BỘ 8 ĐỀ THI HỌC SINH
GIỎI MƠN TỐN LỚP 12
CẤP TỈNH NĂM 2020-2021
CÓ ĐÁP ÁN

1


MỤC LỤC
1. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng
Bình
2. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng
Trị
3. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải
Dương
4. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Long
An
5. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Đăk
Lắk
6. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Điện
Biên
7. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà
Nam
8. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021- Sở GD&ĐT Nghệ An

2


SỞ GD&ĐT

QUẢNG BÌNH

3
un 

Tính: lim un ?
Câu 3 (1.5 điểm):
Cho các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng:
1 1 1
36
.
  
2 2
x y z 9  x y  y 2 z 2  z 2 x2

*

).

Câu 4 (2.0 điểm):
Cho tam giác ABC có M là trung điểm cạnh BC, N là chân đường phân giác góc BAC .
Đường thẳng vng góc với NA tại N cắt các đường thẳng AB, AM lần lượt tại P, Q theo thứ
tự đó. Đường thẳng vng góc với AB tại P cắt AN tại O. Chứng minh OQ vuông BC.
Câu 5 (1.5 điểm):
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

x2 3  y  z .
--------------------HẾT----------------------

3



4n

 t2  t 

2n

(1)
0,25

1
1
 t  2012  t  2012 
4
4
2

1
 1 
  t     t  2012  
2
 2 

0,5

2

0,5

 t  1  t  2012


Theo công thức xác định dãy (u n ) , ta có un  0; n 
Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có:

*

1
3  1
3
3
un1   2un  2    un  un  2   3 un2 . 2  3 3 ; n 
3
un  3 
un 
un
Do đó: un  3 3 ; n  * .
4

0,5

.

*

.

0,5


 1  3  un3 
2

x y z 9  x y  y 2 z 2  z 2 x2
1 1 1
 (9  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2 )      36 .
x y z
Ta có:  xyz 

0,25

 xy  yz + zx 
  xy  yz  zx   
.
3


3

2

0,25

Do đó:

 1 1 1   xy  yz+zx  27  xy  yz+zx 
 x  y  z 
 
3
xyz
 xy  yz+zx 

 

 4 3   xy  yz+zx   .
xy  yz+zx


9
 108. 
 6   xy  yz  zx  
 xy  yz  zx



9
 108  6  2
 xy  yz  zx    1296 .
xy  yz  zx


1 1 1
Suy ra: (9  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2 )      36 .
x y z
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z = 1.

0,25

0,25
2.0 điểm

4

0,25

+) Nếu BC không nằm trên trục tung thì phương trình BC có dạng y = cx
với c  0,c   a (vì B, C khơng thuộc trục hồnh, BC khơng song song
với AB và AC).
B là giao điểm của BC và AB nên tọa độ B là nghiệm của hệ :
 y  ax  b
bc 
 b
 B
;

.
ca ca
 y  cx
C là giao điểm của BC và AC nên tọa độ C là nghiệm của hệ :
 y   ax  b
b
bc 

 C  
;

.
 ca ca
 y  cx

0,25

0,25

0,25

c
Q là giao điểm của AM với trục tung nên
 ab 
 1
Q   0;   QO  ab 1;   .
c
 c 

Do đó QO là một vectơ pháp tuyến của BC nên QO vng góc BC.
+) Nếu BC nằm trên trục tung thì tam giác ABC cân tại A nên M  N, do
đó O thuộc AN nên QO vng góc BC.

0,25
0,25

6


5

Giả sử  x, y, z  là nghiệm nguyên dương của phương trình. Ta có:

1,5 điểm

x+2 3  y  z  2 yz
 x  ( y  z )  2 yz  2 3
  x  ( y  z )  4 yz  8 3 yz  12
2

0,25

0,25

0,5

0,25


UBND TỈNH QUẢNG TRỊ
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HĨA LỚP 12
Khóa ngày 06 tháng 10 năm 2020

ĐỀ CHÍNH THỨC

Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1. ( 5,0 điểm)
1. Tìm tất các các điểm cực đại và điểm cực tiểu của hàm số y  cos x  sin x.
2. Tìm m để phương trình 2 x 4  4 x 2  1  2m  0 có đúng 5 nghiệm phân biệt.
Câu 2. ( 5,0 điểm)
1
2
1010
2019
1. Chứng minh rằng C2020  2C2020  ...  1010C2020  1010.2 .
2. Tìm tất cả các cặp số thực  x; y  thỏa mãn xy  4 và

 x  y

c
ab  bc  ca
----Hết---Thí sinh khơng được sử dụng máy tính cầm tay.

8


HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.1. Tìm tất các các điểm cực đại và điểm cực tiểu của hàm số y  cos x  sin x.



x


 k 2

4
y '   sin x  cos x ; y '  0  
 x  3  k 2

4
 

 3

y ''  sin x  cos x ; y ''    k 2    2  0; y '' 
 k 2   2  0
 4



Xét hàm số f (t )  2t  4t  1 trên [0; ) . | f (t ) | có đồ
Biện luận các trường hợp sớ nghiệm của (2) và (1). Từ đó kết
2

thị
luận

1
m .
2

Cách 3: Nhận thấy nếu x0 là nghiệm của (1) thì  x0 cũng là

nghiệm của

pt (1). Do đó nếu các nghiệm xi  0 thì số nghiệm của phương trình (1) là số chẵn. Vậy đk cần để pt có 5

1
1
. Giải phương trình khi m  và kết luận.
2
2
1
2
1010
2019
Câu 2.1. Chứng minh rằng C2020  2C2020  ...  1010C2020  1010.2 .
nghiệm là pt (1) có nghiệm x0  0 , thế vào tìm được m 


VT  2020  C2019
 C2019
 ...  C2019


Xét C2019  C2019  ...  C2019  C2019  ...  C2019  2
0

1

1009

1010

2019

0
1
1009
2  C2019
 C2019
 ...  C2019
  22019 .



2019

. Mà Cnk  Cnn  k nên


1010
1011
2020
C2020
 2C2020
 ...  1010C2020
 1011C2020
 ...  2020C2020
 2020.22019

Ta có: k.Cnk  k.

n!
n!
n!

 (n  k  1)
 (n  k  1)Cnnk 1
k ! n  k ! (k  1)!(n  k )!
(n  k  1)!(k  1)!

Do đó:
1
2020
C2020
 2020C2020
2
2019
2C2020
 2019C2020

trình có nghiệm P  4 . Kết hợp điều kiện của giả thiết ta có P  4, P  4 .
P  4  S  2 (loại); P  4  S  6 , x, y là 2 nghiệm của pt

X 2  6X  4  0
Vậy các cặp  x; y  : 3  13; 3  13 , 3  13; 3  13 .







Câu 3.1. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, tam giác SAB vuông cân tại S và
nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích của khối chóp S. ABC và khoảng cách
giữa hai đường thẳng SB và AC theo a.
*Thể tích: V 

a3 3
.
24

*Khoảng cách giữa SB và AC :
Cách 1: Dựng D đối xứng với C qua I
10


d (SB, AC )  d ( AC,(SBD))  2d ( I ,( SBD))  2 HK ACBD là hình thoi, nên IB, ID, IS đơi một vng góc.
1
1
1


d 
2
2
IK IH SI
IH  SI
28
7

HI 

Câu 3.2. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn ( I ). Gọi

M , D, E lần lượt là trung điểm của BC , IB, IC; F , G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác
ABD và ACE. Chứng minh rằng AM vng góc FG.

