www.vnmath.com

1

22
0
0
x y x
x ay a
  
  
Đề thi HSG lớp 12 tỉnh Vĩnh Long 2011-2012

Buổi sáng:
Bài 1: (5đ) Cho hàm số
22
2
( ) ( ) ( ) , ,
2
xy
f xy f x y x y

    
2
(2 1)
1
m x m
y
x



) đi qua
điểm M thuộc đường thẳng ∆. Tìm tọa độ điểm M sao cho elip (E
2
) có độ dài trục lớn
nhỏ nhất.
Bài 3: (4đ) Cho hệ phương trình ,với a là tham số
a) Giải hệ phương trình với a=1.
b) Tìm a để hệ có hai nghiệm phân biệt (x
1
,y
1
), (x
2
,y
2
). Chứng minh rằng
22
1 2 2 1
( ) ( ) 1x x y y   

Bài 4: (4đ) Lớp 12A của trường trung học phổ thông chuyên có 33 học sinh trong đó
có 7 học sinh nữ. Trong một chuyến tham quan thực tế, theo yêu cầu của ban tổ chức,
cần chia lớp thành 3 tổ, tổ 1 có 10 học sinh, tổ 2 có 11 học sinh, tổ 3 có 12 học sinh
trong đó mỗi tổ có ít nhất 2 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chia như vậy?
Bài 5: (2đ) Tìm nghiệm nguyên của phương trình.
4y
3
– 4x
2
y

điểm I sao cho AL
2
+ BH
2
+ CK
2
nhỏ nhất.
Bài 2 : (4,5đ) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng
minh rằng
a
2
+ b
2
+ c
2
+2abc < 2
Bài 3 : (4,5đ) Xét phương trình
x
n
– x
2
– x – 1 = 0, n

, n>2
Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên n>2 thì phương trình trên có một
nghiệm dương duy nhất. Chứng minh rằng
lim 1
n
n
x

1
1
, 1,2,3,
3
n
n
k
k
vn
u




. Tính
lim
n
n
v

.
Bài 5 : (2đ) Tìm tất cả các hàm số liên tục f :

thỏa điều kiện
22
2
( ) ( ) ( ) , ,
2
xy
f xy f x y x y

n
n
a

thỏa mãn

12
1
20,11.
k
kkk j
j
aaa a k


 


Chứng minh rằng
1
2
2
01.
kk
aa k
k

  

Câu 3 (2điểm). Cho ba đường tròn

,,
A
ABBCC
  
cùng hướng. Chứng minh rằng các đường thẳng
12 12 12
,,AB BC CA đồng
quy.
Câu 4 (2 điểm). Cho hai số nguyên dương
,ab
:


;1.ab

Gọi
p
là một ước nguyên tố lẻ của
22
kk
ab (
k
nguyên dương nào đó). Chứng minh rằng


1
1mod2 .
k
p



1. Câu 1 (2 điểm)
Ý Nội dung trình bày Điểm
Xét hàm số
2
() 4,fx x x

 . Ta có
22
222
222
() 4,
()()4 24,
()()4 24.
fxy xy
fx y x y x y xy
fx y x y x y xy

  
  

0.5
Suy ra
  
22 2 2 2 2
22
() ( ) ( ) 4 2 4 2 4
440 20
fxy fx y fx y xy x y xy x y xy
xy xy xy


)
0.25
Từ giả thiết suy ra


 






0fxy fx y fx y fxy fx y fxy fx y  
0.25
Thay
1
x
y
x


vào ta được
2
2
0, 1.
1
xx
fx
x

Câu 2 (2 điểm).
Nội dung trình bày Điểm
Từ điều kiện thứ nhất suy ra dãy

k
b
, với
1kkk
baa


 , là dãy số giảm.
0.25
Từ đó, nếu
1
0
kk
aa d

 thì






112 1
0
kkm kk k k km km
aa aa a a a a md

kk
aa
k


. Khi đó với mọi
ik

đều có
11
2
2
ii kk
aa aa
k

 
(do dãy

k
b
giảm)
0.25
Do đó




11
22




  


mâu thuẫn với điều kiện 2.
Do đó
1
2
2
.
kk
aa
k


(2)
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
0.5

Câu 3 (2điểm).
Nội dung trình bày Điểm
Gọi các điểm như hình vẽ. Do
 
3
23
2
;:
R


23
,.OO
Ta có
 




  
12 112 212
;; ; ;
;; ; mod
DB DC DC DB C D C B B C B D
AB t t AC AB AC




Suy ra
,,,
A
BCD
cùng nằm trên một đường tròn.
0.5
Bằng lập luận tương tự, cũng được các đường thẳng
12 12
,CA BC cắt nhau tại

