1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TUYÊN QUANG
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2010-2011
Môn: Toán
(Thời gian 180 phút, không kể thời gian giao đề)
Đề thi này có 01 trang
Câu 1. ( 4 điểm):
a) Giải hệ phương trình:
4 4
3 3
97
78
x y
x y y x
ì + =ïïïí
ï + =ïïî
b) Giải phương trình: 2 2
3 5 5 5 7x x x x− + = − +
Câu 2. ( 4 điểm):
a) