ĐỀ VỊNG 1
SỞ GDĐT NINH BÌNH

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

MƠN: TỐN
Ngày thi 09/10/2012
(Thời gian làm bài 180 phút)

Đề thi gồm 04 câu, trong 01 trang

Câu 1 (5 điểm):
 x 3 = y 2 − 2y + 8
 3
2
Giải hệ phương trình:  y = z − 2z + 8
z3 = x 2 − 2x + 8

Câu 2 (5 điểm):
Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. Gọi P, Q lần lượt là tâm
đường tròn nội tiếp các tam giác ABH và ACH. Các đường thẳng AP, AQ lần lượt
cắt BC tại D và E. Chứng minh rằng đường thẳng AH, DQ, EP đờng quy tại một
điểm.
Câu 3 (6 điểm):
Cho phương trình (ẩn x, tham số n nguyên dương):
x + 2x 2 + 3x 3 + ... + nx n −

3

=0
4

a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n phương trình có 1 nghiệm
dương duy nhất, kí hiệu nghiệm đó là x n .
1
b) Chứng minh rằng lim x n = .
3


Câu 4 (4 điểm):
Cho tập Sn = {1; 2; 3;…; n} với n là số nguyên dương lớn hơn 2. Có bao
nhiêu cách chia tập Sn thành ba tập con khác rỗng (hợp với nhau bằng S n và đôi
một giao với nhau bằng rỗng) sao cho mỗi tập con không chứa hai số nguyên liên
tiếp?
HẾT

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH

THPT

Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013
MƠN: TỐN
Ngày thi 09/10/2012
(hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

Câu


Điểm

Đáp án

 x = y − 2y + 8  x = (y − 1) + 7
 3
 3
2
2
Ta có:  y = z − 2z + 8 ⇔  y = (z − 1) + 7 ⇒ x, y, z > 1
z3 = x 2 − 2x + 8
z 3 = (x − 1) 2 + 7


3

1
5 điểm

2

3

2

1,0

Giả sử x = max{x; y;z} ⇒ (y -1) 2 = max{(x -1) 2 ;(y -1) 2 ;(z -1) 2}
1,0


y = max{x; y;z} ⇒ x = y ⇒ y = z . Vậy x = y = z.

1,5

Khi đó ta có phương trình:
x 3 = x 2 − 2x + 8 ⇔ x 3 − xA2 + 2x − 8 = 0 ⇔ (x − 2)(x 2 + x + 4) = 0
⇔x=2

1,0

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y; z) = (2; 2; 2).

0,5

Q

2

P
B

D

H

E

C



Cách 1:
·
·
BAH
= ACH
1·
·
·
·
·
BAE
= BAH
+ HAE
= BAH
+ HAC
2

1,0

1·
·
·
·
·
BEA
= ACH
+ EAC
= ACH
+ HAC
2

5 điểm

·
·
⇒ BEA
= EAB
⇒ tam giác ABE cân tại đỉnh B.

1,0

·
Mà BP là đường phân giác góc ABE
⇒ BP là đường trung trực của
đoạn AE ⇒ PA = PE .

1,0

1 ·
1·
·
·
·
·
= PAH
+ HAE
= (BAH
+ HAC)
= BAC
= 450
Mặt khác PAE

2
2
⇒ ∆PAE vuông cân tại đỉnh P ⇒ EP ⊥ AD .

Tương tự: ⇒ DQ ⊥ AE .

1,0

Vậy AH, DQ, EQ là các đường cao của tam giác ADE suy ra AH,
DQ, EP đờng quy.

1,0

Cách 2:
Áp dụng tính chất tia phân giác các góc trong tam giác:
PA AB QE CE HD AH EC AC
=
=
=
=
,
,
,
PD BD QA AC DB AB HE AH
⇒

PA HD EC QE = AB AH AC CE = CE
.
.
.

.
.
.
PD DB HE QA BD AB AH AC BD

2,0

1,5


⇒

PA HD QE
.
.
=1
PD HE QA

0,5

⇒ AH, DQ, EP đồng quy (Định lí Ceva)
1
3
(6 điểm)

a) 2 điểm

Xét f n ( x ) = x + 2x 2 + 3x 3 + ... + nx n −

3

4

f n' ( x ) = 1 + 22 x + 32 x 2 + ... + n 2 .x n −1

0,5

'
Ta có f n ( x ) > 0 ∀x ∈ R ⇒ f n ( x ) đồng biến, liên tục trên R.

0,5

Mà f n ( 0 ) < 0; f n ( 1) > 0

0,5

⇒ f n ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất và nghiệm đó thuộc ( 0;1)

0,5

b) 4 điểm
n −1

2

1 1
9
1
1
3f  ÷ = 1 + 2. + 3  ÷ + ... + n  ÷ −
3  3

4
 3
3
n −1

2

1 1
1
1
f  ÷ = + 2  ÷ + ... + ( n − 1)  ÷
3 3
 3
 3

2

n −1

1 1
1
1
⇒ 2f  ÷ = 1 + +  ÷ + ... +  ÷
3  3
 3
3
( 2n + 3) < 0 ∀n ∈ N*
1
⇒ f  ÷= −
4.3n

 3

n

1 3
+ n ÷ −
 3 4

−

n 3
( 3 + 2n )
− =−
n
3 2
2.3n

1
1
Suy ra f  ÷ < f n ( x n ) suy ra x n > (do f n ( x ) là hàm số đồng
3
3

1,0

0,5

biến trên R)
1


Với mọi n ∈ N* , theo định lý Lagrange, tồn tại cn ∈  ; x n ÷ sao
3

1
1
'
cho: f n (x n ) − f n ( )− = f n (c n )(x n − )
3
3

0,5


1
1 2n + 3 2n + 3
1
1 2n + 3
⇒ xn − = '
<
⇒ xn − = '
n
3 f n (cn ) 4.3n
4.3n
3 f n (x n ) 4.3

1,0

'
(vì f n ( x ) > 1 ∀x ∈ (0; +∞) )


2n + 3
1
=
0
⇒
lim
x
=
.
n
n→+∞ 4.3n
n→+∞
3

Mà lim

1,0

Kí hiệu S(n) là số cách chia tập S thành ba tập con khác rỗng sao cho
mỗi tập con không chứa hai số nguyên liên tiếp.
Các khả năng xảy ra khi chia tập Sn+1 = {1; 2; 3;...; n; n+1}.
Khả năng 1: {n+1} không là một trong ba tập con của Sn+1.
Ta thực hiện cách chia như sau: Chia Sn thành 3 tập con (thỏa mãn đề
bài) và bổ xung phần tử ( n + 1 ) vào một trong hai tập không chứa

1,5

phần tử n. Do đó số cách chia trong trường hợp này là 2S(n).
Khả năng 2: {n+1} không là một trong ba tập con của Sn+1.
Khi đó các phần tử Sn phải nằm trong hai tập cịn lại. Có thể thấy

4
4 điểm

ngay chỉ có một cách chia thỏa mãn (một tập chứa các số chẵn và một

1,0

tập chứa các số lẻ). Do đó, số cách chia trong trường hợp này là 1
cách.
Vậy ta thu được công thức truy hồi:

0,5

S ( n + 1) = 2S ( n ) + 1
⇒ S ( n + 1) + 1 = 2 S ( n ) + 1
Đặt u n = S ( n ) + 1 ⇒ u n +1 = 2u n . Vậy ( u n ) là một cấp số nhân có
cơng bội bằng 2.

1,0

n −2
Mặt khác, ta thấy S ( 3) = 1 vậy nên ta có S ( n ) = 2 − 1, ∀n ≥ 3 .
n −2
Vậy số cách chia thỏa mãn yêu cầu bài toán là S ( n ) = 2 − 1, ∀n ≥ 3 .

-----------Hết-----------

ĐỀ VỊNG 2

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH


ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT


Kỳ thi thứ hai - Năm học 2012 – 2013
MÔN: TỐN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Ngày thi 18/12/2012
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang

Câu 1 (3,0 điểm).
Cho hàm số y = x3 + 2mx2 + (m + 3)x + 4 (m là tham số) có đờ thị là (Cm), đường
thẳng d có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m để d cắt
(Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 .
Câu 2 (6,0 điểm).
1. Cho phương trình 2cos2x – mcosx =

1
sin4x + msinx, m là tham số (1).
4

a) Giải phương trình (1) khi m = 2.
π
b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm trong đoạn [0, ].
4

2. Giải phương trình


3 x + 3 − 5 − 2 x − x3 + 3 x 2 + 10 x − 26 = 0, x ∈ ¡ .

Câu 3 (4,0 điểm).
1. Tìm hệ số của x18 trong khai triển của (2 – x2)3n biết n ∈ ¥ * thoả mãn đẳng thức
sau:
C20n + C22n + C24n + ... + C22nn = 512 .
2. Cho dãy số (un) với un + 1 = a.un + b, n ≥ 1 , a, b là 2 số thực dương cho trước. Với
n ≥ 2, tìm un theo u1, a, b và n.
Câu 4 (5,0 điểm).


1. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của
các cạnh AB, AA’ và B’C’. Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số
thể tích của hai phần đó.
2. Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AB > 1, các cạnh cịn lại có độ dài khơng lớn hơn 1.
Gọi V là thể tích của khối tứ diện. Tìm giá trị lớn nhất của V.
Câu 5 (2,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3. Chứng minh
rằng:
a2
b2
c2
+
+
≥ 1.
a + 2b 2 b + 2c 2 c + 2a 2
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
--------HẾT-------SỞ GD&ĐT NINH BÌNH

HDC ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT

Kỳ thi thứ hai - Năm học 2012 – 2013
MƠN: TỐN
Ngày thi: 18/12/2012
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

A) Hướng dẫn chung:
1) Học sinh làm đúng đến đâu thì giám khảo chấm đến đó. Học sinh trình bày theo cách
khác mà đúng thì giám khảo chấm tương ứng biểu điểm của HDC.
2) Việc chi tiết hóa thang điểm phải đảm bảo khơng làm sai lệch biểu điểm của HDC và
phải được thống nhất trong toàn hội đồng chấm thi.
3) Điểm của bài thi không làm trịn.
B) Hướng dẫn cụ thể:
Câu
1

Đáp án
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d:

(3,0

x3 + 2mx2 + (m + 3)x + 4 = x + 4 ⇔ x(x2 + 2mx + m + 2) = 0

điểm)

x = 0
⇔ 2
 x + 2mx + m + 2 = 0 ( *)

Điểm


0,5

d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt ⇔ PT (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0
∆' = m 2 − m − 2 > 0
⇔
⇔ m ∈ ( − ∞;−2 ) ∪ ( − 2;−1) ∪ ( 2;+∞ )
m + 2 ≠ 0

0,5

Khi đó B = (x1; x1 + 4), C = (x2; x2 + 4) với x1, x2 là hai nghiệm của (*).

0,5


 x1 + x 2 = −2m
 x1 x 2 = m + 2

Theo Vi-ét ta có 

Þ BC = 2 ( x1 - x2 ) = 2 ( x1 + x2 ) - 8 x1 x2 = 2 2 ( m 2 - m - 2)
2

2

Ta có khoảng cách từ K đến d là h =

2.

