Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Lào Cai lớp 12 THPT năm học 2010 – 2011 môn: Toán

Trang 1/4
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LÀO CAI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011
ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 16/12/2010
Câu 1 (5,5 điểm)
1. Giải phương trình: 2 2010 2011 2 . 2010 2011   x x x x .
2. Giải hệ phương trình:
2 2
3 3
30
35
    
x y xy
x y .
Câu 2 (3,0 điểm)
Tìm tất cả các hàm số :  f thỏa mãn điều kiện  2( ) ( ) 2010  f x f q x q , với
mọi số thực x và mọi số hữu tỷ q .
Câu 3 (6,0 điểm)
 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh  5; 2A , đường trung trực cạnh BC ,
đường trung tuyến kẻ từ đỉnh C của tam giácABC lần lượt có phương trình là d: 6 0  x y và
d' : 2 3 0  x y . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giácABC .
 2. Cho hình chóp tam giác đều .S ABC , có cạnh đáy bằng a . Gọi  là góc giữa mặt bên và
mặt đáy,  là góc giữa hai mặt bên kề nhau. Tính thể tích của hình chóp .S ABC và chứng minh
rằng: 2
2
4tan
3tan 1
2
      
.
Câu 4 (2,5 điểm)
Trong mặt phẳng cho n đường thẳng  3n trong đó không có hai đường thẳng nào
song song và không có ba đường thẳng nào đồng quy. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác
được tạo thành từ ba đường thẳng đã cho mà tam giác này không bị chia cắt bởi bất kỳ đường
thẳng nào trong các đường thẳng còn lại.
Câu 5 (3,0 điểm)
Với các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số gồm bẩy chữ số khác nhau
sao cho ba chữ số lẻ không đứng cạnh nhau.
- - - - - - - - - - - - - - - - Hết - - - - - - - - - - - - - - - -
Ghi chú:
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
 Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
WWW.MATHVN.COM
Trang 2/4
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
 LÀO CAI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011
 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: TOÁN
 CHÍNH THỨC (Hướng dẫn chấm này gồm có 04 trang)
A. Hướng dẫn chấm
- Cho điểm lẻ tới 0,25;
- Điểm toàn bài là tổng điểm thành phần, không làm tròn;
- Chỉ cho điểm tối đa khi bài làm của thí sinh chính xác về mặt kiến thức;
- Học sinh giải đúng bằng cách khác cho điểm tương ứng ở các thành phần.
B. Đáp án và thang điểm
Câu Nội dung Điểm
Giải phương trình: 2 2010 2011 2 . 2010 2011   x x x x
- Điều kiện: 2011
2010
x 0,25
- Phương trình đã cho có dạng  22010 2011 0  x x 0,75
2010 2011  x x 0,5
2
0
2010 2011 0
    
x
x x 0,5
1.1
2011 x 0,5
Giải hệ phương trình:
2 2
3 3
30
35
    
x y xy
x y
- Viết lại hệ
 
 3 3
30
3 125
     
xy x y
x y xy x y 0,75
 
 3
30
125
    
xy x y
x y 0,75
5
6
   
x y
xy 0,75
1.2
- Giải ra ta được nghiệm của hệ là  2; 3 và  3; 2 . 0,75
Tìm tất cả các hàm số :  f thỏa mãn  2( ) ( ) 2010  f x f q x q , với mọi
số thực x và mọi số hữu tỷ q .
- Với mọi  0 0,  x x x x , chọn số hữu tỉ q nằm giữa x và 0x thì:
0 0 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )         f x f x f x f q f q f x f x f q f q f x
0,5
2
         2 2 2 2 20 0 0 02010 2010 2010 2010 4020 (1)        x q q x x x x x x x 0,5
WWW.MATHVN.COM
Trang 3/4
Vậy ta có    
0
0lim 0  x x f x f x . Suy ra ( )f x liên tục tại mọi 0 x . 0,25
- Mặt khác từ (1), ta có 0 0
0
( ) ( ) 4020  
f x f x x xx x , 0,5
suy ra
0
0
0
( ) ( )lim 0
 x x
f x f x
x x , hay 0 0'( ) 0,  f x x . 0,5
- Do ( )f x liên tục và có '( ) 0,  f x x , suy ra ( ) ,  f x c x .
- Thử lại, ta thấy hàm này thỏa mãn điều kiện bài toán.
0,75
Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giácABC có đỉnh  5; 2A , đường trung trực
cạnh BC , đường trung tuyến kẻ từ đỉnh C của tam giácABC lần lượt có phương
trình là d: 6 0  x y và d' : 2 3 0  x y . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam
giácABC .
- Giả sử B(a; b), Vì C thuộc đường thẳng 'd nên gọi C(c; 2c+3). 0,5
- Ta có: trung điểm AB là 5 2; d'
2 2
    
a bM 0,25
và trung điểm BC là 2 3; d
2 2
     
a c b cN 0,25
và ( ; 2 3)   CB a c b c . 0,25
- Từ giả thiết ta có hệ phương trình
3 9 0
3 0
2 14 0
          
a b c
a b c
a b
0,75
Giải ra được nghiệm của hệ là
19
3
4
3
14
3
   
a
b
c
0,5
3.1
Vậy các đỉnh cần tìm 19 4 14 37B ; , C ;
3 3 3 3
          . 0,5
Cho hình chóp tam giác đều .S ABC , có cạnh đáy bằng a . Gọi  là góc giữa mặt
bên và mặt đáy,  là góc giữa hai mặt bên kề nhau. Tính thể tích của hình chóp
.S ABC và chứng minh rằng 2
2
4tan
3tan 1
2
      
