SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi: Toán - Vòng II
ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Khóa ngày 11 tháng 10 năm 2012)
SỐ BÁO DANH: Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (2.5 điểm):
Giải hệ phương trình:
3 2
3 2
3 2
3 5 1 4
3 5 1 4
3 5 1 4
x x x y
y y y z
z z z x

− + + =

− + + =


− + + =

.
Câu 2 (2.0 điểm):
Cho x, y thỏa mãn
2 2
2x y+ =
. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu

). Tính số tứ giác có 4 cạnh là 4 đường chéo của đa
giác đã cho.
HẾT

SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi: Toán - Vòng II
(Khóa ngày 11 tháng 10 năm 2012)
HƯỚNG DẪN CHẤM
(Đáp án, hướng dẫn này có 3 trang)
yªu cÇu 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. Ở câu 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0.
* 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 toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài.
Câu Nội dung Điểm
1
Ta giả sử (x; y; z) là nghiệm của hệ. Xét hàm số:
f(t) =t
3
- 3t
2
+ 5t + 1,
t∀ ∈¡
.

3
- 3x
2
+ x + 1 = 0

⇔
(x - 1)(x
2
- 2x - 1) = 0
1
1 2
1 2
x
x
x
=


⇔ = −


= +

Vậy: hệ phương trình đã cho có nghiệm là:
x = y = z = 1; x = y = z =
1 2±
2,5 điểm
0,25
0,25
0,25


2
'( ) 3 12 0 [-2; 2]f t t t= − ≤ ⇔ ∈
. Do đó trên đoạn [-2; 2] , f(t) nghịch
biến.
Vậy:
[-2;2]
max max ( ) ( 2) 20 2 1.M f t f t x y= = − = ⇔ = − ⇔ = = −

[-2;2]
min min ( ) (2) 12 2 1.M f t f t x y= = = − ⇔ = ⇔ = =
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
3
Giả sử f là hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán.
Ta có:
( ) ( 1) ( ) ( )f n f n f n n f n n< + < < + = +
.
Do đó :
( 1) ( ) 1f n f n+ = +
.
Đặt :
*
(1)f a= ∈¥
. Ta có:
( ) (1) 1 1.f n f n a n= + − = + −
Với

0,25
4
Trên (ACM) dựng
// ( )IN CM I AM∈
.
Trên (ABD) lấy điểm
P DI AB= ∩
.
Trên (DNP) dựng
// // ( )PQ IN CM Q DN∈
.
Gọi E là trung điểm của PB
⇒
ME là đường trung bình của
BPD∆
, do đó:
// //ME PD ME PI⇒
.
Mặt khác: NI là đường trung bình của
ACM∆

I⇒
là trung điểm của AM.
Nên PI là đường trung bình
AME∆
. Hay:

1 1 3 1 3
,
2 4 4 2 4

. . 2 3 6
AMNP
AMCB
V AM AN AP AN AP
V AM AC AB AC AB
= = = =
Mà:

D
1
2
AMCB
ABC
V
V
=
Vậy:

1 2
.
12 144
AMNP ABCD
V V= =
(đvtt).
0,25
0,5
0,25
0,5
5
Gọi các đỉnh của đa giác đều n cạnh lần lượt là:

n – 5 số tự nhiên từ 5 đến n – 1.
Vậy có
3
5n
C
−
tứ giác có đỉnh
1
A
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vì đa giác có n đỉnh và mỗi tứ giác được đếm lặp lại 4 lần theo 4 đỉnh nên
số tứ giác cần tìm là:
3
5
.
4
n
n C
−
.
1,5 điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang: 4 - Đáp án Toán - Vòng 2