Gọi H là giao điểm thứ 2 của MD và đường tròn qua A, B, D.
Gọi K là giao điểm thứ 2 của ME và đường tròn qua A, C , E.
Ta có:
1
1
AHM  B và AKM  C  EDM nên A, H , K thẳng hàng.
2
2
Tam giác MDE và MKH đồng dạng (Vì MED  MHK ). Suy ra ME.MK  MD.MH , hay M nằm trên trục
đẳng phương của hai đường tròn tâm F , G.
Suy ra AM  FG. (Trục đẳng phương vng góc với đường nới tâm)
Câu 4. (2,0 điểm)

Cho dãy số  xn  được xác định bởi x1 

n

n

n

Cách 2: xn1  1 

2  xn  1 

1  xn
2  xn  1

1
.
2  xn  1
1
1

 q  (0;1)
Do 0  xn  2, n  1 
2  xn  1
2  2 1
 xn1  1  xn  1 .q  xn1  1 .q 2  ...  x1  1 .q n
lim xn1  1  0  lim xn1  1  lim xn  1
xn1  1  1  xn

Cách 3: 0  xn 

2, n  1.

3
2
3
n
n 1
   1 
 1 
  n1      1       .
3   2 6
 2 
   1 n  
 xn  2cos        lim xn  1.
 3  2 6 



  n1 



  n1 

Câu 5. (2,0 điểm)
Xét các sớ thực dương a, b, c có tổng bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2b  c 2c  a 2a  b
18abc




18
18
1 1 1
1 1 1
    3    
 3  3    
a b c
a b c 1 1 1
a b c 1 11
a b c
a b c
18
1 1 1
 3    
.(1)
a b c 1 1 1
a b c
P

12


1 1 1
9
  
 3 (2)
a b c abc
1 1 1
18
Đặt t     3 . Xét hàm f (t )  3t 


13


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021
MƠN THI : TỐN - Vịng 2
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1 (2 điểm)
a) Cho hàm số y  x 2  2mx  3m và hàm số y  2 x  3 . Tìm m để đồ thị các hàm sớ đó
cắt nhau tại hai điểm phân biệt và hoành độ của chúng đều dương.
b) Giải bất phương trình:

 x 2  8 x  12  10  2 x

Câu 2 (2 điểm)
3
3
3
a) Giải phương trình: (4 x  x  3)  x 

3
2

2c



 3
2
bc ca ab
a  b  c
…………………Hết………………….
Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:…………………………
Chữ ký của giám thị 1:………………….Chữ ký của giám thị 2:………………………
14


ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021
Câu Ý
Nội dung
2
Tìm m: y  x  2mx  3m và y  2 x  3 cắt nhau tại hai điểm
1 a
phân biệt và hồnh độ dương
u cầu bài tốn  PT sau có hai nghiệm dương phân biệt
x 2  2mx  3m  2 x  3  x 2  2(m  1) x  3m  3  0
 '  0

 3(m  1)  0
2(m  1)  0


2

  x  8 x  12  0
  x 2  8x  12  4 x 2  40 x  100  5 x 2  48 x  112  0  4  x 

2

Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 4  x  5
Tập nghiệm của bpt đã cho: (4;6]
3
3
3
3
(4
x

x

3)

x

Giải
phương
trình:
(1)
a
2

0,25

15

0,25

0,25
0,25

y

2.
3


3

2


Tương tự cũng có x 
. Khi đó VT (2)  4  2   8 2  3 .
3
 3 3 3
Chứng tỏ TH2 vô nghiệm. KL (1) có 1 nghiệm x   3 3

4

b

0,25
1,00

ab
ab
a  2
ab
1 4 1

 8;"  "     
2
a b 2
b  8

Vì AB qua M nên

2

Vậy S nhỏ nhất bằng 8 khi d qua A(2;0), B(0;8)
b (C): ( x  2)2  ( y  3)2  9 ; A(1; 2) .  qua A,  cắt (C) tại M và N.
Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN.
(C) có tâm I(2;-3), bán kính R=3. Có A nằm trong đường trịn(C) vì
IA2  (1  2)2  (2  3)2  2  9
Kẻ IH vng góc với MN tại H ta có
IH 2  HN 2  IN 2  9  MN 2  4 HN 2  4(9  IH 2 )
Mà IH  AH  IH  IA  2  MN 2  4(9  2)  28  MN  2 7
Vậy MN nhỏ nhất bằng 2 7 khi H trùng A hay MN vng góc với
IA tại A
Chứng minh rằng tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi
a
AB 2  BC 2  CD2  DA2  AC 2  BD2
Tứ giác lồi ABCD là hình bình hành  AB  DC  AB  DC  0


