Đề thi chọn HSG lớp 12 THPT dự thi cấp quốc gia năm học 2011 - 2012 tỉnh Đồng Tháp môn Toán (V2)

 1/1 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỒNG THÁP 
_______________________
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT DỰ THI CẤP QUỐC GIA 
NĂM HỌC 2011 - 2012 
_____________________________________________
ĐỀ THI MÔN: TOÁN 
Ngày thi: 30/10/2011 
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) 
(Đề thi gồm có: 01 trang) 
Câu 1: (5 điểm) 
1) Cho , , , , 0a b x y z > và 1x y z+ + = . Chứng minh rằng: 
44 4
4
 3( 3 )b b ba a a a b
x y z
    
+ + + + + ≥ +    
    
2) Giải hệ phương trình 
2 4 2 5 2 2
2 2 3 2
9 8 (16 3 1)
1 16 ( 2 ) (5 )
x y x y y y x y
x y x y x y
 + − = − +

+ + − = − +
Câu 2: (4 điểm) 
Cho a là số nguyên dương. Tìm tất cả các hàm * *:f →ℕ ℕ thoả mãn: 
 ( ) ( )( )f m f n n f m a+ = + + , *,m n∀ ∈ℕ 
Câu 3: (5 điểm) 
1) Cho đường tròn (C) bán kính R = 1 , A là một điểm cố định trên đường tròn (C), vẽ 
tiếp tuyến với (C) tại A, trên tiếp tuyến đó lấy một điểm M sao cho AM = 1 . Một đường thẳng 
d quay quanh M cắt (C) tại B, C. Đặt AMB = α . 
a) Tính diện tích tam giác ABC theo α ; 
b) Tìm α để diện tích tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó. 
2) Trong mặt phẳng cho đường thẳng ∆ , trên đó lấy một điểm A cố định. Hai điểm B, C 
thay đổi sao cho AB= 5 , AC = 3 và đường thẳng ∆ là phân giác của góc BAC . Tìm tập hợp 
điểm M để ABMC là hình bình hành. 
Câu 4: (3 điểm) 
Chứng minh rằng tồn tại hai số nguyên x, y không chia hết cho 2011 và thoả mãn: 
2 28043 4.2011nx y+ = ( )*n N∀ ∈ 
Câu 5: (3 điểm) 
Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số đôi một khác nhau dạng abcdefg thỏa mãn điều 
kiện số đó không có dạng ( a b c d > > ). HẾT 
Họ và tên thí sinh: ________________________ Số báo danh: ___________________________ 
Chữ ký GT1:_____________________________ 
Chữ ký GT2:____________________________ 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
www.VNMATH.com
 1/6 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỒNG THÁP 
__________________________
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT DỰ THI CẤP QUỐC GIA 
NĂM HỌC 2011-2012 
__________________________________________
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN 
Ngày thi: 30/10/2011 
 (Hướng dẫn chấm gồm có: 06 trang) 
Câu 1: (5 điểm) 
NỘI DUNG ĐIỂM 
1) Ta chứng minh: a, b, c > 0 thì ( )cbaabccba ++≥++ 444 (*) 
Thật vậy theo bất đẳng thức Côsi 
4 4 4 4 2
4 4 4 4 2 4 4 4
4 4 4 4 2
4
4 ( )
4
a a b c a bc
b b c a b ac a b c abc a b c
c c b a c ba
+ + + ≥

+ + + ≥ ⇒ + + ≥ + +
+ + + ≥ 
 Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c. 
0,50 
Áp dụng (*): 
44 4 1 1 1VT 3b b b b b ba a a a a a a b
x y z x y z x y z
             
= + + + + + ≥ + + + + + +             
             
 (1) 0,25 
3
3 2 21 1 1 1 1 1 1 1 1VT 3 (2)ba a b ab a b
x y z xyz xy yz xz x y z
        
⇒ ≥ + + + + + + + + + +        
        
0,25 
 Theo BĐT Côsi: 9
1
99111
==
++
≥++
zyxzyx
 0,25 
Mà: 
3 1 1 27
3 27
x y z
xyz xyz
xyz
+ + ≥ ⇒ ≤ ⇒ ≥
 0,25 
1 1 1 1 27x y z
xy yz xz xyz xyz
  + +
+ + = = ≥ 
 

 
0,25 
 Nên: 
(2) ⇔ VT ≥ ( a3 + 9a2b + 27ab2 + 27b3)(3a + 9b) 
0,25 
 ⇔ VT ≥ 3(a + 3b)3.(a + 3b) = 3(a + 3b)4. 0.25 
 Dấu “=” xảy ra 1
3
x y z⇔ = = = 0,25 
2) 
Viết lại hệ phương trình đã cho về dạng 
2 2 6 2 3
2 2 3 4
25 ( 4) 16 3
1 16 ( 2 ) 5
x y y x y y
x y x y x y

− − = − +

+ + − = − +
0,5 
Trừ vế hai phương trình ta được 
2 2 2 2 3 225 ( 4) 1 16 ( 2 ) ( 4 )x y x y x y− − = + + − + − (*) 0,5 
www.VNMATH.com
 2/6 
Vì 2 225 ( 4) 5x y− − ≤ và 0,25 
2 2 3 21 16 ( 2 ) ( 4 ) 5x y x y+ + − + − ≥ 0,25 
Nên phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi 
2 2
2
2 3 2
( 4) 0
( 2 ) 0
( 4 ) 0
x y
x y
x y
 − =

− =

− =
 0,5 
2
1

⇔ 

=
=
x
y
Thử lại thấy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( ) 2 1x y =, ( ; ). 
0,5 
Câu 2: (4 điểm) 
NỘI DUNG ĐIỂM 
Điều kiện cần: 
Giả sử tồn tại hàm số f thoả mãn ( ) ( )( )f m f n n f m a+ = + + , *,m n∀ ∈ℕ (*) 
a) Chứng minh f là đơn ánh 
*
1 2,n n∀ ∈ℕ thoả mãn ( ) ( )1 2f n f n= ta chứng minh 1 2n n= . Thật vậy: 
Ta có: ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2( ) ( )f m f n f m f n n f m a n f m a n n+ = + ⇒ + + = + + ⇒ = 
Vậy f là đơn ánh. 
0,50 
b) Tìm mối quan hệ giữa (1), (2), (3), (4),..., ( )f f f f f n 
*
,m n∀ ∈ℕ ta có: ( )( ) ( ) ( ( ) ) (2 )f f m f n n f f m a n m f a+ = + + = + + (1) 
0,25 
*
,p q∀ ∈ℕ sao cho m n p q+ = + ta có: 
 ( )( ) ( ) ( ( ) ) (2 )f f p f q p f f q a p q f a+ = + + = + + (2) 
0,25 
Từ (1) và (2) ta suy ra: ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )f f m f n f f p f q+ = + 0,25 
Vì f là đơn ánh nên ta suy ra: ( ) ( ) ( ) ( )f m f n f p f q+ = + (3) 0,25 
Từ (3) ta suy ra: (2) (1) (3) (2) (4) (3) ... ( ) ( 1)f f f f f f f n f n− = − = − = = − − 0,25 
Vậy (1), (2), (3), (4),..., ( )f f f f f n lập thành một cấp số cộng với công sai d trong đó d ∈ℤ 
và 0d ≠ .Vậy ( ) (1) ( 1)f n f n d= + − . (4) 
0,25 
c) Tính d và (1)f 
i) Từ (*) cho 1n = ta được: ( )(1) 1 ( )f m f f m a+ = + + (5) 
0,25 
Từ (4) và (5) ta suy ra: 
 ( ) ( ) 1(1) (1) 1 1 (1) 1 (1) 1 (1)f m f d f m a d f d d ad d f a
d
+ + − = + + + − ⇒ − = + − ⇒ = + 
0,50 
Vì (1)f nguyên và a nguyên nên 1d = ± 0,25 
ii) Với 1d = − thì (1) 1 ( )f a f n n a= − ⇒ = − + . Hàm số không thoả vì với n a> thì ( ) 0f n < . 0,25 
 Với 1d = thì (1) 1 ( )f a f n n a= + ⇒ = + . 0,25 
Điều kiện đủ: Rõ ràng hàm số này thoả mãn yêu cầu của bài toán. 
Vậy có duy nhất hàm số f thỏa yêu cầu là ( )f n n a= + 
0,50 
www.VNMATH.com
 3/6 
Câu 3: (5 điểm) 
NỘI DUNG ĐIỂM 
1) 
Hình vẽ: 
M
C
B O
A
H
a) Tính ABCS∆ theo α : 
Từ giả thiết ta suy ra được 0;
2
pi
α  ∈ 
 
. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC. Ta có 
1 1 1
. . sin .sin
2 2 2ABC
S AH BC BC AM BCα α∆ = = = 
0,25 
Ta có:   ABC MAB ACBα α= + = + ⇒   ( ) ( )2.BAC ABC ACB ACBpi pi α= − + = − + 
Mặt khác theo định lý Sin ta có: 

( )2 2sin 2.
sin
BC R BC ACB
BAC
α= ⇒ = + 
0,25 
Suy ra: ( ) ( )2sin .sin 2. sin . 1 cos 2.ABCS ACB ACBα α α α∆ = + = − + 0,25 
Trong tam giác ABM và ABC ta có: 

 ( )sin .sin 2 sin
sin sin
AB AM AB ABC AB R ACB
MBA
α
α
= ⇒ = =
0,25 
 
 ( ) ( )
( )
 sin 2sin .sin
 sin 2sin .sin cos cos 2
 cos 2 cos sin
ACB ABC
ACB ACB ACB
ACB
α
α α α α
α α α
⇒ =
⇒ = + = − +
⇒ + = −
0,25 
Vậy ( )2sin . 1 cos sin sin . s in2ABCS α α α α α∆ = − − = với 0; 2
pi
α  ∈ 
 
0,25 
b) Tìm α để ABCS∆ đạt GTLN và tìm GTLN nầy. 
Xét 4ABCS∆ và sử dụng bất đẳng thức Côsi ta được: 
www.VNMATH.com
 4/6 
x
y
5
3
A
C
B
M
 ( )
42 2 2 2
4 2 2 2 24 4 sin sin sin 3.cos 27
.sin .sin .sin . 3.cos
3 3 4 64ABC
S α α α αα α α α∆
 + + +
= ≤ = 
 
0,25 
Suy ra: 4 7
64ABC
S∆
2≤ (1) 0,25 
BĐT (1) xảy ra dấu “=” khi và chỉ khi 2 2 2sin 3cos tan 3 tan 3
3
pi
α α α α α= ⇔ = ⇔ = ⇔ = 
0,25 
Vậy 4 27
64ABC
MaxS∆ = khi 3
pi
α = . 
0,25 
2) 
Chọn hệ Oxy sao cho A O≡ và trục Ox ≡ ∆ . (theo hình vẽ) 
Giả sử tọa độ của ( , )B BB x y , ( , )C CC x y và ( , )M x y 0,25 
Ta có 5AB = 2 2 25B Bx y⇔ + = 
 3AC = 2 2 9C Cx y⇔ + = 
0,25 
Vì Ax là phân giác của góc BAC nên nếu ( )AB có phương trình y kx= thì ( )AC có phương 
trình y kx= − từ đó ta có 
2 2 2 25B Bx k x+ = và 2 2 2 9C Cx k x+ = 
0,5 
Suy ra 
2
2
2
2
2
25
1
25
1
B
B
x
k
ky
k

= +


=
 +
 và 
2
2
2
2
2
9
1
9
1
C
C
x
k
ky
k

= +


=
 +
0,25 
Do Ax là phân giác BAC nên 0 0B C B Cy y x x , vì vậy 
 2
15
1B C
x x
k
=
+
, 
2
2
15
1B C
ky y
k
= −
+
0,5 
Vì ABMC là hình bình hành nên AM AB AC= +
  
0,5 
www.VNMATH.com
 5/6 
2 2 2
2
2
2 2 2
2
642
1
42
1
B C B C
B C
B C
B C B C
x x x x x
x x x k
y y y ky y y y y
k

