Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12 thpt cấp tỉnh năm học 2011 - 2012 môn Toán

 Trang 1 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỒNG THÁP 
----------------------------------------------------------------------------- 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH 
NĂM HỌC 2011 - 2012 
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN TOÁN 
(Hướng dẫn chấm và biểu điểm gồm có 05 trang) 
 I. Hướng dẫn chung 
1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như 
hướng dẫn quy định. 
2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn 
chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm. 
II. Đáp án và thang điểm 
Câu Đáp án Điểm 
Câu 1 
Giải phương trình: 2 12 3 1.x x x x
x
    
3đ 
  Điều kiện: 1 0, 1x x    
 Chia hai vế của phương trình cho ,x ta được: 
1 1 1 12 3 2 3 0x x x x
x x x x
          
 Đặt 1 , (t 0)t x
x
   . Ta có: 2
1
2 3 0 1
2
t
t t t
t

       
 Với 21 1 51 1 1 0
2
t x x x x
x

          (thỏa mãn) 
 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: 1 5 .
2
x  
Câu 2 Cho hai số dương ,x y thỏa mãn điều kiện 1, 1x y  và 3( ) 4 .x y xy  Tìm giá trị lớn 
nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 2 2
1 13 .P x y
x y
 
    
 
3đ 
  Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si, ta có: 
94 3( ) 6
4
xy x y xy xy     
 Do điều kiện 1, 1x y  nên: 
( 1)( 1) 0 1
41 3
3
x y xy x y
xy xy xy
      
    
 Ta có: 3 3 2 2
1 13P x y
x y
 
    
 
2
2
2 2
3 3 2 2
1 1 6( ) ( ) 3 3
4 16 16 63
3 9 3
64 6 164
27 3
x y x y xy
x y xy
xy x y xy
xy
x y x y
xy
 
         
 
     
 
   
 Đặt t xy , với 9 ;3
4
t     
3 264 6 164
27 3
P t t
t
     
www.VNMATH.com
 Trang 2 
Xét hàm số 3 264 6 16( ) 4
27 3
f t t t
t
    , 9 ;3
4
t     
Ta có: 
3
2
2 2
64 6 8 (8 9) 54 9'( ) 8 0, ;3
9 9 4
t tf t t t t
t t
           
( )f t là hàm số tăng trên 9 ;3
4
 
  
9 ( ) (3)
4
f f t f    
 
 hay 113 94( )
12 3
f t  
 Vậy: Giá trị nhỏ nhất của P bằng 113
12
. Khi đó 
9 
4 3
 2
3( ) 4
xy
x yx y
x y xy
 
   
  
Giá trị lớn nhất của P bằng 94
3
. Khi đó 
1
3 
3
( 1)( 1) 0
3
3( ) 4 
1
x
xy y
x y
x
x y xy
y
 
           

 . 
Câu 3 Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: 2 22 .x x y   2đ 
  Ta có: 2 2 2 2 2 22 4 (4 4 1) 7 (2 ) (2 1) 7x x y y x x y x            
 (2 2 1)(2 2 1) 7 7 1 1 7 ( 7) ( 1) ( 1) ( 7)y x y x                  
 
2 2 1 7 1
2 2 1 1 2
y x x
y x y
    
 
    
 
2 2 1 1 2
2 2 1 7 2
y x x
y x y
     
 
    
 
2 2 1 7 2
2 2 1 1 2
y x x
y x y
      
 
      
 
2 2 1 1 1
2 2 1 7 2
y x x
y x y
     
 
      
 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên: ( ; ) (1;2), (1; 2), ( 2;2), ( 2;2).x y     
Câu 4 Cho tam giác ABC có ,BC a ,CA b AB c và .c b Hai điểm ,M N tương ứng di 
động trên hai cạnh ,AB AC sao cho MN chia tam giác ABC thành hai phần có diện tích 
bằng nhau. Xác định vị trí của M và N để MN có độ dài nhỏ nhất. 
3đ 
 Từ giả thuyết, ta có: 
1 1 1 1 1. sin . sin .
2 2 2 2 2AMN ABC
S S AM AN A bc A AM AN bc     
 Đặt ,AN xb AM yc  với , 1x y  
1 1 1.
2 2 2
AM AN bc xybc bc xy     
www.VNMATH.com
 Trang 3 
 Theo định lý hàm số Cosin, ta có: 
2 2 2 2 . cosMN AM AN AM AN A   
Câu 5 Cho dãy số ( )nu xác định bởi: 
1
2
1
3
 ( 1, )2
2 3
n
n
n
u
n nuu
u


 
 
 
Hãy xác định công thức tổng quát của nu theo .n 
3đ 
 Ta có:  
 
22
nn
n 1 n 1
n n
u 2u 2u u 2
2u 3 2 u 2 1 

   
  