D

3
O
2
C
A
O
1
B
2
www.VNMATH.com
3

Câu 4 (2điểm).
Nội dung trình bày Điểm
Từ giả thiết suy ra



11
22 2222
|
kk kkkk
p
ab abab

 
và



0.5
Giả sử
,sk
ta có
  
11
22 2 2 22
mod mod mod
ss s s kk
ab pa b pab p

 

0.5
Từ đó, do
22
|
kk
p
ab
suy ra
2
2
2
|
|2
|2 2
|


11
21mod2.
kk
hp


0.5

Câu 5 (2điểm).
Nội dung trình bày Điểm
Ta sẽ giải bài toán bằng phương pháp quy nạp.
Với
2n 
thì tập hợp
{1, 2}
chỉ có đúng ba tập con không rỗng
{1},{2},{1;2}
và
{1; 2} {1} { 2}

0.5
Với
2n 
. Giả sử có 2 1
n
 tập con không rỗng của tập hợp
{1, 2 , 3, , 1}n




. Do đó, áp dụng giả thiết
quy nạp, có ngay điều phải chứng minh.
0.5
 Nếu có đúng
1
2
n
tập con không chứa
1n

, thì có đúng
1
2
n

tập con chứa
1n
(số phần tử lớn
hơn 1) và tập con
{1}n 
.
Loại bỏ
1n
trong những tập con này, ta được 2
n
tập con không rỗng của
{1, 2 , , }n
, và do đó
trong chúng phải có hai tập hợp trùng nhau, gọi tập đó là

23
xy z
zy x xyz
zx y




 







Câu 2 (2.5 điểm).
1. Tìm phương trình của tất cả các đường thẳng tiếp xúc với đồ thị (C) của hàm số
22
(1)yx tại đúng hai điểm phân biệt.
2. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
m
sao cho phương trình sau có nghiệm thực
|sin2 | ( 2)|sin | (2 )|cos | 2 0xm x m xm

 

Câu 3 (3 điểm).
1. Cho lăng trụ đứng
.

A
tới
mặt phẳng
()
I
BC
.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vuông góc


Oxy
cho tam giác ABC và đường
thẳng  có phương trình :310xy. Giả sử




4; 2 , 1;1 , 3;3DEN theo thứ tự là
chân đường cao kẻ từ
,
A
chân đường cao kẻ từ
B
và trung điểm cạnh .AB Tìm tọa độ
các đỉnh của tam giác
ABC biết rằng trung điểm
M
của cạnh
B
C nằm trên đường

B
là chẵn.

Hết 
Họ và tên thí sinh …………………………………………………. SBD ………….
Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Thí sinh không được sử dụng máy tính bỏ túi. www.VNMATH.com
1 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012
HDC MÔN TOÁN – KHÔNG CHUYÊN

Chú ý.
- Mỗi bài toán có thể có nhiều cách giải, trong hướng dẫn chấm chỉ trình bày sơ lược một
cách giải, nếu học sinh có lời giải đúng và khác với lời giải trong HDC, giám khảo vẫn
cho điểm tối đa của phần đó.
- Câu 3, ý 1 (Hình học) không vẽ hình hoặc vẽ hình sai, không cho điểm.
- Hướng dẫn chấm này có 5 trang.
Câu 1 (2điểm).
Nội dung trình bày Điểm
Hệ đã cho tương đương với







uvz
uvz






 










0.25
Cộng ba phương trình với nhau ta được
9
uvz
uvz



từ đó tìm được hoặc
3uvz
hoặc


. Từ đó

75
;; ;1;
12 6
xyz

 



