SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: Toán - Vòng I ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Khóa ngày 26 tháng 10 năm 2010) SỐ BÁO DANH: Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1:(2.0 điểm) Giải phương trình: 3 2 3 4 2 (3 2) 3 1x x x x x+ + + = + + Câu 2:(2.5 điểm) a) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: 3 3 2 x y x= − trên khoảng (0; +∞ ). b) Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng: 3 3 3 3 3 3 a b c a b c b c a b c a + + ≥ + + Câu 3:(2.0 điểm) Cho dãy số { n u } xác định như sau: 1 2 1 1 , , 1 2010 n n n u u u u n n + =    = + ∀ ∈ ≥   ¥ Tính 1 2 2 3 1 lim . n n u u u u u u +   + + +  ÷   Câu 4:(2.0 đi m)ể Cho hình vuông ABCD. Trên đoạn BD lấy điểm M không trùng với B, D. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của M trên các cạnh AB, AD. Chứng minh rằng: a) CM vuông góc EF. b) Ba đường thẳng CM, BF, DE đồng quy. Câu 5:(1.5 điểm) Tìm tất cả các giá trị nguyên dương của k để phương trình : 2 2 x y x y kxy+ + + = có nghiệm nguyên dương. --------------------HẾT---------------------- * Thí sinh không được sử dụng tài liệu. * Giám thị không giải thích gì thêm. SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: Toán - Vòng I (Khóa ngày 26 tháng 10 năm 2010) HƯỚNG DẪN CHẤM (Đáp án, hướng dẫn này có 4 trang) yªu cÇu chung * Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng. * Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan. * Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm. * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài. * Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài. Câu Nội dung Điểm 1 ĐK: 1 3 x ≥ − Ta có: ( ) 3 2 3 3 3 4 2 (3 2) 3 1 ( 1) 1 3 1 3 1 (*) x x x x x x x x x + + + = + + ⇔ + + + = + + + Xét hàm số : 3 ( )f t t t= + có 2 '( ) 3 1 0,f t t t= + > ∀ ∈ ¡ nên f đồng biến trên ¡ . Do đó: (*) ( ) 0 ( 1) 3 1 1 3 1 1 x f x f x x x x =  ⇔ + = + ⇔ + = + ⇔  =  Kết hợp điều kiện nghiệm của phương trình đã cho là: x = 0; x = 1. 2 điểm 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 2 a) Ta có: 2 2 3 3 0 3 3 ' 0 1 2 2 x x y x x x x >   = − = ⇔ ⇔ =  =   BBT của hàm số đã cho trên khoảng (0; +∞ ) là: 2,5 điểm 0,5 Trang: 2 - Đáp án Toán - Vòng x 0 1 +∞ y' - 0 + y 0 +∞ 1 2 − Dựa vào BBT ta có giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên (0 ; +∞ ) là 1 2 − , đạt được khi x = 1. b) Từ kết quả câu a) ta có: 3 3 1 , 0 2 2 x y x x= − ≥ − ∀ > Do đó với a, b, c dương ta có: 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 1 2 2 3 1 1 3 2 2 2 3 1 2 2 a a b b b b a b c a b c a b c c c b c a b c a b c a c c a a  − ≥ −         − ≥ − ⇒ + + ≥ + + + + + −   ÷  ÷        − ≥ −   Mặt khác áp dụng BĐT Côsi ta có: 3 3 3 a b c a b c b c a b c a + + ≥ = Nên: 3 0 a b c b c a + + − ≥ Do đó: 3 3 3 3 3 3 a b c a b c b c a b c a + + ≥ + + . Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 3 Ta có: 2 1 1 1 1 1 2010( ) 1 1 2010 k k k k k k k k k k k u u u u u u u u u u u + + + + +   − = = = −  ÷   với * k∀ ∈ ¥ Do đó: 1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1 . 