0,25
0,25
0,25
0,25
1,5
0,25

2

 0  AB  DC  2 AB.DC  0

 AB 2  DC 2  2 AB.( AC  AD )  0

 AB 2  DC 2  ( AB 2  AC 2  BC 2 )  ( AB2  AD2  BD2 )  0 (*)
16

0,25
0,25
0,25




( vì a  b

4



2


0,25
1,5
0,25

2

1
a
4R
 2 2 2  2 2
2
ha b c sin A b c

0,25

(1)  b2  c 2  4 R 2  sin 2 B  sin 2 C  1
 1  cos2 B  1  cos2C  2  cos2B  cos2C  0
 2cos( B  C )cos( B  C )  0



 B  C  2 hay A  2

 0  B  C   ;0  B  C   
 B C  

2

Vậy tam giác ABC vng ở A hoặc có B  C 


; a, b, c  0

2a
2b
2c
1
1
1 
bc
ca
ab
a b a c bc ba c a c b


bc
ca
ab

1,00

XétM=

1
1
1
1
1
1


(a  b  c) 2
1
(a  b)2
2
2
(a  b)  0  (a  b)

;"  "  a  b
(b  c)(c  a) (a  b  c)2
Làm hồn tồn tương tự với hai biểu thức cịn lại
2
2
2
a  b   b  c    c  a 

Suy ra M 
(Đpcm); “=”  a  b  c
2
a  b  c

0,25

 (a  b)(

17

0,25

0,25


Câu 1: ( 5,0 điểm )
a. Giải phương trình sau: 4 x 2  x  1  1  5 x  4 x 2  2 x3  x 4 với x  R .





b. Giải phương trình: 2sin 2 x  3 sin 2 x  1  3 cos x  3 sin x .
Câu 2: ( 5,0 điểm )
a. Cho tam giác ABC vuông cân tại B , cạnh AB  2 . Trong mặt phẳng chứa tam giác
ABC lấy điểm M thỏa MA2  MB2  MC 2 . Tìm quỹ tích của điểm M.
b. Cho tam giác ABC có hai trung tuyến BM và CN hợp với nhau một góc bằng 600 ,
BM  6, CN  9 . Tính độ dài trung tuyến còn lại của tam giác ABC.
Câu 3: ( 4,0 điểm )
Cho dãy số  un  xác định bởi u1  1 và un1  3un 2  2 với mọi n  1 .
a. Xác định số hạng tổng quát của dãy số  un  .
2
b. Tính tổng S  u12  u22  u32  ...  u2011
.

Câu 4: ( 3,0 điểm )
Cho a, b, c là ba số thực không âm và thỏa mãn điều kiện a2  b2  c2  1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

M   a  b  c    a  b  c   6abc
3

Câu 5: ( 3,0 điểm )

 x3   y  2  x 2  2 xy  2m  3

Đặt t  x 2  x  1, t 
. Khi đó phương trình trở thành:
2
4t  t 4  7t 2  5  t 4  6t 2  9   t 2  4t  4   0

Thang điểm

0,5

  t 2  3   t  2   0   t 2  t  1 t 2  t  5   0 (*)

0,5

t 2  t  1  0
(*)   2
t  t  5  0

0,5

2

2

1 5
3
thì t 2  t  1  0 có một nghiệm là t 
2
2
3
1  21

2

Khi
2

 1  21 
1  21
2
t
thì x 2  x  1  
  2 x  2 x  9  21  0
2
2



0,5

1  19  2 21
1  19  2 21
hoặc x 
.
2
2
b. ( 2,0 điểm )
x

Phương trình đã cho được viết lại:
3sin 2 x  2 3 sin x cos x  cos 2 x  3




20





1

 x    k , k  Z
6
3
3 sin x  cos x  3 phương trình vô nghiệm.

3 sin x  cos x  0  tan x  

2
a. (2,0 điểm )
(5,0 điểm)  Chọn hệ trục tọa độ Bxy vng góc sao cho tia Bx qua A và tia
By qua C. Ta có: B  0;0  , A  2;0  , C  0;2  . Giả sử M  x; y  .
 MA  MB  MC
2
2
  2  x   y 2  x2  y 2  x2   2  y 
2

2

0,5

4

0,5

Vậy AC2 = 112
NB2  GB2  GN 2  2GB.GN.cos600 

AB2
 13 Vậy AB2 = 52
4

0,5

Vậy độ dài trung tuyến còn lại :
ma2 

AC2  AB2 BC2

 63 ma  3 7
2
4

0,5

 Xét trường hợp: BGC  600
Ta có : BC2  GB2  GC2  2GB.GC.cos600  28
AC2
MC  GM  GC  2GM .GC.cos120 
 52
4

0,5
0,5

AC  AB BC

 171 ma  171
2
4
2

2

2

Đáp án

Thang điểm

a. 2,0 điểm
21


(4,0 điểm) Dễ thấy un  0, n  N *

0,5

Từ un1  3un2  2  un21  3un2  2 .
Đặt vn  un2 thì có: vn1  3vn  2  vn1  1  3  vn  1 .

0,5

 32011  2012

0,5



0,5

Suy ra: a  b  c  3 và  a  b  c   3  a  b  c 

0,5

2

4
(3,0 điểm)



Chứng minh được:  a  b  c   3 a 2  b2  c2  3
3

 abc  8 3
M  2  a  b  c   6abc  2 3  6 
 
3
3


3

Đặt u  x 2  2 x, v  x  y . Dễ có: u  1.
u.v  2m  3
Hệ trở thành: 
u  v  m

0,5

u2  3
m
Suy ra: u  m  u   2m  3  u  3  m  u  2  
u2

0,5

2

22


u2  3
với u  1.
u2
u 2  4u  3
f / u  
 0, u  1
2
u  2

Xét hàm f  u  



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẮK LẮK

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
NĂM HỌC 2020-2021
MƠN: TỐN 12 – THPT

Thời gian: 180 phút (khơng kể phát đề)
Ngày thi: 10/11/2011

ĐỀ CHÍNH THỨC

Đề thi có 01 trang
Bài 1. (4,0 điểm).
Cho hàm sớ y = x 3 

1

2

x 2 có đồ thị là (C).

Tìm tất cả những điểm trên đồ thị (C) sao cho hệ sớ góc của tiếp tuyến với đồ thị (C) tại những điểm
đó là giá trị lớn nhất của hàm số: g(x) =

4x 2 +3
.
x 4 +1


TỈNH ĐẮK LẮK
MƠN: TỐN 12 – THPT

ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
(gồm 4 trang)

A. ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
Nội dung đáp án

Bài(ý)

Bài 1
(4 đ)

Biểu
điểm

4x 2 +3
x 4 +1
4t +3
- Đặt t = x2, với t  0 ta có hàm sớ g(t) = 2
;
t +1
4t 2  6t + 4
1
- g'(t) =
; g’(t) = 0  t = 2;t = ;
2
2
(t +1)


0
4

0,75



–
0,5

3

0

–1
- Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là g (x) = 4, đạt được khi x  

2
2

* Tìm các điểm thuộc đồ thị (C)
- Ta có: y’ = 3x2 – x , giả sử điểm M0(x0, f(x0))  (C), thì hệ sớ góc tiếp tuyến
của (C) tại M0 là f’(x0)= 3x 02  x 0
- Vậy: 3x 02  x 0 = 4 suy ra x0 = –1; x0 =
4
3

f( ) =



4
3
, tung độ tương ứng f(–1) = – ;
3
2

+ Có hai điểm thỏa mãn giải thiết (–1;– ); ( ;

Bài 2
(5 đ)

0,75

1
3


 k 2
cos x 
sin x  cos 2 x  cos( x  )  cos 2 x  x    k 2 ; x  
;k  Z ,
2
2
3
3
9
3

- Nghiệm của pt là: