Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12 THPT tỉnh Phú Thọ năm học 2010- 2011 môn: Toán

MATHVN.COM | www.mathvn.com 
www.mathvn.com – book.mathvn.com 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
PHÚ THỌ 
-------------------- 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 
THPT NĂM HỌC 2010- 2011 
----------------------------------------------------- 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) 
Ngày thi: 05 tháng 11 năm 2010 
(Đề thi gồm có: 01 trang) 
Câu 1 ( 3 điểm ). Giải phương trình: (6 sin x – 2 sin 3x +1)3 = 162 sin x - 27 
Câu 2 ( 3 điểm). Giải hệ phương trình: 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 3
2 3
2 3
2 3 3
2 3 3
2 3 3
 + = − +


+ = − +

+ = − +
x x y x
y y z y
z z x z
Câu 3 ( 4 điểm) 
Cho dãy số (un) xác định bởi 
1
2
1
3
1
( 4), 1,2,3,...
5
n n n
u
u u u n+
=


= + + =
a) Chứng minh rằng ( )nu là dãy tăng nhưng không bị chặn trên 
b) 
1
1
§ , 1,2,3,... : lim
3 →∞
=
= =
+
∑
n
n n
n
k k
Æt v n TÝnh v
u
Câu 4 ( 5 điểm) 
Hình chóp n- giác đều có góc tạo bởi giữa mặt bên và mặt đáy bằng α , góc tạo 
bởi giữa cạnh bên và mặt đáy β . Chứng minh rằng: 
2 2 2sin sin tan
2n
pi
α β− ≤ 
Câu 5 ( 3 điểm) 
Xét x, y ∈R thỏa mãn điều kiện: 3 6 2 4 4 3 18 2− + = + −x x y y 
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của bỉểu thức 1
2 3
= + −
x y
P 
Câu 6 ( 2 điểm) 
 Cho đa thức f(x) có bậc là 2010 thỏa mãn: ( ) 1=f n
n
 với n = 1, 2, 3, 2011. 
Tính f(2012). 
------------------ Hết ------------------- 
Họ và tên thí sinh:  Số báo danh:  
Đề chính thức 
MATHVN.COM | www.mathvn.com 
www.mathvn.com – book.mathvn.com 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
PHÚ THỌ 
-------------------- 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 
THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN 
----------------------------------------------------- 
Câu 1 ( 3 điểm ). Giải phương trình: (6 sin x – 2 sin 3x +1)3 = 162 sin x - 27 (1) 
Lời giải chi tiết Điểm 
(1) ⇔ [6 sin x – 2 (3 sin x – 4sin3x) +1]3 = 27(6 sin x – 1) (1) 
 O,5đ 
⇔ (8 sin3 x +1)3 = 27(6 sin x – 1) 
3 38sin 1 3 6sin 1x x⇔ + = − 
O,5đ 
Đặt: 2 sin x = t ( )2t ≤ 
Phương trình trở thành: 3 31 3 3 1t t+ = − 
O,5đ 
Đặt: 3 3 1u t= − . Ta có hệ: 
3
3
1 3
1 3
u t
t u
 + =

+ =
Giải ra ta được t = u 
O,5đ 
Với t = u: ta có phương trình: t3 – 3 t + 1 = 0 
Khi đó, theo cách đặt, ta có: 8 sin3 x - 6 sin x +1 = 0 ⇔ 2 sin 3x = 1 
O,5đ 
⇔ 2 sin 3x = 1 1sin3
2
x⇔ = ⇔
2
18 3
5 2
18 3
x k
x k
pi pi
pi pi

= +


= +

O,5đ 
Câu 2 ( 3 điểm ). Giải hệ phương trình: 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 3
2 3
2 3
2 3 3
2 3 3
2 3 3
 + = − +


+ = − +

+ = − +
x x y x
y y z y
z z x z
Lời giải chi tiết Điểm 
Điều kiện: x, y, z ∈R 
Hệ trở thành 
( )
( )
( )
3 2 3
3 2 3
3 2 3
2 3 3 3 1
2 3 3 3 2
2 3 3 3 3
 + + = +

+ + = +

+ + = +
x x x y
y y y z
z z z x
0, 5 đ 
 Đặt: f(t) = t3 +2 t2 + 3 t, t∈R và g(t) = 33 3+t , t∈R 
0,5 đ 
MATHVN.COM | www.mathvn.com 
www.mathvn.com – book.mathvn.com 
Hệ trở thành: 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
 =

=

=
f x g y
f y g z
f z g x
Ta có: f’(t) = 3 t2 + 4 t + 3 > 0 ∀ t∈R và g’(t) = 9 t2 0≥ ∀ ∈x R 
Nên f, g là 2 hàm số đồng biến trên R 
0,5 đ 
Giả sử (x; y; z) là nghiệm của hệ , không giảm tính tổng quát giả sử x≥ y 
Từ (1) và (2) ta có: g(y) ≥ g(z) suy ra y≥ z nên từ (2) và (3) ta có: 
 g(z) ≥ g(x) suy ra z≥ x . 
Từ đó ta có: x = y = z Thay vào hệ phương trình ta được hệ có 3 nghiệm: 
(1; 1; 1); 3 3 3 3 3 3; ; ; ; ;
2 2 2 2 2 2
   
− − −      
   
1,5 đ 
Câu 3 ( 4 điểm) 
Cho dãy số (un) xác định bởi 
1
2
1
3
1
( 4), 1,2,3,...
5
n n n
u
u u u n+
=


= + + =
a) Chứng minh rằng ( )nu là dãy tăng nhưng không bị chặn trên 
b) 
1
1
§ , 1,2,3,... : lim
3 →∞
=
= =
+
∑
n
n n
n
k k
Æt v n TÝnh v
u
 Lời giải chi tiết Điểm 
a) 
+ Ta có ( )2n 1 n n n n1 5u u u u 4 u5 5+ − = + + − ( )
2
n
1
u 2 0 ; n 1,2,...
5
= − ≥ ∀ = 
+ Vậy ( )nu là dãy tăng. Từ đó, un ≥ u1 = 3 n 1,2,...∀ = 
0, 5 đ 
+ Mặt khác nếu dãy ( )nu bị chặn trên thì nó sẽ có giới hạn. Giả sử 
( )n
n
lim u a a 3
→+∞
= ≥ 
+ ( )2n 1 n n
n n
1lim u lim u u 4
5+→+∞ →+∞
= + + ( )21a a a 4 a 25⇒ = + + ⇔ = . 
Điều này không thể xảy ra vì a 3≥ . Vậy dãy ( )nu không bị chặn trên 
0,5 đ 
b) Theo a) Vậy n
n
lim u
→+∞
= +∞
n
1
lim 0
u
⇒ = 
0,5 đ 
+ Ta có ( )2k 1 k k1u u u 45+ = + + k 1 k k5(u 2) (u 2)(u 3)+⇔ − = − + 
( ) ( ) ( )kk 1 k k
1 5
 do u 3 ; k 1
u 2 u 2 u 3+
⇔ = ≥ ∀ ≥
− − + k k k 1
1 1 1
u 3 u 2 u 2+
⇔ = −
+ − −
1,0 đ 
+ Do đó 
n
n
k 1 k
1
limv
u 3=
=
+
∑ = 
1 n 1
1 1
u 2 u 2+
−
− −
. Vậy lim vn = 1 
0,5 đ 
MATHVN.COM | www.mathvn.com 
www.mathvn.com – book.mathvn.com 
Câu 4 ( 5 điểm) 
Hình chóp n- giác đều có góc tạo bởi giữa mặt bên và mặt đáy bằng α , góc tạo 
bởi giữa cạnh bên và mặt đáy β . Chứng minh rằng: 2 2 2sin sin tan
2n
pi
α β− ≤ 
Lời giải chi tiết Điểm 
+ Gọi hình chóp n-giác S.A1A2An. 
+ Xét hình chóp S.OA1M, trong đó, O là tâm của đa giác đáy, M là trung 
điểm cạnh A1A2. Khi đó, SO ⊥ (OA1M) ; OM ⊥ A1A2 
+ Góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy bằng ∠ =SMO α 
+ Góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy bằng 
1
∠ =SA O α 
1,0 đ 
Ta có: 1A OM
n
pi∠ = ϕ =
Đặt OA1 = a; OM = b; OS = h 
Gọi OE là phân giác trong của góc 1A OM∠ 
1,0 đ 
M 
E 
β 
α 
A1 O 
S 
A2 
S 
MATHVN.COM | www.mathvn.com 
www.mathvn.com – book.mathvn.com 
Khi đó: 
2 2
2 2
2 2 2 2
h h ME
sin ;sin ;tan tan
2 2n bh b h a
ϕ pi
α = β = = =
+ +
1A EMEDo :
b a
=
 nên 
2 2
1 1ME A E MAME a b
b a b a b a b
+ −
= = =
+ + +
1,0 đ 
Ta cần chứng minh: 
( )
( )
( )( ) ( )
( )( ) ( )
( )
2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2
2 2
22 2 2 2
22 2 2 2 2
2
2
h h a b
h b h a a b
h a b a b
h b h a a b
h a h b h a b
ab h 0
−
− ≤
+ + +
−
−
⇔ ≤
+ + +
⇔ + + ≥ +
⇔ − ≥
Dấu bằng xảy ra 2 2 1ab h SO OA .OM⇔ = ⇔ = 
2,0 đ 
Câu 5 ( 3 điểm) 
Xét x, y ∈R thỏa mãn điều kiện: 3 6 2 4 4 3 18 2− + = + −x x y y 
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của bỉểu thức 1
2 3
= + −
x y
P 
Lời giải chi tiết 
Điểm 
Điều kiện : x -2; y -6≥ ≥ 
3 6 2 4 4 3 18 2
2 1 2
2 3 2 3
− + = + −
 