.
3.2
WWW.MATHVN.COM
Trang 4/4
(Thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai
hình, giám khảo không chấm phần bài
làm của thí sinh).
- Gọi K là trung điểm của BC. Vì S.ABC là hình chóp tam giác đều nên
, AK BC SK BC , suy ra AKS  .
- Hạ        KD SA SA DBC BDC . Có DB = DC 
2
 BDK .
- Hạ H SH AK là tâm đáy.
0,5
- Ta có
2
2 23 tan tan (1)
6 12
    a ah SH h
- Diện tích ABC là  
2 3
4
ABC aS
0,5
- Vậy thể tích của hình chóp S.ABC là
2 31 3 3 tan tan
3 4 6 24
  a a aV . 0,5
- Trong SAH vuông tại H, có 2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1    HE HA h h HE HA 0,5
22
2
2 2 2
2
22 2 2 2
2
2 3
3 29 tan. 2 (2)
2 3 3 3tan 1
23 2 9 tan
2



   
            
a a
HE HA ah HA HE a a
0,5
- Từ (1) và (2), ta có
2 2
2
2
tan
12 3 3tan 1
2
     
a a 2
2
4tan
3tan 1
2
   
 (đpcm).
0,5
4
Trong mặt phẳng cho n đường thẳng  3n trong đó không có hai đường thẳng
nào song song và không có ba đường thẳng nào đồng quy. Chứng minh rằng tồn tại
một tam giác được tạo thành từ ba đường thẳng đã cho mà tam giác này không bị
chia cắt bởi bất kỳ đường thẳng nào trong các đường thẳng còn lại.
WWW.MATHVN.COM
Trang 5/4
- Giả sử 1d là một trong các đường thẳng đã cho. Xét tất cả các giao điểm của
1n đường thẳng còn lại. Gọi M là tập hợp các khoảng cách (chú ý rằng số đo là
một số thực dương) từ các giao điểm đó đến đường thẳng 1d . M có số nhỏ nhất là
0t .
0,75
- Giả sử P là giao điểm của hai đường thẳng 2d và 3d có khoảng cách đến 1d bằng
0t . Các đường thẳng 2d và 3d cắt đường thẳng 1d tại các điểm Q và R tương ứng
(vì không có hai đường thẳng nào song song). Như thế PQR được tạo thành từ
ba đường thẳng 1d , 2d và 3d và không bị cắt bởi bất kì đường thẳng nào.
0,75
- Thật vậy, giả sử có đường thẳng 4d cắt cạnh PR hoặc cạnh PQ tại điểm T P
(vì không có ba đường thẳng nào đồng quy). Khoảng cách từ T đến 1d là 1t . Rõ
ràng 1 0t t . Điều này trái với giả thiết 0t là khoảng cách nhỏ nhất.
0,75
- Vậy tồn tại PQR thỏa mãn yêu cầu. 0,25
Với các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số gồm bẩy chữ số khác
nhau sao cho ba chữ số lẻ không đứng cạnh nhau.
- Gọi A là tập các số gồm bẩy chữ số khác nhau. Ta có 7!A . 0,25
+ B là tập các số gồm 7 chữ số khác nhau mà 3 chữ số lẻ không đứng cạnh nhau.
+ C là tập các số gồm 7 chữ số khác nhau mà 3 chữ số lẻ đứng cạnh nhau: C A .
+ D là tập các số gồm 7 chữ số khác nhau mà 4 chữ số lẻ đứng cạnh nhau: D C .
- Khi đó số các hoán vị theo yêu cầu là:  B A C .
0,5
- Tính C :
+ Gọi  1 2 3, ,  a a a , với  1 2 3, , 1,3,5,7a a a , suy ra có 34 4C cách chọn  .
Với mỗi bộ  có 3! hoán vị, nên số cách chọn các bộ  là 4.3! = 24 cách chọn.
+ Với mỗi bộ  , số các hoán vị dạng  4 5 6 7, , , , a a a a là 5! hoán vị. Suy ra có
24.5! = 2880 số, trong đó 3 số lẻ đứng cạnh nhau, nhưng các số mà 4 số lẻ đứng
cạnh nhau đã kể hai lần.
1,0
Tính D :
+ Gọi  1 2 3 4, , ,  a a a a với  1 2 3 4, , , 1,3,5,7a a a a , có 4! = 24 hoán vị của  .
+ Với mỗi bộ  , số các hoán vị gồm 7 chữ số dạng  5 6 7, , , a a a là 4! = 24 hoán
vị. Suy ra 24.24 576 D .
Vậy 2880 576 2304  C .
1,0
5
Do đó số các hoán vị theo yêu cầu là 7! 2304 2736  B . 0,25
- - - - - - - - - - - - - Hết - - - - - - - - - - - - -
WWW.MATHVN.COM