Kỳthi chọn học sinh giỏi lớp 12 vòng tỉnh năm học 2011 - 2012 môn thi: toán thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Họ và tên thí sinh:.... Chữ ký giám thị 1: 
Số báo danh:..... ... 
SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH 
 NĂM HỌC 2011 - 2012 
 * Môn thi: TOÁN (BẢNG A) 
 * Ngày thi: 06/11/2011 
 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) 
ĐỀ 
Câu 1 (6 điểm): 
Tìm n∈` sao cho số 2 20162011 20112011...2011a n n= + + (có 2016 số 2011 ở số 
hạng cuối) chia hết cho 9. 
Câu 2 (7 điểm): 
 Cho phương trình: 2 2(2cos 1) 6cos os 1 0 (1)x x cα α α− − + − − = . 
 a) Tìm α để phương trình (1) có hai nghiệm 1 2,x x . 
b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 21 2A x x= + . 
Câu 3 (7 điểm): 
Cho lục giác lồi ABCDEF có AB = BC = CD, DE = EF = FA, 
n n 060BCD EFA= = . Giả sử G và H là hai điểm nằm trong lục giác sao cho 
n n 0120AGB DHE= = . 
Chứng minh rằng: AG + GB + GH + DH + HE ≥ CF. Dấu bằng (=) xảy ra khi 
nào? 
---Hết---
(Gồm 01 trang) 
CHÍNH THỨC 
 1 Bảng A – Ngày 2 
SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH 
 NĂM HỌC 2011 - 2012 
 * Môn thi: TOÁN (BẢNG A) 
 * Ngày thi: 06/11/2011 
 * Thời gian: 180 phút 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
Câu 1 (6 điểm): 
Ta có 
 ( )3 32011 4 1 mod9≡ ≡ (0,5đ) 
 ( )3.672 20162011 2011 1 mod 9⇒ = ≡ (0,5đ) 
 ( )20162011 . mod 9n n⇒ ≡ (0,5đ) 
Số 201120112011 có 2016 số 2011 ghép thành , nên tổng các chữ số bằng 
( 2+0+1+1).2016=8064 chia hết cho 9 (0,5đ) 
Suy ra ( )2 mod9a n n≡ + . 
Khi chia n cho 9, ta có số dư {0;1;2;3;4;5;6;7;8}r∈ (0,5đ) 
Ta thấy với r = 1, r = 2, r = 3, r = 4, r = 5, r = 6, r = 7 thì số dư khi chia ( )2n n+ cho 
9 lần lượt là 2; 6; 3; 2; 3; 6; 2 (0,5đ) 
nên ( )2 9n n+ # (0,5đ) 
9a⇒ # (0,5đ) 
Với r = 0 thì ( )2 9n n+ # (0,5đ) 
Với r = 8 thì ( )2 9n n+ # (0,5đ) 
Vậy các số cần tìm là 9n k= và 9 8,n k k= + ∈N . (1,0đ) 
Câu 2 (7 điểm): 
2 2(2cos 1) 6cos os 1 0 (1)x x cα α α− − + − − = 
a) Phương trình (1) có hai nghiệm 1 2,x x khi và chỉ khi 0Δ ≥ 
2 2(2cos 1) 4(6cos cos 1) 0α α α⇔ − − − − ≥ (1,0đ) 
2 1 120cos 5 0 os
2 2
cα α⇔ − + ≥ ⇔ − ≤ ≤ (1,0đ) 
22 2
3 3 , (2)
4 52 2
3 3
k k
k
k k
π ππ α π
π ππ α π
⎡ + ≤ ≤ +⎢⇔ ∈⎢⎢ + ≤ ≤ +⎢⎣
Z (1,0đ) 
b) Ta có: 2 2 21 2 1 2 1 2( ) 2 .A x x x x x x= + = + − 
Với α thỏa (2), theo định lí Vi-ét, ta có: 1 2
2
1 2
2cos 1
. 6cos os 1
x x
x x c
α
α α
+ = −⎧⎨ = − −⎩
 (1,0đ) 
Vậy 2 2 2(2cos 1) 2(6cos os 1) 8cos 2cos 3A cα α α α α= − − − − = − − + 
(Gồm 02 trang) 
CHÍNH THỨC 
 2 Bảng A – Ngày 2 
Đặt cost α= , 1 1
2 2
t− ≤ ≤ thì 28 2 3A t t= − − + . 
Xét hàm số 2( ) 8 2 3f t t t= − − + , ta có 1( ) 16 2; ( ) 0
8
f t t f t t′ ′= − − = ⇔ = − (1,0đ) 
BBT 
t 1
2
− 1
8
− 1
2
( )f t′ + 0 - 
( )f t 
 25
8
2 0 
Dựa vào BBT ta có: 
1 1;
2 2
1 25 1 1max max ( ) ( ) ; cos os
8 8 8 8
A f t f t cα β
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦
= = − = = − ⇔ = − = − 
1 1;
2 2
1 1 1min min ( ) ( ) 0; cos 2
2 2 2 3
A f t f t kπα α π
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦
= = = = ⇔ = ⇔ = ± + (1,0đ) 
Câu 3 (7 điểm): 
Từ giả thiết suy ra AB=BD và ED=EA. 
Đường thẳng BE là trục đối xứng của hai điểm A và D. (1,0đ) 
Theo giả thiết, ta cũng có các tam giác BCD và AEF là các tam giác đều được dựng 
trên BD và AE về phía ngoài tứ giác lồi ABDE. 
 Gọi C’ đối xứng với C và F’ đối xứng với F qua BE. 
Các tam giác ABC’ và DEF’ đều. (1,0đ) 
Các điểm C’ và G nằm khác phía với AB, H 
và F’ khác phía với DE. 
Các tứ giác AGBC’ và DF’EH nội tiếp. (1,0đ) 
Mặt khác, ta lại có: 
GA+GB=GC’, HE+HD=HF’. 
 (Xem chứng minh ở dưới) 
Vì vậy: 
GA+GB+GH+HE+HD= 
=C’G+GH+HF’≥C’F’ (1,0đ) 
 Mà C’F’=ĐBE(CF) nên C’F’=CF 
Từ đó, ta có: 
AG+GB+GH+DH+HE≥CF (1,0đ) 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi G và H 
nằm trên đoạn C’F’. (1,0đ) 
 Bổ đề: Lấy M trên cạnh GC’ sao cho AG=GM. 
Ta có: ΔAMC’=ΔAGB (c.g.c) => GB=C’M 
Do đó: GA+GB=GM+C’M=GC’. 
Tương tự, ta cũng chứng minh được HE+HD=HF’. (1,0đ) 
HẾT 
(1,0đ) 
M
B
A
C'
G
F'
C'
F
A
D
B
E
C
G
H