SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TUYÊN QUANG
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2010-2011
Môn: Toán
(Thời gian 180 phút, không kể thời gian giao đề)
Đề thi này có 01 trang
Câu 1. ( 4 điểm):
a) Giải hệ phương trình:
4 4
3 3
97
78
x y
x y y x
ì
+ =
ï
ï
ï
í
ï
+ =
ï
ï
î
b) Giải phương trình:
2 2
3 5 5 5 7x x x x
− + = − +

n
n
n
U a
U
U
U
+
ì
=ï
ï
ï
ï
+
í
ï
= -
ï
ï
+
ï
î
trong đó -1 <a < 0
a) Chứng minh rằng: - 1 < U
n
< 0 với
n" Î ¥
và (U
n
) là một dãy số giảm.

α
. Tính diện tích
thiết diện theo a và x.
b) Xác định x để thiết diện là hình thang vuông. Trong trường hợp đó tính
thể tích của hai phần của S.ABCD chia bởi thiết diện.
Hết
Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
sở giáo dục và đào tạo
tuyên quang
kì thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 12
NM HC 2010 - 2011
Môn thi: Toán
Hng dn chm
Cõu Ni dung im
1.
a)
Gii h phng trỡnh sau:
4 4
3 3
97
78
x y
x y y x
ỡ
+ =
ù
ù
ù
ớ
ù

2 2
;x y u xy t+ = =
T PT (2) suy ra K:
0; 0u t

2 2
2 2
2 2
( 2 ) 97
2 9 7
78
( 2 ) 12168
u t
u t
ut
u t
ỡ
ỡ
+ - =
ù
- =
ù
ù
ù
ù ù

ớ ớ
ù ù
=
- = -

ù
ù
ỡ ỡ
= + =
ù ù
ù
ù ù
ù
ù ù ù
=
ộ
ớ ớ ớ
ù ù ù
ờ
= =
ù ù ù
ù ù
ợ ợ
ờ
ù
= -
ù
ờ
ù
ợ ở

0,5
Gới PT:
2 2
13






+

+



t
)0(55
2
=+
ttxx

Phng trỡnh ó cho tr thnh:
2
1
3 2 0
2
t
t t
t
=

+ =

=

±

=


0,75
Câu
2.
2.a)
Tìm các số nguyên tố x, y là nghiệm của phương trình:

2 2
2 1 0x y- - =
(1)
Ta có: (1)

2 2
1 2 ( 1)( 1) 2 .x y x x y y- = - + =Û Û
0,5
Vì x, y là các số nguyên tố nên có các khả năng sau sảy ra:
1.



=−
=+
yx
yx
1
21

=+
11
21
2
x
yx
(không có nghiệm thoả mãn)
4.



=−
=+
2
21
11
yx
x
vô nghiệm
Thử lại (3; 2) thoả mãn PT.
Vậy (3; 2) là nghiệm duy nhất của phương trình.
0,75
2.
b)
Giả sử n là 1 số tự nhiên. Chứng minh :

2
)1(
1


+
=
+
=
+
nn
n
nn
nn
n
nn
n
nn
n
nn
0,5
1 1 1 1 1 1 1 1
.( )( ) (1 )( ) 2.( )
1 1 1 1 1
n
n
n n n n n n n n n
= + − = + − < −
+ + + + +
(Vì dễ thấy : 1 +
1+n
n
< 1+1 = 2 )
Vậy :
)

1
(2
2)12(
1
23
1
−<
+
=

)
4
1
3
1
(2
3)13(
1
34
1
−<
+
=
)
1
11
(2

+n
< 1 )
0,75
Câu
3.
a)
Cho dãy số (U
n
) xác định bởi:
1
1
2
1
1 (1)
1
n
n
n
U a
U
U
U
+
=
ì
ï
ï
ï
ï
+

0,5
Từ giả thiết quy nạp - 1 <
k
U
< 0 ta có: 0 < U
k
+ 1 < 1
Mặt khác:
2
2
1
1 1 1
1
k
k
u
u
+ > ⇒ <
+
Do đó
2
1
0 1
1
k
k
U
U
+
< <

2
1
1 ( 1) 1
1
n
n n n
n
U
U U U
U
+
+
= - < + - =
+
Vậy U
n
là dãy giảm.
0,75
3.
b)
Từ đẳng thức (1) suy ra:
1
2
1
1 ( 1) (3)
1
n n
n
U U n
U

1
2
1
1 ( 1)
1
n n
U U n
a
+
+ + "£
+
0,75
Theo chứng minh trên ta có:
1
2
1
0 1 ( 1)
1
n n
U U n
a
+
< + + "£
+
0,75
Câu
4
Đối với hệ tọa độ Oxy cho 2 điểm A(- 1; 0); B(1; 0) và đường thẳng
d có phương trình: ax + by + 1 = 0 tiếp xúc với đường tròn (C) có
phương trình:

1,0
Do
2 2
1 1 2a b a T+ = =Þ£Þ
Vậy Min T = 2
1,0
Câu
5.
Hình vẽ:
0,5
5.
a)
Ta cã: SA⊥(ABCD)
(α)⊥(ABCD) ⇒ SA // (α)
(α)∩(SAB) = MN // SA
(α)∩(SAC) = OK // SA
(α)∩(SABCD) = NH qua O
(α)∩(SCD) = KH
S
A
D
C
B
M
K
N
O
H
Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác MNHK.
0,75

2 2
1
( 2 ) 2 2ax
4 2
a x x a
s
+ +
=

2 2
1
2 2ax
4 2
a x a
s
+
=
Vy: Std =
2
2
1
( ).
2 2
a
a x x ax+ +
0,75
5.
b)
Để thiết diện là hình thang vuông MK// NO// BC N là trung
điểm AB

V V V=
0,5
Ta có :
2
3
.
1 1
. . ( ) .
3 3 2 2 24
K OECH
a a a
V OK dt OECH

= = =
ữ

2
3
.
1
. ( ) .
2 2 2 16
KOE MNB
a a a
V ON dt MNB

= = =
ữ

Suy ra :