⇔ + = + + +  
 
x x y y
x y x y
0,5 đ 
Đặt: ( )2 1; 2
3

= ≥ − ≥ −

=

x
X
X Y
y
Y
Ta được: ( )2 1 2+ = + + +X Y X Y 
Gọi T là tập giá trị của P1 = +X Y , ta có: 
a ∈ P1 ⇔ a∈R sao cho hệ phương trình ẩn (X; Y) sau có nghiệm: 
0,5 đ 
MATHVN.COM | www.mathvn.com 
www.mathvn.com – book.mathvn.com 
( )2 1 2
+ =

+ + + =
X Y a
X Y a
 (I) 
Đặt: ( )
2
2
1 1
, 0
22
 + = = − ≥ ⇒ 
= −+ = 
X u X u
u v
Y vY v
Hệ trở thành: 
2 2 3
2
 + = +


+ =

u v a
a
u v
(II) 
Ta tìm a để hệ phương trình (II) có nghiêm (u; v) với u, v ≥ 0 
0,5 đ 
⇔ Phương trình ẩn t: 8 t2 – 4 a t + a2 - 4 a - 12 = 0 có 2 nghiệm không âm 
2
2
8 24 0
0
4 12 0
 − − ≤

⇔ ≥

− − ≥
a a
a
a a
0,5 đ 
6 4 2 10⇔ ≤ ≤ +a 
Do đó: Max P1 = 4 2 10+ ; Min P1 = 6 
Và vì: P = P1 – 1 nên: 
0,5 đ 
Max P = 3 2 10+ khi: u = v = 2 10
2
+
( )
2
2
5 2 101
2
3 3 2 10
2
23
  = += − 
⇒ ⇔  +
  == −

x xu
y yv
; 
Min P = 5 
u 0 x 2
v 3 y 21
u 3 x 16
v 0 y 6
 = = − 
  
= =  ⇔ ⇒
 
= = 
  
= = −   
0,5 đ 
Câu 6 ( 2 điểm) 
 Cho đa thức f(x) có bậc là 2010 thỏa mãn: ( ) 1=f n
n
 với n = 1, 2, 3, 2011. 
Tính f(2012) 
Lời giải chi tiết 
Điểm 
MATHVN.COM | www.mathvn.com 
www.mathvn.com – book.mathvn.com 
Xét phương trình: ( ) 1 0− =f x
x
Do ( ) 1=f n
n
 với n = 1, 2, 3, 2011 nên phương trình: ( ) 1 0− =f x
x
 có các 
nghiệm: 1, 2, , 2011 
0,5 đ 
Nhưng ( ) 1−f x
x
 không là 1 đa thức nên xét: g(x) = x. f(x) – 1 (1) 
Do deg f(x) = 2010 nên deg g(x) = 2011 và g(x) có nghiệm: 1, 2, , 2011 
Nên g(x) = a (x – 1).(x – 2)(x – 2011) (2) 
0,5 đ 
Từ (1) ta có: g(0) = - 1 
Từ (2) ta có: - 1 = g(0) = a . (-1)2011 . 2011 ! 
Suy ra: 1a
2011!
= Như vậy: ( )( ) ( )1g(x) x 1 x 2 ... x 2011
2011!
= − − − 
0,5 đ 
( )( ) ( )12012.f(2012) 1 g(2012) 2012 1 2012 2 ... 2012 2011 1
2011!
⇒ − = = − − − =
1
2012.f(2012) 2 f(2012)
1006
= ⇔ = 
0,5 đ 
________________HẾT_________________