0.5
Kết luận nghiệm 0.25

Câu 2 (2.5 điểm).
Ý Nội dung trình bày Điểm
1
Giả sử d là đường thẳng tiếp xúc với


C
tại điểm




2
2
;1Maa . Khi đó d có phương

xaaxaa
xx aa

  


 


(I)
Hệ (I) tương đương với






223
223
22 22
3
22
20
20
10 10
1, 1
1, 1
10
do
xaxx axa a x



0.5
Cả hai trường hợp cho ta tiếp tuyến duy nhất là : 0y

. 0,25
Pt đã cho viết lại dưới dạng:
2 | sin || cos | ( 2)(| sin | | cos |) 2 0xxm x xm



Đặt
|sin | |cos |,tx x
đk 11t

0,5
Suy ra
2
2|sin ||cos | 1
x
xt thay vào phương trình, 2 0,t

 ta được:
2
21
2
tt

2
ft t
t

  

suy ra ( )
f
t đồng biến. 0,5
2
Khi đó, để pt (1) có nghiệm trong [ 1;1] cần và đủ là
2
2(1) (1)
3
fmf

 
0,5

Câu 3 (3điểm).
Ý Nội dung trình bày Điểm
Gọi
,
H
K
theo thứ tự là hình chiếu của
I

5
A
CACAAa



Do tam giác
ABC
vuông tại
B
nên
22
2BC AC AB a

Suy ra
2
1
··
2
ABC
SABBCa
(đ.v.d.t) (2)
0.25
Theo định lý Ta-let, ta có
222
1213
IH AC IH
I
KAM KH





suy ra
2
3
BIC BA C
SS



Do
A
BB A

là hình chữ nhật nên
22
5.BA BA BB a



Do
,
B
CBABCBB
nên

BC BAA B BC BA



3
2
;
5
I ABC
IBC
V
a
d A IBC
S

(đ.v.đ.d)
0.25
2
Vì các điểm đối xứng với trực tâm của tam giác qua các đường thẳng chứa cạnh, qua trung điểm
các cạnh nằm trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác; nên
,, ,DEMN cùng nằm trên một
đường tròn.
0.25

Gọi



22 22
:220, 0,Cx y ax byc a b c    là đường tròn đi qua bốn điểm
,, ,DENM. Khi đó ta có:
84 20
53
22 2 , , 6.

4, 1
5360
81
,2
310
55
Lo¹i, do
xy
xy xy
xy x
xy








 




Suy ra

4;1 .M 0,25

vuông góc với
A
C nên

5
0641 0
2
BE AC t t

  

 
. Do đó
75 1
2; , 4; , 4; .
22 2
ABC
 

 
 

0, 5

Câu 4 (1.5 điểm).
Nội dung trình bày Điểm
Vì

Px
có ba nghiệm âm, nên

có hai nghiệm âm phân biệt khi và chỉ khi
0.25
H
K
I
C
A
B
'
B
A
'
C'

www.VNMATH.com
4

2
30
2
0, 0
33
ab
ab








Px
đều âm nên








Px x x x




với
,,


là các số dương
nào đó.
0.25
Khai triển, so sánh hệ số lũy thừa cùng bậc ở hai vế, ta được
,,.ab c

     

    


.X
Để ý rằng với
,
A
XB A X
thì

\, .BXACCA

Vậy, nếu
,0 2011Ak k
, do
C
là tập con tùy ý của
A
nên số các cặp


;
A
B
bằng

2011
2011
2011
2011
0
212 3
kk

2011 2011
2010 2011
1
13 13 2 2 1
2
x


  


0.5
Hết
www.VNMATH.com
class="bi x4 y29e w0 h0"
class="bi x4 y29e w59 h0"
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC: 2011-2012
ĐỀ THI MÔN: TOÁN LỚP 12
Ngày thi: 01/4/2012
Thời gian làm bài: 180 phút
(không kể thời gian giao ñề)

