SỞ GD&ĐT LAI CHÂU KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH NĂM 2011 Môn: Toán Ngày thi: 21/11/2010 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) - Họ và tên học sinh: - Số báo danh: 1. Giám thị số 1: . 2. Giám thị số 2: . (Đề bài gồm 05 câu) Câu 1. ( 4,0 điểm). Giải hệ phương trình sau: 12 1 2 3 12 1 6 3    − =   ÷ +       + =  ÷  +    x y x y y x Câu 2. ( 4,0 điểm). Tìm các hàm :f →R R thỏa mãn: (0) 2010, 2011 2 ( ) ( ) 2 ( ).cos , f f f x y f x y f x y x y π    = =   ÷     + + − = ∀ ∈  R Câu 3. ( 4,0 điểm). Trong phòng họp có 100 người. Mỗi người quen với ít nhất là 67 người khác. Chứng minh rằng trong phòng phải có 4 người từng đôi một quen nhau. Câu 4. ( 3,0 điểm). Cho n là số nguyên và 3n ≥ . Chứng minh: ( ) 1 1 + > + n n n n . Câu 5 ( 5,0 điểm). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng 6 và chiều cao SH 15= . Vẽ mặt phẳng qua B vuông góc với SA tại K, mặt phẳng này cắt SH tại O. Lấy các điểm P, Q lần lượt thuộc SA và BC sao cho PQ tiếp xúc với mặt cầu tâm O bán kính bằng 2 5 . a) Tính độ dài đoạn IK với I là trung điểm của BC. b) Tính giá trị nhỏ nhất của PQ. Hết ĐỀ CHÍNH THỨC Trang 01/01 SỞ GD&ĐT LAI CHÂU KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH NĂM 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán CÂU HƯỚNG DẪN CHẤM BIỂU ĐIỂM 1 (4.0 Đ) Điều kiện , 0; 3 0≥ + ≠x y y x 0.5 Dễ thấy , 0x y ≠ . Hệ phương trình đã cho tương đương với 12 2 1 3 12 6 1 3  − =  +    + =  +  y x x y x y 0.5 1 3 1 (1) 1 3 12 (2) 3  + =   ⇔   − + =  +  x y y x x y (I) 0.5 Nhân theo vế của các phương trình trong hệ (I) ta được: 9 1 12 3 − = +y x y x 0.5 2 2 3 6 27 0 9 ( ) =  ⇔ + − = ⇔  = −  y x y xy x y x L 1.0 Thế 3=y x vào phương trình (1) ta được : 1 3 1 3x x + = 4 2 3x⇒ = + 0.5 Với 4 2 3 12 6 3.x y= + ⇒ = + Vậy nghiệm của hệ: ( ) 4 2 3;12 6 3.+ + 0.5 2 (4.0 Đ) * Cho , 2 2 x y t π π = = − , ta có: ( ) ( ) 2 os 2 sin 2 2 2 f t f t f c t f t π π π π       + − = − =  ÷  ÷  ÷       (1) 0.75 * Cho ; 2 2 x t y π π = − = , ta có : ( ) ( ) 0f t f t π + − = (2) 0.75 * Cho 0;x y t π = = − , ta có ( ) ( ) 2 (0)cos( ) 2 (0)cos f t f t f t f t π π π − + − = − = − (3) 0.75 Lấy (1) cộng với (2) ta được: 0.75 2 ( ) ( ) ( ) 2 sin 2 f t f t f t f t π π π   + − + − =  ÷   (4) Thay (3) vào (4) ta lại có: ( ) (0)cos sin 2 f t f t f t π   = +  ÷   0.5 Suy ra hàm số cần tìm là : ( ) 2010cos 2011sinf x x x= + 0.5 3 (4.0 Đ) Xét A là người bất kỳ trong phòng. Bởi vì A quen ít nhất là 67 người khác, nên nếu mời tất cả những ai không quen A ra ngoài thì số người phải ra nhiều nhất là 32. 1.0 Khi đó trong phòng còn A và 67 người quen A, tức là trong phòng còn lại ít nhất là 68 người. 0.75 Gọi B là người khác A trong 68 người còn ở lại trong phòng, ta mời tất cả những ai không quen B ra ngoài. Khi đó trong phòng còn lại ít nhất 68 – 32 = 36 người. 0.75 Lại gọi C là người khác A và B trong 36 người còn ở lại trong phòng, ta mời tất cả những người không quen C ra ngoài. Khi đó trong phòng còn lại ít nhất 36 – 32 = 4 người. 0.75 Nghĩa là ngoài A, B, C còn lại ít nhất một người, giả sử là D. Khi đó A, B, C, D đôi một quen nhau. 0.75 4 (3.0 Đ) Ta có ( ) ( ) ( ) 1 1 1 ln ln 1 + > + ⇔ + > + n n n n n n n n 0.5 ( ) 1 ln 1 ln + ⇔ > + n n n n 0.5 Xét hàm số ln x y x = với 3x ≥ 0.5 Ta có 2 ln 1 ' 0, 3 ln x y x x − = > ∀ ≥ 0.5 Suy ra hàm số ln x y x = tăng trên [ ) 3;+∞ 0.5 Do đó với 3n ≥ , ta có ( ) 1 ln 1 ln + > ⇒ + n n n n đpcm 0.5 5 (5.0 Đ) 0.25 Ý a (2.0 Đ) Trong tam giác SAB vẽ đường cao BK thì CK SA⊥ nên ( ) BKC SA K⊥ = . 0.25 Ta có IK SH O∩ = , O chính là giao điểm của (BKC) và SH. ABC∆ đều có AB 6 nên AI=3 3,AH 2 3, IH 3= = = 0.25 Ta có · SH 15 5 tanSAH AH 2 2 3 = = = 0.25 · · 2 2 1 4 cos SAH 9 1 tan SAH ⇒ = = + 0.25 · 2 4 5 sin SAH 1 9 9 ⇒ = − = 0.25 · 5 sinSAH 3 ⇒ = 0.25 Mặt khác, AKI ∆ vuông tại K nên · IK sinSAH AI = . 0.25 5 IK AI 15 3 ⇒ = = 0.25 Ý b (3.0 Đ) Tứ giác AKOH nội tiếp, ta có OI IH AI.IH 3 15 OI AI IK IK 5 = ⇒ = = 0.25 Suy ra 2 15 OK IK OI 5 = − = Đặt x = IQ, y = KP. Trong tam giác vuông OIQ tại I, ta có 2 2 2 27 OQ OI IQ x 5 = + = + 0.25 Trong tam giác vuông POK tại K, ta có 2 2 2 12 OP OK KP y 5 = + = + 0.25 Giả sử đường tròn tâm O, bán kính 2 5 tiếp xúc với PQ tại T. Qua I dựng đường thẳng d song song với KP. Gọi P’ là hình chiếu vuông góc của P trên d. 0.25 Xét tam giác vuông OTQ có: 2 2 QT OQ OT= − 2 2 27 2 x x 5 5 5 = + − = + 0.25 Xét tam giác vuông OTP có 2 2 PT OP OT= − 2 2 12 2 y y 2 5 5 = + − = + 0.25 Mặt khác, xét tam giác vuông PP’Q. Ta có 2 2 2 2 PQ PP' P'Q x y 15= + = + + 2 2 PQ PT QT x y 15⇒ = + = + + 0.25 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x 5 y 2 x y 15 6 2x x y 2x 5y 6 y x 5 ⇔ + + + = + + − ⇔ + + = ⇔ = + 0.25 Vậy: 2 4 2 2 2 2 2 2 2 6 2x x 18x 81 PQ x y 15 x 15 x 5 x 5 − + + = + + = + + = + + Xét hàm số ( ) 4 2 2 x 18x 81 f x x 5 + + = + . Đặt ( ) 2 t x , t 0= ≥ . ( ) 2 t 18t 81 f t t 5 + + = + 0.25 ( ) ( ) 2 2 t 10t 9 f ' t t 5 + + = + ( ) t 1 f ' t 0 t 9 = −  = ⇔  = −  Với t = 0, ( ) 81 f 0 5 = . [ ) ( ) 81 t 0; thì Minf t 5 ∈ +∞ = 0.25 Vậy: min 9 5 PQ 5 = , đạt được khi t = 0, lúc ấy 6 x 0 và y = 5 = Hay GTNN của PQ đạt được khi Q I≡ và P cách K một khoảng không đổi bằng 6 5 . 0.25 * Lưu ý: - Thí sinh giải theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. - Làm tròn đến 0.5 điểm. . LAI CHÂU KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH NĂM 2011 Môn: Toán Ngày thi: 21/11/2010 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) - Họ và. Hết ĐỀ CHÍNH THỨC Trang 01/01 SỞ GD&ĐT LAI CHÂU KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH NĂM 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: