SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LONG AN LỚP 12 THPT NĂM 2011 (VÒNG 1) ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn:
TOÁN ( 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:
2234
411542
x
xxxxx     với
x
R .
b.

Giải phương trình:


2
2sin 3 sin 2 1 3 cos 3 sinx xxx
.
Câu 2: ( 5,0 điểm )
a.

Cho tam giác
A


n
u
xác định bởi
1
1u  và
2
1
32
nn
uu

  với mọi 1n  .
a.

Xác định số hạng tổng quát của dãy số


n
u .
b.

Tính tổng
222 2
1 2 3 2011
Suuu u .
Câu 4: ( 3,0 điểm )
Cho
,,abc
là ba số thực không âm và thỏa mãn điều kiện


với ,
x
y là các số thực.
………………. Hết ……………….
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………;Số báo danh:…………
1
www.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.net
www.giaoducviet.net
www.giaoducviet.net

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LONG AN LỚP 12 THPT NĂM 2011 (VÒNG 1)
Môn: TOÁN ( BẢNG A ).
Ngày thi:
06/10/2011

ĐỀ THI CHÍNH THỨC ( Hướng dẫn có 04 trang )

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 Thang điểm
a. ( 3,0 điểm )
Đặt

2
2
10
50
tt
tt




 

0,5 
Với
3
2
t  thì
2
10tt  có một nghiệm là
15
2
t




     




1325
2
x
 
 hoặc
1325
2
x
 
 .
0,5


Khi
121
2
t

 thì
2
22



22
3sin 2 3 sin cos cos 3 3 sin cos
x
xx x x x
0,5





2
3sin cos 3 3sin cos 0xx xx 0,5
1
(5,0 điểm)

3sin cos 0xx
hoặc
3sin cos 3xx 
0,5

qua A và tia
B
y
qua C. Ta có:

0; 0B
,


2; 0A
,


0; 2C
. Giả sử


;
M
xy
. 0,5



22 2
M
AMBMC


Vậy quỹ tích điểm M là một đường tròn tâm


2; 2I 
, bán kính
22R 
.

0,5
b. ( 3,0 điểm )
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC.

Xét trường hợp:


0
120BGC

Ta có:
 
222 0
2 . .c os120 76BC GB GC GB GC

 
2
222 0
2 . .cos60 28
4
AC

24
aa
AC AB BC
mm
0,5

Xét trường hợp:


0
60BGC

Ta có :
 
222 0
2 . .c os60 28BC GB GC GB GC

 
2
222 0
2 . .cos120 52
4
AC
MC GM GC GM GC

Vậy AC
2

2
171 171
24
aa
AC AB BC
mm

0,5

Câu Đáp án Thang điểm
a. 2,0 điểm
Dễ thấy
*
0,
n
unN
Từ
222
11
32 32
nn nn
uu uu


.

0,5

Đặt
2

2x

, công bội
là 3. 0,5
Nên:
11 1
2.3 2.3 1 2.3 1
nn n
nn n
xv u
 
 . 0,5
b. 2,0 điểm
0 1 2 2010
2.3 2.3 2.3 2.3 2011S  0,5 

012 2010
2 3 3 3 3 2011 

2
222
33abc a b c  

0,5

Suy ra: 3abc và




3
3abc abc  
0,5 
3
83
26236
33
abc
M a b c abc


   



0,5 + 0,5

xxxy m
xxxym






0,5 4
www.giaoducviet.netĐặt
2
2,ux xvxy . Dễ có:
1
u 
.
Hệ trở thành:
.23uv m
uvm
 



3
2
u
fu
u



với
1
u 
.


2
/
2
43
0, 1
2
uu
fu u
u





0,5
n
+ 1 (n ∈ N
∗
) đều
có chứa số hạng vô tỉ.
Câu 2. (3 điểm) Giải phương trình sau trên tập số thực :
√
x
2
− x + 1 =
x
3
+ 2x
2
− 3x + 1
x
2
+ 2
.
Câu 3. (3 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng :
4

a
4a + b + c
+
4

b
4b + c + a
+

với AB và I là trung điểm OC, M là điểm di động trên (O). Tiếp tuyến tại M của (O) cắt các
tiếp tuyến tại A, B của (O) lần lượt tại D và E; AE cắt BD tại N. Xác định vị trí điểm M trên
(O) để tam giác NIA có diện tích lớn nhất.
. . . . . . . . . . . . . .H ẾT. . . . . . . . . . . . . .
• Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
• Giám thị không giải thích gì thêm.
6
www.giaoducviet.net
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIA LAI
. . . . . . . . . . . .
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2011-2012
. . . . . . . . . .
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn : Toán - Bảng A
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 1 (3đ). Giả sử trái lại rằng mọi số hạng của dãy là số hữu tỉ. Đặt a
n
=
b
n
c
n
với gcd(b
n
, c
n

n
c
n
.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Do gcd(b
n
, c
n
) = 1 nên gcd(b
n
+ c
n
, c
n
) = 1.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Từ đó ta đượ c hai dãy số nguyên dương (b
n
) và (c
n
) thỏa mãn
b
2
n+1
= b
n
+ c
n
, c

> c
n+1
⇒ b
n+1
− c
n+1
≥ 1.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Từ đó b
n
≥ b
n+1
+ c
n+1
> b
n+1
với mọi n. Như thế dãy (b
n
) là dãy giảm các số nguyên dương. Điều
này vô lí. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Câu 2 (3đ). Phương trình đã cho viết lại
√
x
2
− x + 1 =
x
3
+ x
2
− 2x + (x


a + x
3
+ x
2
− 2x = 0. (2)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Ta có
∆ =

x
2
+ 2

2
− 4

x
3
+ x
2
− 2x

= x
4
− 4x
3
+ 8x + 4
7
www.giaoducviet.net


a = x
2
− x
a = x + 2.
. . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
• Với a = x + 2, ta có
√
x
2
− x + 1 = x + 2 ⇔

x ≥ −2
x
2
−x + 1 = (x + 2)
2
⇔ x = −
3
5
.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
• Với a = x
2
− x, ta có
√
x
2
− x + 1 = x
2

2
⇔ 2x
2
− 2x −

1 +
√
5

= 0 ⇔ x =
1 ±

3 + 2
√
5
2
.
Phương trình đã cho có 3 nghiệm x = −
3
5
, x =
1 ±

3 + 2
√
5
2
.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Câu 3 (3 điểm) . Theo bất đẳng thức Becnuli ta có

4a + b + c
⇒
a
4a + b + c
≤
1
4

a
a + b + c
+
1
3

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Kết hợp với (1) ta được
4

6a
4a + b + c
≤
3
8

a
a + b + c
+
1
3


4c + a + b
≤
3
8

c
a + b + c
+
1
3

+
3
4
. (4)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Cộng (2), (3), (4) ta được
4

6a
4a + b + c
+
4

6b
4b + c + a
+
4

6c

Dấu bằng xảy ra khi ba số a, b, c bằng nhau. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Câu 4 (3 điểm) . Giả sử f là hàm số thỏa mãn các yêu cầu đề bài, khi đó
f(xf(y) + x) = xy + 2f(x) −1, ∀x , y ∈ R. (1)
Trong (1) thay x = 0 ta được f(0) = 1.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Trong (1) thay x = 1 ta được
f (f(y) + 1) = y + 2f(1) − 1, ∀y ∈ R. (2)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Trong (2) lấy y = −2f(1) ta được f (f (−2f(1)) + 1) = −1. Đặt f (−2f(1)) + 1 = a. Khi đó
f (a) + 1 = 0 ⇒ xf (a) + x = 0 ⇒ f (xf (a) + x) = f(0) = 1, ∀x ∈ R.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Vậy theo (1) ta có
1 = f (xf (a) + x) = ax + 2f(x) −1 ⇒ f(x) = −
a
2
x + 1, ∀x ∈ R.
Suy ra f(x) có dạng f(x) = cx + 1, với c là hằng số.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Thay vào (1) ta được
c (xf(y) + x) + 1 = xy + 2(cx + 1) − 1, ∀x, y ∈ R
⇔c [x(cy + 1) + x] = xy + 2cx, ∀x, y ∈ R
⇔c
2
xy + 2cx = xy + 2cx, ∀x, y ∈ R.
Ta được c = ±1.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Vậy có hai hàm số thỏa mãn các yêu cầu đề bài là
f(x) = x + 1, ∀x ∈ R ; f(x) = −x + 1, ∀x ∈ R.
9
www.giaoducviet.net