Câu 1: (5,0 ñiểm) Cho hàm số
3 2
1

2
2
1 tan
1 4sin .cos .
6 1 tan
x
x x
x
π
+
 
+ + =
 
−
 

2. Tìm tham số
m
ñể phương trình sau có nghiệm thực:

2
3 1 3 2 2 1.
x x x x m
+ + − − − − = −

Câu 3: (4,0 ñiểm)
1. Giải hệ phương trình:
( )
2
3

I dx
x x
=
−
∫

Câu 4: (6,0 ñiểm)
1. Trong mặt phẳng toạ ñộ
Ox
y
, cho tam giác
ABC
có ñỉnh
(1; 2).
C
−

Tìm toạ ñộ của
các ñỉnh
A
và
,
B

biết ñường cao ñi qua ñỉnh
,
B
ñường phân giác trong ñi qua ñỉnh
A
của


và cho mặt phẳng
( )
α
: 2 5 0
x y z
− − − =
. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
MA MB MC MD
+ + +
   
, biết
M
là một ñiểm thay ñổi trong mặt
phẳng
(
)
α
.
3. Cho tứ diện ABCD có một cạnh lớn hơn a và có các cạnh còn lại ñều không lớn
hơn a. Gọi V là thể tích của khối tứ diện ABCD. Chứng minh rằng:
3
.
8
a
V ≤

Câu 5: (1,0 ñiểm) Cho ba số thực dương
,

Giám thị 2 (Họ tên và chữ ký) ĐỀ CHÍNH THỨC
http://toanhocmuonmau.violet.vn/
Trang 1/5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
HƯỚNG DẪN CHẤM
BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2011-2012
NGÀY THI 01/4/2012
MÔN THI: TOÁN LỚP 12

Bản hướng dẫn chấm có 05 trang

Câu 1 Hướng dẫn giải (5 ñiểm)
TXĐ:
D
=
ℝ

2
' 2( 1) 4 3
y x m x m
= + + + +

Để y ñồng biến trên
[

0.5
[ ]
1;2
3
2 max ( ), ( )
2
x
m g x g x x
x
∈ −
⇔ ≥ = − −
+

0.5
Tìm ñược
[ ]
1;2
max ( ) 2 2 3 khi 2 3
x
g x x
∈ −
= − = − +

0.5
1.
(2.5
ñ
i
ể
m)

1 2
2 1 .
x x m
+ = −
Tìm ñược
1 2
3 5, 3.
x m x m
= − − = +

0.5
Tìm ñược
3 3
m = − ±
.
0.5
2
(2.5ñiểm)

Kiểm tra ñiều kiện và kết luận
3 3
m = − ±
.
0.5
Câu 2

(4 ñiểm)
Điều kiện ñể phương trình có nghĩa là:

2

cos2 3sin 2
cos2
x x x
x
x x
x
x x
x
+ − =
⇒ − + =
⇒ + =

0.5
1.
(2ñiểm)

Với ñiều kiện (*) ta có
0.5
HDC ĐỀ CHÍNH THỨC
http://toanhocmuonmau.violet.vn/
Trang 2/5 2
2
1
1 3 tan 2
cos 2
1 3 tan 2 1 tan 2
tan 2 0

=

=


⇔ ∈


= +
=


ℤ
(thoả mãn)
Kết luận
( )
6 2
x k
k
x k
π
π π
=


∈

= +

ℤ

Bài toán trở thành tìm m ñể phương trình (2*) có nghiệm
2;2 2
t
 
∈
 

0.5
2.
(2ñiểm)
Tìm ñược giá trị
1 3
2;
2 2
m
 
∈ − +
 
 
thoả mãn bài toán.
0.5
Câu 3 (4 ñiểm)
( )
2
3
2 1 2 2 (2)
1
log ( 1) 1 (3)
y
x

, thế vào (2) ñược
( )
2
1 log ( 1)
3
2 1 2 2
1
x
x
x
x
− +
−
+ − =
+

0.5
Biến ñổi phương trình về dạng
2 3 1
x x
+ = − +

Giải phương trình, tìm ñược x=2, thoả mãn ñiều kiện
0.5
1.
(2ñiểm)