2010 2010 1 n n n n u u u u u u u u u + + +     + + + = − = −  ÷  ÷     Ta thấy: 2 * 1 1, 2010 n n n n u u u u n + = + > ≥ ∀ ∈ ¥ nên dãy số { n u } tăng và bị 2 điểm 0,25 0,25 Trang: 3 - Đáp án Toán - Vòng chặn dưới. Giả sử { n u } bị chặn trên, khi đó tồn tại giới hạn hữu hạn lim n u = a < +∞ . Ta có: 2 2 1 lim lim 0 2010 2010 n n n u a u u a a a +   = + ⇔ = + ⇔ =  ÷   Điều này vô lý vì * 1, n u n≥ ∀ ∈ ¥ thì lim n u = a 1≥ . Vậy { n u } không bị chặn trên hay lim n u = +∞ . Do đó: 1 2 2 3 1 1 1 lim . lim2010 1 2010 n n n u u u u u u u + +     + + + = − =  ÷  ÷     0,5 0,5 0,5 4 Xét hệ trục tọa độ như hình vẽ: Khi đó ta có: A(0;0), B(a;0), C(a;a), D(0;a) Với a = AB = AD = CD = BC (a > 0) a) Đặt: b = AE (0 < b < a) Ta có: M(b ; a - b); E(b ; 0); F(0; a - b) Do đó: ( ; )CM b a b= − − uuuur ( ; )EF b a b= − − uuur ⇒ CM uuuur . EF uuur = - b(b - a) - b(a - b) = 0 ⇒ CM EF⊥ b) Phương trình của DE: 1 x y ax by ab b a + = ⇔ + = Phương trình của BF: 1 ( ) ( ) x y a b x ay a a b a a b + = ⇔ − + = − − Gọi G là giao điểm của DE và BF thì tọa độ của G là nghiệm của hệ: 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ab x ax by ab a b ab a b x ay a a b a a b y a b ab  =  + =   + − ⇔   − + = − −   =  + −  2 2 2 2 2 2 ( ) ; ab a a b G a b ab a b ab −   ⇒  ÷ + − + −   2 điểm 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 Trang: 4 - Đáp án Toán - Vòng A B C D M E F G x y 2 2 2 2 2 2 ( ) ; a b a a b CG a b ab a b ab − −   ⇒ =  ÷ + − + −   uuur (*) Ta có CM uuuur = (b - a; - b) (**) Từ (* )(**) ta được 2 2 2 a CG CM a b ab = + − uuur uuuur ⇒ G, C, M thẳng hàng. Hay ba đường thẳng BF, DE, CM đồng quy. 0,25 0,25 5 Giả sử k là 1 số nguyên dương sao cho phương trình: 2 2 x y x y kxy+ + + = (1) có nghiệm nguyên dương. Khi đó tồn tại nghiệm nguyên dương ( ) 0 0 ;x y của (1) sao cho 0 0 x y+ nhỏ nhất. Không mất tính tổng quát giả sử : 0 0 x y≥ . Xét phương trình bậc hai: 2 2 0 0 0 ( 1) 0x ky x y y− − + + = (2) Theo giả sử trên thì 0 x là một nghiệm của (2). Theo Viet thì: 2 0 0 1 0 0 0 1 y y x ky x x + = − − = cũng là một nghiệm của (2). Ta có ( ) 0 0 ;x y nguyên dương nên 1 x nguyên dương. Do đó ( ) 1 0 ;x y cũng là 1 nghiệm nguyên dương của (1). Vì 0 0 x y+ nhỏ nhất nên 2 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 y y x y x y x x x x + + ≥ + ⇒ ≥ ⇒ ≥ ( ) 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 1y x y y y x y⇒ ≤ ≤ + < + ⇒ = (vì 0 0 ,x y nguyên). Thay vào (1) ta có: 0 0 0 2 2 2 2x kx k x + = ⇔ = + Suy ra: 3 2 4 4 k k k =  < ≤ ⇒  =  ( vì k nguyên). Thử lại: k = 3 phương trình (1) có nghiệm (2 ; 2). k = 4 phương trình (1) có nghiêm (1 ; 1). Vậy: k = 3, k = 4 là các giá trị cần tìm 1,5 điểm 0,25 0,5 0,5 0,25 Trang: 5 - Đáp án Toán - Vòng SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: Toán - Vòng II ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Khóa