SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LONG AN LỚP 12 THPT NĂM 2011 (VÒNG 1) ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN ( BẢNG A )
Thời gian: 180 phút (không kể giao đề)
Ngày thi: 06/10/2011

Câu 1: ( 5,0 điểm )
a. Giải phương trình sau:
2234
411542
x
xxxxx

    với
x
R .
b.
Giải phương trình:


2
2sin 3 sin 2 1 3 cos 3 sin
x
xxx.
Câu 2: ( 5,0 điểm )
a. Cho tam giác
A
BC vuông cân tại
B

1
1u

và
2
1
32
nn
uu


 với mọi 1n  .
a.
Xác định số hạng tổng quát của dãy số


n
u .
b.
Tính tổng
222 2
1 2 3 2011
Suuu u .
Câu 4: ( 3,0 điểm )
Cho
,,abc
là ba số thực không âm và thỏa mãn điều kiện
222
1abc
.

x
y là các số thực.
………………. Hết ……………….
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………;Số báo danh:…………
www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LONG AN LỚP 12 THPT NĂM 2011 (VÒNG 1)
Môn: TOÁN ( BẢNG A ).
Ngày thi: 06/10/2011
ĐỀ THI CHÍNH THỨC ( Hướng dẫn có 04 trang )

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm mà vẫn đúng thì cho đủ điểm
từng phần như hướng dẫn quy định.

Câu Đáp án Thang điểm
a. ( 3,0 điểm )
Đặt
2
3
1,
2
txxt

tt




 

0,5  Với
3
2
t  thì
2
10tt

 có một nghiệm là
15
2
t


 Với
3
2
t  thì





1325
2
x
 
 hoặc
1325
2
x
 
 .
0,5

Khi
121
2
t

 thì
2
22
121
1229210
2

3sin 2 3 sin cos cos 3 3 sin cos
x
xx x x x 0,5





2
3sin cos 3 3sin cos 0xx xx 

0,5
1
(5,0 điểm)

3sin cos 0xx hoặc 3sin cos 3xx

 0,5
www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
2


1



0; 2C
. Giả sử


;
M
xy
. 0,5


22 2
M
AMBMC
 
22
222 2
22
x
yxyx y 


22
44 0xy xy.
222 0
2 . .cos120 76BC GB GC GB GC
 
2
222 0
2 . .cos60 28
4
AC
MC GM GC GM GC

Vậy AC
2
= 112

0,5
  
2
222 0
2 . .cos60 13
4
AB
NB GB GN GB GN
Vậy AB
2
= 52

0,5

AC
MC GM GC GM GC

Vậy AC
2
= 208 0,5

2
(5,0 điểm)
  
2
222 0
2 . .cos120 37
4
AB
NB GB GN GB GN

Vậy AB
2
= 148

0,5
www.Toancapba.net
www.Toancapba.net

.

0,5

Đặt
2
nn
vu thì có:


11
32 13 1
nn n n
vv v v


  .
0,5

Đặt 1
nn
xv thì ta có:
1
3
nn
x
x


. Từ đây suy ra


012 2010
2 3 3 3 3 2011 
0,5



2011
23 1
2011
31


0,5
3
(4,0 điểm) 2011
3 2012 0,5
Chứng minh được:

M a b c abc


   



0,5 + 0,5 Vậy GTLN của M là
83
3

0,5
4
(3,0 điểm)
Giá trị này đạt được khi
1
3
abc .