Tìm ñược
2
1 log 3

= −
−
∫
1
1 (7 2 ln )
2 7 2 ln
e
d x x
x x
−
= −
−
∫

0.5
1
1
ln 7 2 ln
2
e
x x
= − −

0.5
1 1 1 7 2
ln 7 2 ln ln 7 2ln1 ln
2 2 2 7
e
e e
−

y t

= − +




= −



Chỉ ra ñỉnh B là giao ñiểm của ñường thẳng AC’ và ñường cao ñi qua
ñỉnh B của tam giác ABC, tìm ñược toạ ñộ ñỉnh
17 33
( ; )
8 8
B − −
.
0.5
Gọi G là trọng tâm của tứ diện ABCD và tìm ñược toạ ñộ G(1; 0; 2).
0.5
Lý luận chỉ ra ñược ñể
4 4
MA MB MC MD MG MG
+ + + = =
    
ñạt giá trị
nhỏ nhất khi M là hình chiếu của G lên mặt phẳng
(
)

Chỉ ra M là giao ñiểm của
( )
∆
và
(
)
α
, tìm ñược toạ ñộ ñiểm
M(2; -2; 1).
Tìm ñược giá trị nhỏ nhất của biểu thức ñã cho là
4 6
khi M(2; -2; 1).
0.5
A
B
C
D
H
E
K
M3.
(2ñiểm)
Không giảm tính tổng quát, ta giả sử AB>a, khi ñó
{
}
ax , , , ,
a m AC AD BC BD CD

⇒
≤ ≤ −

0.5
Tương tự, trong tam giác ACD ta cũng có:
2 2
1
4
2
AE a x
≤ −

mà
2 2
1
4 (2)
2
AH AE AH a x≤
⇒
≤ −

Từ (1) và (2) ta có
( )
2 2
1
4 (3)
24
V a x x≤ −

0.5

]
3
0;
ax 3
x a
m y a
∈
=
xảy ra khi x=a.
Vậy
3
.
8
a
V ≤

0.5
Câu 5 (1 ñiểm)
+ Chứng minh ñược bất ñẳng thức
2( ),
x y x y
+ ≤ +
(4) với x, y là
các số thực không âm.
+ Theo (4), ta có:
1
2
a b a b a b
c c c c c
 

0.25
Do ñó, ta có
a b b c c a
c a b
+ + +
+ +
1 1 1
2 2 2
a b b c c a
c c a a b b
     
≥ + + + + +
     
     
     

1 1 1 1 1 1 1
2
a b c
b c c a a b
 
     
= + + + + +
 
     
     
 

0.25
(1ñiểm)

≥ + +
 
     
+ + +
     
 

Theo (4), ta có
1 4 4 4
2
a b c
b c c a a b
 
     
+ +
 
     
+ + +
     
 

1 4 4 4
2 2( ) 2( ) 2( )
a b c
b c c a a b
 
     
≥ + +
 
     

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC: 2011-2012
ĐỀ THI MÔN: TOÁN LỚP 12
Ngày thi: 01/4/2012
Thời gian làm bài: 180 phút
(không kể thời gian giao ñề)

Câu 1: (5,0 ñiểm) Cho hàm số
4 2
2( 2) 2 3
y x m x m
= − + + − −
(1) (
m
là tham số).
1. Tìm
m
ñể ñồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 4 ñiểm có hoành ñộ lập thành cấp
số cộng.
2. Tìm
m
ñể hàm số (1) có cực ñại, không có cực tiểu.
Câu 2: (4,0 ñiểm)
1. Tìm x ñể phương trình sau luôn ñúng với mọi số thực a:
2
2 2
2
2
log ( 5 3 5 ) log (5 1)
a

xf(sinx)dx f(sinx)dx
2
π π
π
=
∫ ∫
.
Câu 4: (6,0 ñiểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol (P)
2
y 64x
=
và (d)
4x 3y 46 0
− + =
. Viết
phương trình ñường tròn có tâm thuộc ñường thẳng (d), tiếp xúc với (P) và có bán kính nhỏ
nhất.
2. Cho hình chóp S.ABCD ñáy ABCD là hình vuông, cạnh bên SA vuông góc với mặt
ñáy, SA=AB=a.
a. Tính diện tích tam giác SBD theo a.
b. Chứng minh rằng: BD vuông góc với SC.
c. Tính góc giữa SC và (SBD).
Câu 5: (1,0 ñiểm) Cho ba số thực dương
, ,
a b c

và thoả mãn
a b c 1
+ + ≥
Giám th
ị
2
(Họ tên và chữ ký)
ĐỀ DỰ BỊ
http://toanhocmuonmau.violet.vn/
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC: 2011-2012
ĐỀ THI MÔN: TOÁN LỚP 12 - CHUYÊN
Ngày thi: 01/4/2012
Thời gian làm bài: 180 phút
(không kể thời gian giao ñề)

Câu 1: (5,0 ñiểm) Cho hàm số
3 2
1
( 1) (4 3) 3
3
y x m x m x m
= + + + + + −
(1) (

x
x x
x
π
+
 
+ + =
 
−
 

2. Tìm tham số
m
ñể phương trình sau có nghiệm thực:

(
)
( 1) 3 2 19 ( 1) 5 4 .
x x x m x x
+ + + + = − − + −

Câu 3: (4,0 ñiểm)
1. Giải hệ phương trình:

( )
2
3
2 1 .2 2.
1
log ( 1) 1

2012 2012
f x
f x
P x =
+
Tính
1 2011
2012 2012
A P P
   
= +
   
   
.
Câu 4: (6,0 ñiểm)
1. Trong mặt phẳng toạ ñộ
Ox
y
, cho tam giác
ABC
có ñỉnh
(1; 2).
C
−

Tìm toạ ñộ của
các ñỉnh
A
và
,

−
(2;1;1),
B
(0; 3;4),
C
−
(3;0;3)
D

và cho mặt phẳng
( )
α
: 2 5 0
x y z
− − − =
. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
MA MB MC MD
+ + +
   
, biết
M
là một ñiểm thay ñổi trong
mặt phẳng
(
)
α
.
3. Cho tứ diện ABCD có một cạnh lớn hơn a và có các cạnh còn lại ñều không lớn
hơn a. Gọi V là thể tích của khối tứ diện ABCD. Chứng minh rằng:

x i≥ =
mà tổng của chúng
không nhỏ hơn 1. H
Ế
T
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
H
ọ
và tên thí sinh:

S
ố
báo danh:

Giám th
ị
1 (H
ọ
tên và ch
ữ
ký) Giám th

= + + + +

Để y ñồng biến trên
[
]
1;2
−
thì
[
]
' 0, 1;2
y x≥ ∀ ∈ −

0.5
Với
[
]
1;2
x∀ ∈ −
, ta có
2 0
x
+ >
, nên ta có thể ñưa ñiều kiện trên về
dạng
[ ]
3
2 , 1;2
2
m x x


Khẳng ñịnh ñược
1 3
m ≥ −

KL
0.5
2
' 2( 1) 4 3
y x m x m
= + + + +

Để y có cực trị thì y’ phải có hai nghiệm phân biệt và y’ ñổi dấu khi x
ñi qua hai nghiệm ñó.
Suy ra
' 0
∆ >

0.5
Tìm ñược ñiều kiện ñể hàm số có cực trị là
( ;1 3) (1 3; )
m
∈ −∞ − ∪ + + ∞

0.5
Với
( ;1 3) (1 3; )
m
∈ −∞ − ∪ + + ∞
, áp dụng ñịnh lý Viét và kết hợp với

hay (*)
cos2x 0
1 tan x 0
≠
≠


 
≠
− ≠



0.5
Biến ñổi phương trình ñã cho trở thành
( )
2
1
1 2sin 3 cos sin
cos2
1
1 2sin 3sin 2
cos2
1
cos2 3sin 2
cos2
x x x
x
x x
x

⇒ + =
⇒ + = +
=

⇒

=


Vì
cos 0
x
≠
nên ta có
sinx 0
( )
tan 2 3
6 2
x k
k
x k
x
π
π π
=

=


⇔ ∈

 
+ + + + − − − = −
 

0.5
Đặt
( ) ( 1) 3 2 19, ( ) 5 4 ,
f x x x x g x x x
= + + + + = − − −
( ) ( ). ( )
h x f x g x
=