 Đặt n nx u 2  ,  n 1, n  1 1x u 2 1    
Khi đó: 
2
n
n 1 2
n n 1 n n
x 1 1 2x
2x 1 x x x 
   

 Đặt tiếp  n 1
n 1
1 1y , n 1, n y 1
x x
      
Khi đó:    22n 1 n n n 1 ny y 2y y 1 y 1       
 Tiếp tục đặt  n n 1 1v y 1, n 1,n v y 1 2        
Khi đó: 
2 n n n 12 2 2 2 2
n 1 n n 1 1 nv v v ... v 2 v 2

         n 1, n  
 Từ đó ta tìm được: 
n 1
n 1 n 1
2
n n n2 2
1 1y 2 1 x u 2
2 1 2 1

       
  
 Vậy công thức tổng quát của dãy số n(u ) là:  
n 1
n 1
2
n 2
2.2 1u n 1,n
2 1



  

 . 
Câu 6 Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông OABC có đỉnh (3;4)A và điểm B 
có hoành độ âm. 
a) Tìm tọa độ các đỉnh B và C của hình vuông .OABC 
b) Gọi E và F theo thứ tự là các giao điểm của đường tròn ( )C ngoại tiếp OABC 
 với trục hoành và trục tung ( E và F khác gốc tọa độ O ). Tìm tọa độ điểm M trên 
( )C sao cho tam giác MEF có diện tích lớn nhất. 
3đ 
www.VNMATH.com
 Trang 4 
a) 
 Giả sử 0 0( ; )B x y , 0( 0)x  
 Tứ giác OABC là hình vuông OAB  vuông cân tại A 
0
00 0
2 2
0 0 0
0
7
13( 3) 4( 4) 0. 0
( 3) ( 4) 25 1
7
x
yx yAB OA
x y xAB OA
y
 

                  

 
Do điều kiện 0 0x  nên tọa độ điểm B là: ( 1;7)B  
 Điểm C đối xứng với A qua trung điểm 1 7;
2 2
I   
 
 của OB nên ta có: 
3 1
42 2 ( 4;3)
4 37
2 2
C
C
C C
x
x
C
y y
    
   
  

b) 
 Phương trình đường tròn ( )C ngoại tiếp OABC : 
2 21 7 25
2 2 2
x y         
   
 Tọa độ giao điểm E và F của ( )C với trục hoành và trục tung là: 
( 1;0),E  (0;7)F 
 Dễ thấy EF là đường kính của ( )C nên tam giác MEF vuông tại M 
2 2 21 25.
2 4 4 2MEF
ME MF EFS ME MF      
 Vậy MEFS đạt giá trị lớn nhất bằng 
25
2
. 
Khi đó MEF vuông cân 
2 2
2 2
( 1) 25
1 7 25
2 2 2
M M
M M
x y
x y
   

          
   
 (3;3)M hoặc ( 4;4).M  
Cách khác: 
 Phương trình đường thẳng : 7 7 0EF x y   
 Ta có: 1 . ( , )
2MEF
S EF d M EF 
 www.VNMATH.com
 Trang 5 
Như vậy MEFS lớn nhất ( , )d M EF lớn nhất 
 Mà 
1 77
7 7 2 2
( , )
5 2 5 2
M M
M M
x y
x y
d M EF
               
 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: 
2 21 7 1 77 5 2. 25
2 2 2 2M M M M
x y x y                     
       
 Vậy ( , )d M EF lớn nhất bằng 5 2
2
. Khi đó: 
2 2
1 7
2 2
7 1
1 7 25
2 2 2
M M
M M
x y
x y
  
 
         
   
(3;3)M hoặc ( 4;4).M  
Câu 7 
Với mọi n nguyên và 3,n  tính tổng sau đây: 3 3 3 3
3 4 5
1 1 1 1... .
n
P
C C C C
     
3đ 
 Ta có: 3
1 3!( 3)! 3! 3! 1 1
! ( 1)( 2) 2 ( 1)( 2) ( 1)k
k
C k k k k k k k k
 
         
 Thay k bằng 3, 4,5,...,n , ta được: 
3
3
3
4
3
5
3
1 3! 1 1
2 1.2 2.3
1 3! 1 1
2 2.3 3.4
1 3! 1 1
2 3.4 4.5
................................
1 3! 1 1
2 ( 1)( 2) ( 1)n
C
C
C
C n n n n
   
 
   
 
   
 
 
     
 Cộng các đẳng thức trên, ta có: 
3 3 3 3
3 4 5
1 1 1 1 3! 1 1 3( 1)( 2)...
2 1.2 ( 1) 2 ( 1)n
n n
C C C C n n n n
   
         
 Vậy 3( 1)( 2) .
2 ( 1)
n nP
n n
 


 ------------------------------Hết------------------------------- 
www.VNMATH.com