+ x
n−1
(0,5 điểm)
=
x
n−1
(n + 2)(n + 1)n
+ ···+
x
3
6.5.4
+
x
2
5.4.3
+
x
1
4.3.2
+ x
2
=
x
n−1
(n + 2)(n + 1)n
+ ···+
x
3
6.5.4
+ 62. (1)

Giả sử x
k
<
2480
39
, với mọi k sao cho 3 ≤ k ≤ n. Khi đó từ (1) ta có
x
n+1
<
2480
39

1
(n + 2)(n + 1)n
+ ···+
1
6.5.4

+
x
2
5.4.3
+
x
1
4.3.2
+ x
2
. (2)
Do x


.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Vậy từ (3) ta được
x
n+1
<
2480
39
.
1
2

1
4.5
−
1
(n + 1)(n + 2)

+ 62
<
1240
39
.
1
4.5
+ 62 =
2480
39
.

BE
=
DM
DE
; HN//BE ⇒
HN
BE
=
AN
AE
=
DM
DE
.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Suy ra HM = 2HN. Từ đó, phép co F về trục Ox với hệ số co k =
1
2
biến M thành N.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Do đó khi M di động trên (O) thì N di động trên elip (E) có trục lớn là AB.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Dễ dàng thấy rằng (E) qua I và F (∆MAC) = ∆NAI.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Khi đó với phép co F với hệ số co k, ta có S
∆N AI
= |k|.S
∆M AC
(bổ đề sau). Do đó S
∆N AI


(x
1
; ky
1
), B

(x
2
; ky
2
), C

(x
3
; ky
3
). Ta có
S
ABC
=
1
2
AB.AC. sinA =
1
2

(AB.AC)
2
− (


C

=
1
2
|(x
2
− x
1
)(ky
2
−ky
1
) − (x
3
− x
1
)(ky
3
− ky
1
)|
=
1
2
|k||(x
2
−x
1

1
y=x x
2

có đồ thị là (C).
Tìm tất cả những điểm trên đồ thị (C) sao cho hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị
(C) tại những điểm đó là giá trị lớn nhất của hàm số:
2
4
4x + 3
g(x) =
x+1
.
Bài 2. (5,0 điểm).
Giải các phương trình sau trên tập số thực R:
1/
2
cosx + 3(sin2x +sinx) -4cos2x.cosx - 2cos x + 2 0 .
2/
43 2
x2x+x2(xx)=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 số thực dương) và mặt bên ACC’A’ là hình chữ nhật có AA’=2a. Hình chiếu vuông
góc H của đỉnh B lên mặt phẳng (ACC’) nằm trên đoạn thẳng A’C.
1/ Chứng minh thể tích của khối chóp A’.BCC’B’ bằng 2 lần thể tích của khối
chóp B.ACA’.

 Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
 Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh…………………… ……………… Số báo danh………
12
www.giaoducviet.netwww.giaoducviet.net

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2011 - 1012
TỈNH ĐẮK LẮK

MÔN: TOÁN 12 – THPTĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
(gồm 4 trang)
A. ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂMBài(ý) Nội dung đáp án Biểu
điểm
Bài 1
(4 đ)

- Đặt t = x
2
, với t 0

ta có hàm số
2
t
4+3
g(t) =
t+1
;
-
22
2
4t 6t + 4
g'(t) =
(t +1)

; g’(t) = 0
1
t= 2;t=
2


;
- Ta lại có:
lim ( ) 0
t
gt

- Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là
(x)
g
= 4, đạt được khi
2
2
x 

* Tìm các điểm thuộc đồ thị (C)
- Ta có: y’ = 3x
2
– x , giả sử điểm M
0
(x
0
, f(x
0
))

(C), thì hệ số góc tiếp tuyến
của (C) tại M
0
là f’(x
0
)=
2
00
3x x



40
27
) Phương trình


cosx + 2cos
2
x +
3
.sinx(2cosx + 1) – 4cos2x.cosx – 2(2cos
2
x – 1 ) = 0.

 cosx(2cosx + 1)+ 3 .sinx(2cosx + 1)–2.cos2x(2cosx + 1) = 0

(2cosx + 1)(cosx +
3
.sinx –2.cos2x) = 0
Nếu: 1/ 2cosx + 1 = 0


2
2,
3
x
kkZ
1,0
0,5
13
www.giaoducviet.netwww.giaoducviet.net 2/ cosx +
3
.sinx –2.cos2x = 0


13
cos sin cos2
22

x
xx cos( ) cos 2
3
x
x


    

0,5 0,5

2/
(2,5
đ) Bài 3
(5 đ)


- Đặt t =
2
xx

, với t 0

ta có phương trình:
t
4
– t
2
–
2
t = 0; suy ra t = 0; t =
2

- Với t = 0 thì x = 0; x = 1
- Với t =
2
thì x = –1; x = 2
Tóm lại phương trình có 4 nghiệm phân biệt:


1; 0;1; 2

B B’

hay

V
A’.BCC’B’
= 2.V
B.ACA’
- Ta có V= 3.V
B.ACA’ 1,0

0,75 0,75
1
.
3

ACA
BACA
VSBH
hay
'
2
.
3

BACA
a
VBH
, mà BH
2
= AB
2
– AH
2
= a
2
– AH
2
– vậy BH lớn nhất khi AH nhỏ nhất tức là AH

A’C
5


- Trong mp(AHB) kẻ HJ

AB, suy ra HJ là đường vuông góc chung của AB
và A’C.
- Trong ta giác vuông AHB ta H ta có:
222
111
HJ HA HB

, ta có:
2


=
3MG

, G và

cố định (G không nằm trên

),
- Vậy
MA + MB+ MC
 

nhỏ nhất khi
3MG

nhỏ nhất, tức MG nhỏ nhất hay
MG vuông góc với

. Do đó M là giao điểm của

và đường thẳng d qua G
và vuông góc với

.
- Một véc tơ chỉ phương của
 là
(3; 2)u 

đó cũng là 1 vec tơ pháp tuyến









20 116
(;)
13 39
M y

4
M

1 A
-6 -2 O 1 5 x
-1 G
0,5
1,5

15
www.giaoducviet.net

B. HƯỚNG DẪN CHẤM
1/ Điểm của bài làm theo thang điểm 20, là tổng điểm của thành phần và không
làm tròn số.
2/
Nếu thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó.
Hết

Bài 5
( 3 đ)
-4
2011
2011.
m
C

, tức là:
2010
m+2010
(m+ 2011)C
chia hết cho
2011 (do
2010
m+2010
C
;
2011
2011m
C

là các số tự nhiên)
Vì: 2011 là số nguyên tố và 0 < m < 2011 nên ƯCLN(m, 2011) = 1, từ đó:
ƯCLN(m + 2011, 2011)= 1
Vậy
2011
2010
m+2010
C

hay
(m + 2010)!

ĐỀ:
(Đề thi có 01 trang)
Bài 1 (5,0 điểm).
Tìm m để phương trình
2 3x m x  
có nghiệm.
Bài 2 (4,0 điểm).
Có bao nhiêu số nguyên dương gồm 6 chữ số mà tích các chữ số của số
này bằng 3500 ?
Bài 3 (5,0 điểm).
Cho góc vuông xOy và điểm A (A ≠ O) cố định trên đường phân giác
Om của góc ấy. Một đường tròn (C ) thay đổi luôn đi qua hai điểm A, O cố
định và cắt Ox tại M, cắt Oy tại N.
a) Chứng minh rằng khi đường tròn (C ) thay đổi thì tổng OM + ON có
giá trị không đổi.
b) Tìm tập hợp các điểm I là trung điểm của đoạn thẳng MN khi đường
tròn (C ) thay đổi.
Bài 4 (3,0 điểm).
Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 2a + 3b + 4c = 1. Chứng
minh rằng:
2 2 1 3 2 1 4 2 1 10a b c     
.
Bài 5 (3,0 điểm).
Tìm tất cả các số f: 

 thỏa mãn các điều kiện:
i) f(1) = 2011,
ii) f(x
2
– y) = xf(x) – f(y), với mọi x, y  .