Chứng minh ñược f(x), g(x), f’(x), g’(x) dương với mọi x thoả mãn
(2*)
Suy ra h’(x)= f(x).g’(x)+f’(x), g(x) dương với mọi x thoả mãn (2*)
0.5
2.
(2ñiểm)
Suy ra h(x) ñồng biến trên
[
]
3;4
−

Do ñó ñể phương trình ñã cho có nghiệm thì
( 3) 1 (4)
h m h
− ≤ − ≤


1 3
x
y
− < ≤


∈

ℝ

0.5
Từ (3) ta có
2
1 log ( 1)
y x
= − +
, thế vào (2) ñược
( )
2
1 log ( 1)
3
2 1 2 2
1
x
x
x
x
− +
−
+ − =

Đặt g(t)=f(t)-t.
Từ (2) suy ra g(t)=g(0), với mọi số thực t
Từ f(xy)+f(x-y)+f(x+y+1)=xy+2x+1 ta có
(
)
(
)
(
)
( ) ( ) ( ) ( 1) ( 1) 0
f xy xy f x y x y f x y x y
− + − − − + + + − + + =

Suy ra g(xy)+g(x-y)+g(x+y+1)=0
Suy ra 3g(0)=0 hay g(0)=0
( ) 0 ( ) 0, ( ) ,g t t f t t t f x x x
⇒ = ∀ ∈ ⇒ − = ∀ ∈ ⇒ = ∀ ∈
ℝ ℝ ℝ

0.5
Thử lại: f(x)=x, với mọi số thực x thoả mãn ñề bài.
Vậy f(x)=x, với mọi số thực x
Nên
2012
( )
2012 2012
x
x
P x =
+

Lập ñược phương trình ñường thẳng AC là x+y+1=0
0.5
Chỉ ra A là giao ñiểm của AC và ñường phân giác ñi qua ñỉnh A của
tam giác ABC, tìm ñược toạ ñộ A(-3; 2).
0.5
Tìm ñược toạ ñộ ñiểm
11 18
'( ; )
5 5
C − −
ñối xứng với ñiểm C qua ñường
phân giác ñi qua ñỉnh A của tam giác ABC.
0.5
1.
(2ñiểm)

Lập phương trình ñường thẳng AC’ là
4
3
5
28
2
5
x t
y t

= − +




( )
∆
thẳng ñi qua G và vuông góc với
mặt phẳng
(
)
α
là
1
2
2
x t
y t
z t
= +


= −


= −

.
0.5
2.
(2ñiểm)
Chỉ ra M là giao ñiểm của hai ñường
( )
∆
và và mặt phẳng

và của tứ diện ABCD.
+ Ta có
1
. .
6
V AH BK CD
=

0.5
+ Đặt CD=x và gọi M là trung ñiểm của CD, trong tam giác BCD có
2 2 2 2 2
2
2 2 4
4 4
BC BD CD a x
BM
+ − −
= ≤

2 2
1
4 (1)
2
BK BM a x
⇒
≤ ≤ −

0.5
Tương tự, trong tam giác ACD ta cũng có:
2 2

= −
trên
(
]
0;
a

Có
2 2
' 4 3
y a x
= −

Dễ dàng thấy
' 0
y
>
với mọi
(
]
0;
x a
∈

Suy ra
(
]
3
0;
ax 3




Không giảm tính tổng quát ta có thể giả sử

1 2 3 2012

x x x x
≥ ≥ ≥ ≥

Từ giả thiết (4) suy ra
1 1,2, ,2012
i
x i≤ ∀ =

0.25
(1ñiểm)
Rõ ràng từ ñó ta có

1 2 3 1 2 3 1 3 1 2 3 2
( )(1 ) ( )(1 )
x x x x x x x x x x x x
+ + ≥ + + − − − − − −

hay
2 2
1 2 3 1 2 3 1 2
(3 )
x x x x x x x x
+ + ≥ + + − −