= + + == +  +
⇔ 
= + 
= + + =
 +
⇔
2 2
1
64 4
x y
+ = 
Vậy tập hợp điểm M là elip có phương trình : 
2 2
1
64 4
x y
+ = 
Giới hạn : Vì 2 2
64 0
1
x
k
= ≠
+
 nên elip bỏ đi 2 điểm (0, 2) và (0, 2)− 
0,25 
Câu 4: (3 điểm) 
NỘI DUNG ĐIỂM 
Ta có ( )2 2 2 28043 4.2011 4.20114.2011 1n nx y x y+ = ⇔ + − = 0,25 
Đặt 2011a = , ta chứng minh luôn tồn tại hai số nguyên ,x y không chia hết cho a và thoả 
mãn ( )2 2 4.4 1 nax a y+ − = 
0,25 
 a) Nếu 1n = : thì dễ thấy 1x y= = thoả mãn yêu cầu của bài toán. 0,25 
 b) Giả sử bài toán đúng với ( 1)n k k= > : ,x y a∃ ⋮ và ( )2 2 4.4 1 kax a y+ − = (1) 
 0,25 
 c) Xét 1n k= + : 
( ) 22 2 21 2 2 4 1(1) 4 (4 1) (4 1)
2 2 2 2
k a yx x y
a ax a a y a+
−
⇔ = + − = + + − +
       
               
0,25 
 = 
2
2
2
2 2
1 1
2
2 2
2 2
(4 1)
2
(4 1)
2
(4 1) (4 1) (2)
2
(4 1) (4 1) (3)
2
x y
a
x y
a
x a y X a Y
x a y X a Y
−
+ −
+
+ −
 + −   
= + −   
  

− −    = + −  
   
Với 1 1
(4 1)
,
2 2
x a y x y
X Y
+ − −
= = , 2 2
(4 1)
,
2 2
x a y x y
X Y
− − +
= = 
0,5 
 Từ (1) ,x y⇒ cùng tính chẵn, lẻ suy ra 1 1 2 2, , ,X Y X Y là các số nguyên. 
 Ngoài ra 1 2Y Y x a⋮+ = 1 2,Y Y⇒ phải có ít nhất một số không chia hết cho a. 
0,5 
 + Nếu 1Y ⋮ a thì 1 1 2X Y ay a⋮− = ⇒ 1X a⋮ 
 kết hợp với (2) suy ra 1X và 1Y thoả yêu cầu bài toán trong trường hợp 1n k= + 
0,25 
 + Nếu 2Y ⋮ a thì 2 2 2X Y ay a⋮− = ⇒ 2X a⋮ 
 kết hợp với (3) suy ra 1X và 1Y thoả yêu cầu bài toán trong trường hợp 1n k= + 
0,25 
Vậy bài toán đúng *n N∀ ∈ . 0,25 
Câu 5: (3 điểm) 
NỘI DUNG ĐIỂM 
Số có 7 chữ số khác nhau ( không có chữ số 0 đứng đầu) là: 7 610 9 544.320A A− = 0,5 
www.VNMATH.com
 6/6 
Ta tìm số có 7 chữ số khác nhau thỏa điều kiện ( a b c d > > ). 
 Trường hợp 1: 
 Chọn 7 chữ số bất kỳ không có chữ số 0: có 79C cách 
0,25 
 Sau đó xếp 7 chữ số đó vào 7 vị trí abcdefg , khi đó 
 + Vì d là số lớn nhất nên có: 1 cách xếp 
0,25 
 + Có 36C cách xếp 3 vị trí cho abc 0,25 
 + Có 33C cách xếp 3 vị trí còn lại cho efg 0,25 
 Vậy có 7 3 39 6 3. . 720C C C = thỏa trường hợp 1 0,25 
 Trường hợp 2: 
 Chọn 7 chữ số bất kỳ phải có chữ số 0: có 69C cách 
0,25 
 Tương tự trường hợp 1 có 6 3 39 5 3. . 840C C C = thỏa trường hợp 2 0,5 
Vậy có: 544320 (720 840) 542.760− + = số 0,5 
HẾT 
www.VNMATH.com