SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2010-2011
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu I (4 điểm). Cho hàm số
( )
( )
3 2 2 2
y 2x 4m 1 x 4 m m 1 x 2m 3m 2
= − + + − + − + −
có đồ thị là (C
m
).
1. Tìm điểm cố định mà đồ thị (C
m
) luôn đi qua với mọi m.
2. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu, đồng thời các giá trị cực trị của hàm số cùng dấu.
Câu II (4 điểm).
1. Giải phương trình sau:
( )
3sin 2x cos2x 5sinx + 2 3 cosx + 3 + 3
1
2cos x 3
− − −
=
+
.
2. Giải phương trình sau:
( )
2

1. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n luôn tồn tại duy nhất số thực x
n
sao cho:
n
n
X
1
x n 0
2010
− + =
. Xét dãy số (U
n
) với U
n
= x
n
− n. Tìm lim U
n
.
2. Tìm n nguyên dương thoả mãn:
( )
0 1 2 2 n n
n n n n
C 2C 6C ... n n 2 C 403+ + + + − + =
. Với
k
n
C
là số tổ hợp
chập k của n phần tử.

2
,..., a
2010
thoả mãn:
1 2 2010
1 2 2010
... 2009
1 a 2 a 2010 a
+ + + ≥
+ + +
Tìm giá trị lớn nhất của tích P = a
1
a
2
...a
2010.
--- HẾT ---
Họ và tên thí sinh:.................................................................. Số báo danh:..................
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2010-2011
ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN
(Đáp án gồm 08 trang)
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Câu I
(4 điểm)
Cho hàm số
( )
( )

4x 4x 3 0
2x x 4x 2 y 0
− =


⇔ + − =


− + − − =

0,5đ
1
x
1
A ;0
2
2
y 0

=

 
⇔ ⇒

 ÷
 

=

0,5đ

m
) cắt Ox tại đúng 1 điểm
⇔
( )
( )
3 2 2 2
2x 4m 1 x 4 m m 1 x 2m 3m 2 0
− + + − + − + − =
có đúng 1 nghiệm
0,25đ
⇔
( )
( )
2 2
2x 1 x 2mx 2m 3m 2 0
− − + − + =
có đúng 1 nghiệm
0,25đ
⇔ x
2
− 2mx + 2m
2
− 3m + 2 = 0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép x = 0,5
⇔ m
2
− 2m
2
+ 3m − 2 < 0 hoặc
0
1

3sin 2x cos2x 5sinx + 2 3 cosx + 3 + 3
1
2cosx 3
− − −
=
+
.
2. Giải phương trình sau:
( )
2
3
2
2x 1
log 3x 8x 5
x 1
−
= − +
−
.
1. Giải phương trình: 0,25đ
2
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
ĐK:
3
2cos x 3 0 cosx
2
+ ≠ ⇔ ≠ −
PT ⇔
( )
3 sin2x cos2x 5sin x 2 3 cosx + 3 + 3 2cos x 3



+ =


0,25đ
⇔
1
sinx =
2
sin x 1
3



π
 

+ =
 ÷

 

0,25đ
⇔
x k2
6
5
x k2
6


>



≠

0,25đ
PT ⇔ log
3
(2x − 1) − log
3
(x − 1)
2
= 3x
2
− 8x + 5
0,25đ
⇔ log
3
3(x − 1)
2
+ 3(x − 1)
2
= log
3
(2x − 1) + 2x − 1
0,5đ
Xét f(t) = log
3



=

0,25đ
KL: S =
2
2 ;
3
 
 
 
0,25đ
3
(thoả mãn)
(loại)
(thoả mãn)
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Câu III
(2 điểm)
Tìm tất cả các giá trị của m để hệ sau có nghiệm (x; y) thoả mãn x ≥ −1:
( )
3
x
2 (1)
y
x 4
8m (2)
y x 2y


( )
( )
3
3 3
2
2
8 x 4
x 4 x 4
8m
x
y x 2y x
8
+
+ +
= ≥ =
−
⇒
2
4
m x
x
≥ +
(*)
0,25đ
Hệ có nghiệm (x; y) với x ≥ −1 nên (*) có nghiệm x ≥ −1
Xét hàm số
2
4
f (x) x
x





=

−

⇔
2
0 y 1
3
y y 0 (3)
4m

< <


− + =


0,25đ
Do m ≥ 3 nên PT (3) có ∆ =
3 m 3
1 4. 0
4m m
−
− = ≥
PT (3) có 2 nghiệm
1

+∞
+∞
3
3
2
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
⇒ Hệ luôn có nghiệm
3
1 1
m
2;
2
 
± −
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
 
với ∀m ≥ 3.
Kết luận ∀m ≥ 3.
0,25đ
Câu IV
(3 điểm)
1. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n luôn tồn tại duy nhất số thực x
n
sao
cho:
n
n

2010
= − +
liên tục trên R
X
ln 2010
f '(x) 1 0 x R
2010
−
= − < ∀ ∈
⇒ f(x) nghịch biến trên R
0,25đ
⇒ PT f(x) = 0 nếu có nghiệm, nghiệm đó là duy nhất. (1)
0,25đ
Ta lại có
n
n 1
1
f (n) 0
2010
1
f (n 1) 1 0
2010
+

= >




+ = − <

1
2010
mà lim
n
1
2010
= 0 ⇒ lim U
n
= 0
0,25đ
2.
Xét k.triển: (1 + x)
n
=
0 1 2 2 3 3 n n
n n n n n
C xC x C x C ... x C+ + + + +
(1)
Thay x = 2 vào (1) ta có:
0 1 2 2 n n n
n n n n
C 2C 2 C ... 2 C 3+ + + + =
(a)
0,25đ
Đạo hàm hai vế của (1) ta có
( )
n 1
1 2 2 3 n 1 n
n n n n
C 2xC 3x C ... nx C n 1 x

Vậy pt ⇔ 3
n
+ n(n − 1).2
n
−
2
= 403
Xét f(n) = 3
n
+ n(n − 1).2
n
−
2

trên [1; +∞)
f’(n) = 3
n
ln3 + (2n − 1).2
n
−
2
+ n(n − 1).2
n
−
2
ln2 > 0 ∀n ∈ [1; +∞)
⇒f(n) đồng biến trên [1; +∞) mà f(5) = 403
⇒ pt có nghiệm duy nhất n = 5.
0,25đ
5