0,5
5
(3,0 điểm)
Hệ trở thành:
.23uv m
uvm
 



 0,5
Suy ra:
 
2
2
3
23 3 2
2
u
um u m u mu m
u

  




0,5

Bảng biến thiên: u
1




/
f
u
+

f
u


2 Kết luận :
2m 
. 0,5

www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
5
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIA LAI
. . . . . . . . . . . .
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2011-2012
Môn thi : Toán - Bảng A
Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 02/12/2011
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 1. (3 điểm) Chứng minh rằng mọi dãy số dương (a
n
) thỏa mãn a

b
4b + c + a
+
4

c
4c + a + b
≤
3
4
√
6
.
Câu 4. (3 điểm) Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn :
f(xf(y) + x) = xy + 2f(x) − 1, ∀x, y ∈ R.
Câu 5. (4 điểm) Cho dãy số (x
n
) được xác định như sau : x
1
= 24, x
2
= 60 và
x
n+1
= x
n
+
x
n−1
n(n + 1)(n + 2)

với gcd(b
n
, c
n
) = 1.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Từ giả thiết a
2
n+1
= a
n
+ 1 ta có
b
2
n+1
c
2
n+1
=
b
n
c
n
+ 1 ⇔
b
2
n+1
c
2
n+1

n
+ c
n
, c
2
n+1
= c
n
với n = 1, 2, . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Suy ra b
n
= b
2
n+1
− c
n
= b
2
n+1
− c
2
n+1
= (b
n+1
− c
n+1
)(b
n+1
+ c

3
+ x
2
− 2x + (x
2
− x + 1)
x
2
+ 2
. (1)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Đặt a =
√
x
2
− x + 1, thay vào (1) ta được

x
2
+ 2

a = x
3
+ x
2
−2x + a
2
⇔ a
2
−

3
+ 8x + 4
www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
7
2
=

x
2
− 2x

2
−4

x
2
− 2x

+ 4 =

x
2
−2x −2

2
.
Vậy (2) ⇔ a =
x
2

√
x
2
− x + 1 = x
2
−x. (3)
Do a =
√
x
2
− x + 1 nên từ (3) ta được
a = a
2
− 1 ⇔ a
2
− a − 1 = 0
do a≥0
⇔
a =
1 +
√
5
2
.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Từ đó
x
2
− x + 1 =


5
2
.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Câu 3 (3 điểm) . Theo bất đẳng thức Becnuli ta có
4

6a
4a + b + c
=

6a
4a + b + c

1
4
≤
1
4
.
6a
4a + b + c
+ 1 −
1
4
. (1)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Theo bất đẳng Cauchy (Cô-si), ta có
1
a + b + c

a + b + c
+
1
3

+
3
4
. (2)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Tương tự ta có
4

6b
4b + c + a
≤
3
8

b
a + b + c
+
1
3

+
3
4
. (3)
www.Toancapba.net

6b
4b + c + a
+
4

6c
4c + a + b
≤
3
8
(1 + 1) +
9
4
= 3.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Suy ra
4

a
4a + b + c
+
4

b
4b + c + a
+
4

c
4c + a + b

Ta được c = ±1.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Vậy có hai hàm số thỏa mãn các yêu cầu đề bài là
f(x) = x + 1, ∀x ∈ R ; f(x) = −x + 1, ∀x ∈ R.
www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
9
4
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Câu 5 (4 điểm). Dễ thấy x
n
> 0, ∀n ∈ N
∗
, do đó x
n+1
≥ x
n
, ∀n = 1, 2, . . . Suy ra dãy số đã cho
là dãy số tăng.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Theo giả thiết ta có:
x
n+1
=
x
n−1
(n + 2)(n + 1)n
+ x
n
=

n−1
(n + 2)(n + 1)n
+ ···+
x
3
6.5.4
+ 62. (1)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng x
n
<
2480
39
, ∀n = 3, 4, . . . Ta có
x
1
= 24 <
2480
39
, x
2
= 60 <
2480
39
, x
3
= x
2
+
x

x
1
4.3.2
+ x
2
. (2)
Do x
1
= 24, x
2
= 60 nên từ (2) suy ra
x
n+1
<
2480
39

1
(n + 2)(n + 1)n
+ ···+
1
6.5.4

+ 62. (3)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Ta có
1
(k + 2)(k + 1)k
=
1

