x  2 x   x  y   2m  3
Viết lại hệ: 
2

x  2x  x  y  m

0,5

0,5

Đặt u  x 2  2 x, v  x  y . Dễ có: u  1.
u.v  2m  3
Hệ trở thành: 
u  v  m

0,5

u2  3
m
Suy ra: u  m  u   2m  3  u  3  m  u  2  
u2

0,5

2

22


u2  3
với u  1.
u2
u 2  4u  3
f / u  
 0, u  1
2
u  2

Xét hàm f  u  

0,5

Bảng biến thiên:

u

u 
f u 

f



1

+

/


0,5

2

Kết luận : m  2 .

0,5

23

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẮK LẮK

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
NĂM HỌC 2020-2021
MƠN: TỐN 12 – THPT

Thời gian: 180 phút (khơng kể phát đề)
Ngày thi: 10/11/2011

ĐỀ CHÍNH THỨC

Đề thi có 01 trang
Bài 1. (4,0 điểm).
Cho hàm sớ y = x 3 

1

2

x 2 có đồ thị là (C).

Tìm tất cả những điểm trên đồ thị (C) sao cho hệ sớ góc của tiếp tuyến với đồ thị (C) tại những điểm
đó là giá trị lớn nhất của hàm số: g(x) =

4x 2 +3
.
x 4 +1

Bài 2. (5,0 điểm).
Giải các phương trình sau trên tập số thực R:
1/ cosx + 3(sin2x +sinx) - 4cos2x.cosx - 2cos2 x + 2  0 .
2/ x 4  2x3 + x  2(x 2  x) = 0 .
Bài 3. (5,0 điểm).
Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC là tam giác cân có AB = AC = a (a là một sớ thực dương)
và mặt bên ACC’A’ là hình chữ nhật có AA’=2a. Hình chiếu vng góc H của đỉnh B lên mặt phẳng (ACC’)
nằm trên đoạn thẳng A’C.
1/ Chứng minh thể tích của khới chóp A’.BCC’B’ bằng 2 lần thể tích của khới chóp B.ACA’.
2/ Khi B thay đổi, xác định vị trí của H trên A’C sao cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích lớn
nhất.
3/ Trong trường hợp thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là lớn nhất, tìm khoảng cách giữa AB và A’C.
Bài 4. (3,0 điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(1;1); B(–2;–4); C(5;–1) và đường thẳng  : 2x –
3y + 12 = 0. Tìm điểm M  sao cho: MA + MB+ MC nhỏ nhất.
Bài 5(3 điểm).
Cho m là số nguyên thỏa mãn: 0 < m < 2011. Chứng minh rằng

(m + 2010)!
là một số nguyên.
m!2011!

---------------------- HẾT ---------------------c) Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
d) Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh……………………............……………… Số báo danh………....

24


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020-2021

TỈNH ĐẮK LẮK
MƠN: TỐN 12 – THPT

ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
(gồm 4 trang)

A. ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
Nội dung đáp án

Bài(ý)

Bài 1
(4 đ)

Biểu
điểm

4x 2 +3
x 4 +1
4t +3
- Đặt t = x2, với t  0 ta có hàm sớ g(t) = 2
;
t +1
4t 2  6t + 4
1
- g'(t) =
; g’(t) = 0  t = 2;t = ;
2
2
(t +1)

2
g (t )  0 ; lim g (t )  0 , bảng biến thiên của hàm số:
- Ta lại có: tlim
t 

* Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: g(x) =

t

–2



g’(t)

–

g(t)

0

1
2

0
+

0

+

0
4

0,75



–
0,5

3

0

–1
- Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là g (x) = 4, đạt được khi x  

2
2

* Tìm các điểm thuộc đồ thị (C)
- Ta có: y’ = 3x2 – x , giả sử điểm M0(x0, f(x0))  (C), thì hệ sớ góc tiếp tuyến
của (C) tại M0 là f’(x0)= 3x 02  x 0
- Vậy: 3x 02  x 0 = 4 suy ra x0 = –1; x0 =
4
3

f( ) =

40
27

1,0
3
2

1/
(2,5 đ)

4
3

40
)
27

Phương trình 
cosx + 2cos2x + 3 .sinx(2cosx + 1) – 4cos2x.cosx – 2(2cos2 x – 1 ) = 0.
 cosx(2cosx + 1)+ 3 .sinx(2cosx + 1)–2.cos2x(2cosx + 1) = 0
 (2cosx + 1)(cosx + 3 .sinx –2.cos2x) = 0
2
 k 2 , k  Z
3
3 .sinx –2.cos2x = 0 

Nếu: 1/ 2cosx + 1 = 0  x  
2/ cosx +

0,5

4
3
, tung độ tương ứng f(–1) = – ;
3
2

+ Có hai điểm thỏa mãn giải thiết (–1;– ); ( ;

Bài 2
(5 đ)

0,75

1
3


 k 2
cos x 
sin x  cos 2 x  cos( x  )  cos 2 x  x    k 2 ; x  
;k  Z ,
2
2
3
3
9
3

- Nghiệm của pt là:

25

0,5

1,0
0,5

0,5