ngày 26 tháng 10 năm 2010) SỐ BÁO DANH: Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1:(2.5 điểm) Giải hệ phương trình: ( ) 2 2 1 2 2 1 1 3 3 y x x y x y x x  + = +     + − = +   Câu 2:(2.0 điểm) Tìm tất cả các hàm số f: * * R R + → thỏa mãn: i) 1 (1) 2 f = ii) 2010 2010 ( ) ( ) ( )f xy f x f f y f y x     = +  ÷  ÷     , * ,x y R∀ ∈ Câu 3:(2.0 điểm) Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 125 1 cos 1 cos 1 cos 64 A B C+ + + ≥ Câu 4:(2.5 đi m)ể Cho hình chóp tam giác đều S.ABC cạnh đáy bằng a, góc giữa mỗi mặt bên và mặt đáy bằng ϕ . Mặt phẳng (P) xác định bởi đường thẳng AB và đường phân giác của góc giữa mặt bên (SAB) và mặt đáy (góc này có đỉnh ở trên AB) cắt hình chóp theo một thiết diện chia hình chóp thành hai phần. Tính thể tích mỗi phần đó theo a và ϕ . Câu 5:(1.0 điểm) Trong một hội nghị có các nhà toán học nam và các nhà toán học nữ. Biết rằng: i) Mỗi nhà toán học nam quen đúng 10 nhà toán học nữ. ii) Hai nhà toán học nữ bất kì cùng quen đúng 6 nhà toán học nam. Hãy tính số nhà toán học nam biết trong hội nghị có 21 nhà toán học nữ? --------------------HẾT---------------------- * Thí sinh không được sử dụng tài liệu. * Giám thị không giải thích gì thêm. Trang: 6 - Đáp án Toán - Vòng SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: Toán - Vòng II (Khóa ngày 26 tháng 10 năm 2010) HƯỚNG DẪN CHẤM (Đáp án, hướng dẫn này có 4 trang) yªu cÇu chung * Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng. * Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan. Ở câu 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0. * Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm. * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài. * Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài. Câu Nội dung Điểm 1 ( ) 2 2 1 2 2 (1) 1 1 3 3 (2) y x x y x y x x  + = +     + − = +   ĐK: x > 0; y ≠ 0. Ta cã: ( ) ( ) 2 (1) 2 2 0 y x x y x y x y x y x y y x =    + + ⇔ = ⇔ + − = ⇔  ÷  = −    TH1: y x= − < 0. Từ (2) suy ra y > 0 ( vô lí) TH2: 2y x= . Thay vào (2), ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 3 3 2 3 1 2x x x x x x+ − = + ⇔ − + = (2) Nhận xét rằng: 3 2 x = không phải là nghiệm của (2) Do đó: (2) 2 2 1 0 2 3 x x x ⇔ + − = − Xét hàm số : 2 2 ( ) 1 2 3 x f x x x = + − − có ( ) ( ) 2 2 2 3 3 '( ) 0, 0; \ 2 1 2 3 x f x x x x     = + > ∀ ∈ +∞     +   − 2,5 điểm 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 Trang: 7 - Đáp án Toán - Vòng BBT x 0 3 2 + ∞ f’(x) + + + ∞ + ∞ f(x) 1 - ∞ Ta có: ( ) 0f x = có một nghiệm 3x = nên đó là nghiệm duy nhất. Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ) 3;2 3 . 0,25 0,5 0,25 2 Từ ii) cho: + 1x y= = : 1 (1) (1) (2010) (1) (2010) (2010) 2 f f f f f f= + ⇒ = + 2010 2010 1: ( ) ( ) (2010) (1) ( )y f x f x f f f f x f x x     = = + ⇒ =  ÷  ÷     + ( ) 2 2010 2010 2010 : (2010) ( ) ( ) 2 ( )y f f x f x f f f x x x x     = = + =  ÷  ÷     ( ) 2 1 1 ( ) ( ) 4 2 f x f x⇒ = ⇒ = Thử lại 1 ( ) 2 f x = thỏa mãn điều kiện bài toán. 2,0 điểm 0,5 0,5 0,5 0,5 3 Giả sử C = min{A, B, C} Ta có 0 1 0 60 cos ;1 2 C C   < ≤ ⇒ ∈ ÷    ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] 2 2 1 cos2 1 cos2 1 cos 1 cos 1 1 2 2 1 1 3 cos2 3 cos2 9 3(cos2 cos2 ) cos2 cos2 4 4 A B A B A B A B A B + +    + + = + +  ÷ ÷    = + + = + + + [ ] [ ] [ ] { } 2 2 2 2 2 1 1 9 6cos cos( ) cos2( ) cos2( ) 4 2 1 1 9 6cos cos( ) 2cos ( ) cos ( ) 2 4 2 1 9 6cos cos( ) cos ( ) 1 cos 4 1 9 cos( ) 1 cos( ) 1 6cos 6cos cos 4 C A B A B A B C A B A B A B C A B A B C A B A B C C C   = − − + − + +         = − − + + + − −         = − − + − − +   = + − − − + − − + 2,0 điểm 0,25 0,5 Trang: 8 - Đáp án Toán - Vòng ( ) ( ) 2 2 1 1 9 6cos cos 3 cos 4 4 C C C≥ − + = − (do 1 cos ;cos( ) 1 2 C A B≥ − ≤ ) Suy ra: VT ( ) ( ) 2 2 1 3 cos 1 cos 4 C C≥ − + Xét hàm số ( ) ( ) 2 2 1 ( ) 3 1 , ;1 2 f x x x x   = − + ∈ ÷    ( ) ( ) ( ) 1 '( ) 2 3 1 2 1 0 ;1 2 f x x x x x   = − − − ≥ ∀ ∈ ÷    Do đó f(x) đồng biến trên 1 ;1 2   ÷    , suy ra VT 1 1 125 4 2 64 f   ≥ =  ÷   Dấu bằng xảy ra khi 0 60 A B C =   =  hay tam giác ABC đều. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 4 Gọi O là tâm tam giác đều ABC, M là trung điểm AB. Mặt phẳng (P) tạo bởi AB và phân giác Mt của góc · SMO ϕ = , cắt hình chóp theo thiết diện là tam giác cân ABN (N là giao điểm của tia phân giác Mt và SC). Ta có: V SABC = 1 1 . ( ) tan . ( ) 3 3 SO dt ABC MO dt ABC ϕ = 2,5 điểm 0,5 0,5 Trang: 9 - Đáp án Toán - Vòng B S A C M O N H K t 2 3 1 1 3 3 1 .tan . tan 3 3 2 4 24 a a a ϕ ϕ = = Gọi H và K là hình chiếu của S và C xuống Mt, ta có hai tam giác vuông SMH và CMK đồng dạng, nên: 1 3cos SH SM CK CM ϕ = = Suy ra tỉ thể tích của hai hình tứ diện được cắt ra bởi thiết diện ANB là: 1 3cos SABN CABN V SH SM V CK CM ϕ = = = Do đó: V SABN 3 1 tan 24(1 3cos ) a ϕ ϕ = + V SABN 3 3 3cos sin tan 24(1 3cos ) 8(1 3cos ) a a ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ = = + + 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 5 Gọi s là số bộ ba (A, B, C) ở đây A là nhà toán học nam, B và C là hai nhà toán học nữ mà A quen. Giả sử số nhà toán học nam trong hội nghị là k. Ta tính s bằng hai cách. Cách 1: + Chọn nhà toán học nam A: Có k cách chọn + Chọn hai nhà toán học nữ B, C trong số 10 nhà toán học nữ mà A quen: Có 2 10 C cách chọn Vậy s= k. 2 10 C cách chọn bộ ba (A, B, C). Cách 2: + Chọn hai nhà toán học nữ B và C: Có 2 21 C cách chọn + Chọn nhà toán học nam A quen B, C: Có 6 cách chọn Vậy s= 6. 2 21 C cách chọn bộ ba (A, B, C). Suy ra: 2 2 2 21 10 21 2 10 6. . 6. 28 C k C C k C = ⇒ = = Vậy có 28 nhà toán học nam trong hội nghị. 1,0 điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 Trang: 10 - Đáp án Toán - Vòng . 5 - Đáp án Toán - Vòng SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: Toán - Vòng II ĐỀ THI CHÍNH. SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: Toán - Vòng I ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Khóa ngày