.
1
4.5
+ 62 =
2480
39
.
www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
10
5
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Theo nguyên lý quy nạp suy ra x
n
<
2480
39
, ∀n = 1, 2, 3, . . . Vậy dãy số đã cho tăng và bị chặn trên
nên có giới hạn hữu hạn.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Câu 6 (4 điểm). Chọn hệ trục toạ độ Oxy (như hình vẽ), ta có
A(R; 0), B(−R; 0). Theo tính chất tiếp tuyến của đường tròn, ta có
BE = ME, AD = MD.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5điểm)
Ngoài ra: BE//AD suy ra
NE
NA
=
BE
AD

Dễ dàng thấy rằng (E) qua I và F (∆MAC) = ∆NAI.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Khi đó với phép co F với hệ số co k, ta có S
∆N AI
= |k|.S
∆M AC
(bổ đề sau). Do đó S
∆N AI
đạt giá
trị lớn nhất khi và chỉ khi S
∆M AC
đạt gi á trị lớn nhất, điều này xảy ra khi M là điểm giữa của
cung BC

với CC

là đường kính của đường tròn (O).
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Bổ đề. Cho ∆A BC có A(x
1
; y
1
), B(x
2
; y
2
), C(x
3
; y
3

2
AB.AC. sinA =
1
2

(AB.AC)
2
− (
−→
AB.
−→
AC)
2
=
1
2
|(x
2
− x
1
)(y
2
− y
1
) − (x
3
− x
1
)(y
3

)|
=
1
2
|k||(x
2
−x
1
)(y
2
− y
1
) −(x
3
− x
1
)(y
3
− y
1
)| = |k |S
ABC
.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Lưu ý. Nếu học sinh làm theo cách khác, đúng thì vẫn cho điểm tối đa với các bước tương ứng.
www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
11
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
ĐẮK LẮK NĂM HỌC 2011 -2012

.
Bài 3. (5,0 điểm).
Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC là tam giác cân có AB = AC = a (a là
một số thực dương) và mặt bên ACC’A’ là hình chữ nhật có AA’=2a. Hình chiếu vuông
góc H của đỉnh B lên mặt phẳng (ACC’) nằm trên đoạn thẳng A’C.
1/ Chứng minh thể tích của khối chóp A’.BCC’B’ bằng 2 lần thể tích của khối
chóp B.ACA’.
2/ Khi B thay đổi, xác định vị trí của H trên A’C sao cho khối lăng trụ
ABC.A’B’C’ có thể tích lớn nhất.
3/ Trong trường hợp thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là lớn nhất, tìm khoảng
cách giữa AB v
à
A’C.
Bài 4. (3,0 điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(1;1); B(–2;–4); C(5;–1) và
đường thẳng
 : 2x – 3y + 12 = 0. Tìm điểm M

 sao cho: MA + MB + MC

 

nhỏ nhất.
Bài 5(3 điểm).
Cho m là số nguyên thỏa mãn: 0 < m < 2011. Chứng minh rằng
(m + 2010)!
m!2011!
là
một số nguyên.


Bài 2
(5 đ)

1/
(2,5
đ)
* Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
2
4
4x +3
g(x) =
x+1


, bảng biến thiên của hàm số:
t


–2 0
1
2




g’(t) – 0 + + 0 –

g(t)

0 –1

3
4
0
- Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là (x)g = 4, đạt được khi
2
2
x 

* Tìm các điểm thuộc đồ thị (C)

4
3
, tung độ tương ứng f(–1) = –
3
2
;
f(
4
3
) =
40
27

+ Có hai điểm thỏa mãn giải thiết (–1;–
3
2
); (
4
3
;
40
27
) Phương trình

cosx + 2cos
2
x + 3 .sinx(2cosx + 1) – 4cos2x.cosx – 2(2cos


0,75 0,5
1,0

0,5
1,0
0,5
www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
13

2
2,
3
x
kkZ


   ;
2
2; ;
393
k
x
kx kZ



    