Do đó diện tích ∆KBC là:


0,5

1
1
S = .h.BC =
2.2 2 ( m 2 - m - 2) = 2 m 2 - m - 2
2
2
1 ± 137
S = 8 2 Û 2 m2 - m - 2 = 8 2 Û m =
(TM ) .
2

2
(6,0
điểm)

1 ± 137
Vậy m =
.
2
1a. (2,5 điểm)
2cos2x – mcosx =

0,5

0,5

1

sin4x + msinx
4

⇔ 4cos2x - sin2x.cos2x – 2m(sinx + cosx) = 0
⇔ cos2x(4 - sin2x) – 2m(sinx + cosx) = 0
⇔ (cos2x – sin2x)(4 - sin2x) - 2m(sinx + cosx) = 0

1,0

⇔ (sinx + cosx)[(cosx – sinx)(4 - sin2x) - 2m] = 0

ésin x + cosx = 0 (2)
Û ê
ê
ë(cosx - sin x)(4 - sin 2 x) - 2m = 0 (3)
ổ pử
p
x+ ữ
=
0

x
=+ kp, k ẻ Â.
*Gii (2): sin x + cosx = 0 sin ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố 4ứ
4

*Gii (3): (cosx - sin x)(4 - sin 2 x) - 2m = 0 .
Đặt t = cosx - sinx, t £

2 Þ sin 2 x = 2sin x cos x = 1- t 2

0,5

0,5

2
3
PT (3) trở thành: t ( 3 + t ) - 2m = 0 Û t + 3t - 2m = 0 (4)
3
2
Với m = 2, PT (4) trở thành: t + 3t - 4 = 0 Û ( t - 1) ( t + t + 4) = 0 Û t = 1

Với t = 1, ta có:
ỉ pử
2
p
p
cos x - sin x = 1 cos ỗ
x+ ÷
=
Û x + = ± + k 2p, k Ỵ Â
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố 4ứ 2

4
4
ộx = k 2p, k ẻ Â
ờ
ờ
p
ờx =- + k 2p, k ẻ Â.
ờ
2
ở
Vy vi m = 2, PT đã cho có nghiệm:

0,5


p
p
+ k p , x = k 2p, x =- + k 2p (k ẻ Â ).
4
2
1b. (1,5 im)

Nghim ca (2) không thuộc đoạn [0, ] nên để PT đã cho có nghiệm thuộc đoạn
x =-

4

[0,

π

π
] thì PT (3) phải có nghiệm thuộc đoạn [0, ] hay PT (4) có nghiệm thuộc
4
4

0,5

đoạn [0, 1].
Ta có: t 3 + 3t - 2m = 0 Û t 3 + 3t = 2m (5).
Xét hàm số f(t) = t3 + 3t liên tục trên ¡ có f '(t) = 3t2 + 3 > 0 " t Ỵ ¡ . Suy ra:

0,5

min f (t ) = f (0) = 0, m ax f (t ) = f (1) = 4 .
[ 0,1]

[ 0,1]

PT (5) có nghiệm trên đoạn [0, 1]
f (t ) £ 2m £ m ax f (t ) Û 0 £ 2m £ 4 Û 0 £ m £ 2.
⇔ min
[ 0,1]
[ 0,1]

0,5

Vậy m Ỵ [ 0, 2] là giá trị cần tìm của m.
2. (2,0 điểm)



5

Điều kiện: x ∈  −1;  .
 2
PT Û
Û

(

) (

3x + 3 - 3 -

3( x - 2)
3x + 3 + 3

+

0,25

)

5 - 2 x - 1 - x 3 + 3 x 2 +10 x - 24 = 0

2 ( x - 2)
5 - 2 x +1

0,5

- ( x - 2) ( x 2 - x - 12) = 0


é
ù
3
2
Û ( x - 2) ê
+
- x 2 + x +12ú= 0
ê
ú
5 - 2 x +1
ë 3x + 3 + 3
û

0,5

éx = 2
ê
Û ê
3
2
ê
+
- x 2 + x +12 = 0
ê
5 - 2 x +1
ë 3x + 3 + 3
é 5ù
é 5ù
2

Xét hàm số f ( x) =- x + x +12, x Ỵ ê- 1; ú. Ta có f(x) liên tục trên ê- 1; ú.
ê 2û
ú
ê
ú
ë
ë 2û
Ta có f'(x) = -2x + 1, f'(x) = 0 ⇔ x =

1
.
2

0,5

5
1 ïü
33 49 ïü 33
ïì
ïì
f
(
x
)
=
min
f
(
1);
f

(
);
f
(
)
=
min
10,
, ý= > 0 .
ớ
ý
ớ
Do ú min
ộ 5ự
ùợù
ùỵ
ùợù
2
2
4
4 ùỵ
4
ờ- 1; ỳ
ù
ù
ờ 2ỳ
ở

ị


ỷ

ộ 5ù
3
2
+
- x 2 + x +12 > 0 " x Î ê- 1; ú.
ê
ú
3x + 3 + 3
5 - 2 x +1
ë 2û

Vậy PT đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.

0,25


1. (2,0 điểm)
2n
Ta có: ( 1 + 1) = C20n + C21n + C22n + C23n + ... + C22nn −1 + C22nn (1)

0,5

Ta có: ( 1 − 1) = C20n − C21 n + C22n − C23n + ... − C22nn −1 + C22nn (2)
Cộng từng vế (1) và (2) ta được:
2n

22 n = 2 ( C20n + C22n + C24n + ... + C22nn ) ⇒ C20n + C22n + C24n + ... + C22nn = 22 n −1


0,5

Theo bài ra ta có: 22 n- 1 = 512 Û 2n - 1 = 9 Û n = 5
0,5

15

3

Từ đó (2 – x2)3n = (2 – x2)15 =

(4,0

Þ Hệ số của x là số C 2

∑ C15i (2)15−i (−1) i x 2i
i =0

i
15

18

15−i

(−1) i sao cho 2i = 18 Û i = 9.

0,5

điểm) Vậy hệ số của x18 là: - C 9 2 6 = -320.320

15
2. (2,0 điểm)
" n ³ 1, un+1 = aun + b Þ un+1 - un = a (un - un- 1 ), " n ³ 2.

0,5

Đặt vn = un+1 - un , n ³ 1 Þ vn = avn- 1 , n ³ 2 Þ (vn ) là một cấp số nhân có cơng
bội bằng a.
Ta có: " n ³ 1, vn = v1.a n- 1 ; v1 = (a - 1)u1 + b .
Vậy ta có: " n ³ 2, un = (un - un- 1 ) + (un- 1 - un- 2 ) + ..... + (u2 - u1 ) + u1
4
(5,0
điểm)

= v1 (a n- 2 + a n- 3 + ...... +1) + u1 = u1.a n- 1 + b(a n- 2 + a n- 3 + ...... +1)
1. (3,0 điểm)
E
Dựng đúng thiết diện
Chứng minh EI = IJ = JF. Từ đó suy ra
I

A

B
M

C
J

F


A'

EB
EM
FA ' 1
FN 1
=
=
= . Lại từ đó suy ra
= .
EB ' EK
FB ' 3
FK 2
Ta có: d(K, A'B') = (1/2)d(C', A'B'), FB' = (3/2)A'B'.

B'
N

K
C'

Suy ra SKFB’ = (3/4)SA’B’C’. Mặt khác vì

EB 1
= nên suy
EB ' 3

0,5
0,5

0,5

0,5
0,5

0,5

ra d(E, (KFB’)) = (3/2)h (h là chiều cao lăng trụ). Do
đó VEKFB’ = (3/8)V (V là thể tích lăng trụ) .
VEBIM
EI EM EB 1 1 1
1
1 3
1
=
.
.
= . . =
nên VEBIM = . V = V .
VEB ' FK
EF EK EB ' 3 3 3 27
27 8
72
VFA ' JN
FJ FA ' FN 1 1 1
1
1 3
1
=
.

.
= . . =
nên VFA’JN = . V = V .
VFB ' EK
FE FB ' FK 3 3 2 18
18 8
48
Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Gọi V1 là thể tích phần chứa
điểm B' và V2 là thể tích phần chứa điểm C.
Ta có V1 = (3/8 – 1/72 – 1/48)V = (49/144)V nên V2 = (95/144)V.
Do đó V1/V2 = 49/95.

0,5
0,5
0,5


2. (2,0 điểm)
A

D
B

H

M
N
C

Theo giả thiết DACD và DBCD có tất cả các cạnh không lớn hơn 1. Đặt CD =

a ( 0 < a £ 1 ).
Gọi AM, BN lần lượt là chiều cao của ∆ACD và ∆BCD .
Ta có AM ≤ 1 −

0,25

a2
a2
; BN ≤ 1 −
.
4
4

0,75

a2
Gọi AH là chiều cao của tứ diện, ta có AH ≤ AM ≤ 1 −
.
4
1
3

1
6

a
6

Thể tích của tứ diện ABCD: V = .S ∆BCD . AH = .BN .CD. AH ≤ (1 −


a2
)
4

Xét f ( a) = a (4 − a 2 ) trên (0, 1]. Ta có f(a) liên tục trên (0, 1].
f ' (a ) = 4 - 3a 2 , f ' ( a) = 0 Û a = ±
a

2
Ï ( 0;1] .
3

0

1

0,5

+

f'(a)

3
f(a)
0

f (a) = f (1) = 3 .
Vậy m( 0,1ax
]
Suy ra maxV =


1
khi DACD và ∆BCD là hai tam giác đều cạnh bằng 1, hai
8

6
mặt phẳng (ACD) và (BCD) vng góc với nhau. Khi đó tính được AB =
>1
2

0,5

.
5
(2,0
điểm)

a2
2ab 2
2ab 2
2
2/3
=
a
−
≥
a
−
= a − ( ab ) (Theo BĐT Cơ - si)
Ta có

2
2
a + 2b
a + 2b
3
3 3 ab 4
b2
2
c2
2
2/3
2/3
Tương tự:
,
≥
b
−
bc
≥ c − ( ca )
(
)
2
2
b + 2c
3
c + 2a
3
2
2
2

a
b
c
2
2/3
2/3
2/3
Khi đó
+
+
≥ a + b + c − ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) 
2
2
2


a + 2b b + 2c c + 2a
3

0,5
0,5


2
2/3
2/3
2/3
= 3 − ( ab ) + ( bc ) + ( ca )  (1)



3
Ta đi chứng minh ( ab )

2/ 3

+ ( bc )

2/3

+ ( ca )

2/3

≤ 3 ⇔ 3 a 2b 2 + 3 b 2c 2 + 3 c 2 a 2 ≤ 3 (2)

Thật vậy theo Cơ - si ta có a + b + ab ≥ 3 3 a 2b 2
Thật vậy theo Cô - si ta có c + b + bc ≥ 3 3 c 2b 2

0,5

Thật vậy theo Cô - si ta có a + c + ac ≥ 3 3 a 2c 2
⇒ 2 ( a + b + c ) + ab + bc + ca ≥ 3

(

3

a 2b 2 + 3 b 2 c 2 + 3 c 2 a 2

)


Mặt khác ta có:

( a − b)

2

+ ( b − c ) + ( c − a ) ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca
2

2

⇔ ( a + b + c ) ≥ 3 ( ab + bc + ca ) ⇔ ab + bc + ca ≤
2

Khi đó ta có: 3

(

3

ab + bc + ca
2 2

3

2 2

3


2

2

1
2
( a + b + c) = 3
3

) ≤ 2.3 + 3 = 9

⇒ 3 a 2b 2 + 3 b 2c 2 + 3 c 2 a 2 ≤ 3 . Vậy (2) đúng, thay vào (1) ⇒ ĐPCM.
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.

-----------Hết-----------

0,5