Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Quảng Ninh lớp 12 THPT năm học 2011-2012 môn Toán (Bảng A)

 së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o 
qu¶ng ninh 
----------------- 
kú thi häc sinh giái cÊp tØnh 
líp 12 thpt n¨m häc 2011-2012 
§Ò thi chÝnh thøc 
 m«n : To¸n 
( b¶ng A ) 
Họ và tên, chữ ký 
của giám thị số 1 
 Ngày thi : 26/10/2011 ... 
 Thời gian làm bài : 180 phút 
(không kể thời gian giao đề) 
... 
(Đề thi này có 01 trang) 
Bài 1 (5 điểm): 
1) Tìm trên đồ thị (C) của hàm số 
1
2
x
y
x



 hai điểm A và B sao cho độ dài đoạn thẳng 
AB bằng 2 6 và đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng y = x . 
2) Tìm các nghiệm thực của hệ phương trình: 
3 2
1
x y x y
x y x y
    

   
Bài 2 (3 điểm): 
Tam giác ABC vuông ở A, có ·ABC a= . Tính tỉ số của bán kính đường tròn ngoại tiếp và 
đường tròn nội tiếp tam giác ABC theo . Xác định  để tỉ số đó đạt giá trị nhỏ nhất. 
Bài 3 (6 điểm): 
Cho hình vuông ABCD cạnh a, các nửa đường thẳng Bm, Dn vuông góc với mặt phẳng 
(ABCD) và ở về cùng một phía với mặt phẳng ấy. Lấy điểm M thuộc Bm và điểm N thuộc Dn. 
Đặt BM = x, DN = y. 
a, Tìm hệ thức giữa x, y để hai mặt phẳng (ACM) và (ACN) vuông góc với nhau. 
b, Chứng minh rằng khi x, y thay đổi nhưng luôn thỏa mãn điều kiện nêu ở phần a, đoạn 
vuông góc chung của AC và MN có độ dài không đổi. 
Bài 4 (3 điểm): 
Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho trong khai triển của nhị thức New ton (1 + x)
n
có hai số hạng liên tiếp mà tỉ số các hệ số của nó bằng 
7
15
Bài 5 (3điểm): 
Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện 2 1xy xz  
Chứng minh rằng : 
3 4 5
4
yz zx xy
x y z
   . 
Khi nào dấu đẳng thức xảy ra ? 
------------------------- Hết -------------------------- 
Họ và tên thí sinh: .............................................................. Số báo danh: .......................... 
www.VNMATH.com
së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o qu¶ng ninh 
h-íng dÉn chÊm thi chän hsg líp 12 n¨m häc 2011-2012 
m«n to¸n b¶ng A. ®Ò chÝnh thøc 
Bài Sơ lược lời giải Điểm 
Bài 1a 
2,5 
điểm 
Vì AB vuông góc với : y = x nên AB có dạng y = – x + m 
Gọi hoành độ của A,B lần lượt là a và b => A(a; m – a) , B(b; m – b) 
Ta có 
22 2( ) ( ) 2( )b a a b b aAB =      
=> AB
2
 = 2(b – a)2 = 24  (b – a)2 = 12  (a + b)2 – 4ab = 12 (1) 
0,5 
Mặt khác phương trình hoành độ điểm chung của (C) và d là : 
 2
1
( ) ( 3) 2 1 0
2
x
m x f x x m x m
x

        

 ; 2 x  
Để có A, B phân biệt thì 
2 2 5 0
(2) 0
m m
f
    


 
(2) 1 0f
m
  


 (*) 
0,5 
Với đ/k (*) theo Vi-et ta có 
3
2 1
a b m
ab m
  

 
 thế vào (1) được m2 – 2m – 7 = 0  
1 2 2
1 2 2
m
m
  

 
0,5 
Với m = 1- 2 2 => A(2- 2 - 3 ; –1 + 3 - 2 ) 
 B(2- 2 3 ; -1- 2 - 3 ) 
0,5 
Với m = 1+ 2 2 => A(2+ 2 + 3 ; –1 - 3 + 2 ) 
 B(2+ 2 3 ; -1+ 2 + 3 ) 
0,5 
Bài 1b 
2,5 
điểm 
Điều kiện: 
0
3 0
x y
x y
 (*)
 

 
Đặt 3x y = a ; x y = b => Hệ trở thành : 
2 (1)
1 (2)
a b
b x y
́ï + =ï
ì
ï + - =ïî
0,5 
 Ta có : 
2 2
2 2 2
2 2
a b a b x
b
a b xa b x
́ ́ï ï+ = + = -ï ïï = > =ì ì
ï ï - =- =ï ïîïî
 0,5 
Thế vào (2) ta được : 
2
1 2 (3)
2 2
x x
x y y x y
-
+ - = = = 
Thế (3) vào (1) ta được 1 3 1x y x y y y+ + - = + = 
0,5 
Đặt 3 0y t= ³ ta được : 2
3 21
23 3 0
21 3
2
)
)
t
t t
t
é
- -ê =ê
ê+ - = 
ê -ê =
êë
 (lo¹i
 (nhËn
 0,5 
Với 
21 3 5 21
2 2
t y
- -
= = > = và 5 21x = - (thỏa mãn điều kiện * ) 0,5 
www.VNMATH.com
Vậy hệ có nghiệm 
5 21
5 21
2
 ;
æ ö- ÷ç ÷ç - ÷ç ÷ç ÷çè ø
Bài 2 
3 điểm 
Gọi bán kính các đường tròn ngoại tiếp và 
nội tiếp tam giác ABC là R và r. 
Ta có : 2R = BC = BH + HC 
BH = 
2
r cot
a
 ; HC = 
4 2
r cot ( )
p a
- 
=> 2
2 4 2
R r rcot cot ( )
a p a
= + - 2R
r
H
A
C
I
B
0,5 
=>
1
2 2 4 2
cot cot
R
r
a p aé ùæ ö÷çê ú÷= + -ç ÷ê úç ÷çè øê úë û
 0,5 
= 2 4 2 4 2 2
2
2 4 2
c cos ossin( ) ( ) sin
sin sin( )
a p a p a a
a p a
- + -
-
 0,5 
1
2 1
4
cos( )
p
a
=
- -
1
2 1
4
cos( )
p
a
=
- -
0,5 
=>
R
r
 nhỏ nhất khi 1
4
os( )c
p
a - = tức là khi 
4
p
a = (vì 0
2
p
a< < ) 0,5 
Khi đó 
1
2 1
2 1
R
r
= = +
-
 0,5 
Bài 3a 
3 điểm 
m
n
K
H
C
A
B
D
N
M
AC HM
AC HN
́ï ^ï^ ì
ï ^ïî
AC (BDMN) => 
·
MHN= > là góc 
giữa hai mp(ACM) và mp (ACN). 
0,75 
Dođó
·
2
( ) ( )ACM ACN MHN
p
^ =
· ·
BMH DHN = 
0,75 
BMH DHN D D:
BM BH
DH DN
 = 
0,75 
2
2
2 2
2
2
a
x
xy a
ya
 = = 0,75 
Bài 3b 
3 điểm 
Từ H kẻ HK  MN , theo trên AC  (BDMN) => AC  HK .Vậy HK là đường vuông 
góc chung của AC và MN . 
0,75 
Ta có BHKM và DHKN là các tứ giác nội tiếp => 
· ·
· ·
HKB HMB
HKD HND
́ï =ïï
ì
ï =ïïî
 0,75 
www.VNMATH.com
Mà theo trên ta có · ·HMB HND= nên 
· · · ·
2
HKB HKD DHN HND
p
+ = + = 0,75 
 HK = 
1 2
2 2
a
BD = 
 H cố định còn HK không đổi 
( có thể dùng biến đổi đại số dể chứng minh HK = 
2
2
a
 ) 
0,75 
Bài 4 
3 điểm 
 Hai số hạng liên tiếp của khai triển là : 
1C vµ Ck k
n n
+ theo giả thiết ta có : 
1
1 7
15
1 1
C
C
!
!( ) !
!
( ) !( ) !
k
n
k
n
n
kk n k
n n k
k n k
+
+-
= = =
-
+ - -
1 
=> 
22 15 1
3 2
7 7
k k
n k
+ +
= = + + 1 
Để lµ sè nguyªn d­¬ng nhá nhÊt khi k
* *n
+ +
Î ÎZ Z 
thì số nguyên dương k nhỏ nhất để 
1
7
*k
+
+
Î Z là k = 6 
Từ đó tìm được giá trị của n = 21. 
1 
Bài 5 
3 điểm 
Ta có : 2 . 2
yz xz yz xz
z
x y x y
   (1) 0,5 
2 2 4 (2)
xy yz xy yz
y y
z x z x
 
     
 
. 0,5 
2 3 6 (3)
xz xy xz xy
x x
y z y z
 
     
 
 0,5 
Cộng (1), (2), (3) ta có :  
3 4 5
2 4 6 2 ( ) 2( )
yz zx xy
z y x x z x y
x y z
         0,5 
   2 2 4 4 2 4xz xy xy xz     0,5 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
2 1
yz xz xy
x y z
x y z
xy xz

 

  

  
 
1
3
x y z   0,5 
Các chú ý khi chấm: 
 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược bài giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết,lập luận 
chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa. 
2. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thông nhất chi tiết nhưng không 
được quá số điểm dành cho câu, phần đó. 
3.Có thể chia điểm thành từng phần nhưng không dưới 0,25 điểm và phải thống nhất trong cả tổ chấm. 
4. Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm. Không làm tròn điểm 
5. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo 
sự thống nhất của cả tổ. 
www.VNMATH.com