0,5 0,5

2/
(2,5

- Phương trình

2243 2
(x 2x + x x x) 2(x x) = 0

222 2
((x x) x x) 2(x x) = 0 

- Đặt t =
2
xx , với t 0 ta có phương trình:
t
4
– t
2
–
2
t = 0; suy ra t = 0; t =
2

- Với t = 0 thì x = 0; x = 1
- Với t =
2 thì x = –1; x = 2
Tóm lại phương trình có 4 nghiệm phân biệt:


1; 0;1; 2

Vậy

V= 3.V
B.ACA’
hay

V
A’.BCC’B’
= 2.V
B.ACA’
- Ta có V= 3.V
B.ACA’ 1,0

0,75 0,75


lớn nhất,
- Ta có:
'
'
.
1
.
3

ACA
BACA
VSBHhay
'
2
.
3

BACA
a
VBH, mà BH
2
= AB
2
– AH
2
= a
2
– AH
2
– vậy BH lớn nhất khi AH nhỏ nhất tức là AH
- Trong mp(AHB) kẻ HJ

AB, suy ra HJ là đường vuông góc chung của AB
và A’C.
- Trong ta giác vuông AHB ta H ta có:
222
111
HJ HA HB

, ta có:

= 3MG


, G và

cố định (G không nằm trên

),
- Vậy
MA + MB+ MC
 

nhỏ nhất khi 3MG


nhỏ nhất, tức MG nhỏ nhất hay
MG vuông góc với
 . Do đó M là giao điểm của

và đường thẳng d qua G
và vuông góc với

.
- Một véc tơ chỉ phương của

là (3; 2)u 

đó cũng là 1 vec tơ pháp tuyến
của d, vậy phương trình của d là:
3x + 2y –







20 116
(;)
13 39
M y

4
M

1 A
-6 -2 O 1 5 x
-1 G
0,5
1,5
15

B. HƯỚNG DẪN CHẤM
1/ Điểm của bài làm theo thang điểm 20, là tổng điểm của thành phần và không
làm tròn số.
2/ Nếu thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó. Hết

Bài 5
( 3 đ)
-4 Ta có:
( 2010)! 2011 ( 2011)!
.

C

, tức là:
2010
m+2010
(m+ 2011)C
chia hết cho
2011 (do
2010
m+2010
C ;
2011
2011m
C

là các số tự nhiên)
Vì: 2011 là số nguyên tố và 0 < m < 2011 nên ƯCLN(m, 2011) = 1, từ đó:
ƯCLN(m + 2011, 2011)= 1
Vậy
2011
2010
m+2010
C  hay
(m + 2010)!
m!2011!
là số nguyên.


2 3x m x  
có nghiệm.
Bài 2 (4,0 điểm).
Có bao nhiêu số nguyên dương gồm 6 chữ số mà tích các chữ số của số
này bằng 3500 ?
Bài 3 (5,0 điểm).
Cho góc vuông xOy và điểm A (A ≠ O) cố định trên đường phân giác
Om của góc ấy. Một đường tròn (C ) thay đổi luôn đi qua hai điểm A, O cố
định và cắt Ox tại M, cắt Oy tại N.
a) Chứng minh rằng khi đường tròn (C ) thay đổi thì tổng OM + ON có
giá trị không đổi.
b) Tìm tập hợp các điểm I là trung điểm của đoạn thẳng MN khi đường
tròn (C ) thay đổi.
Bài 4 (3,0 điểm).
Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 2a + 3b + 4c = 1. Chứng
minh rằng:
2 2 1 3 2 1 4 2 1 10a b c     
.
Bài 5 (3,0 điểm).
Tìm tất cả các số f: 

 thỏa mãn các điều kiện:
i) f(1) = 2011,
ii) f(x
2
– y) = xf(x) – f(y), với mọi x, y  .
HẾT
www.Toancapba.net
www.Toancapba.net
17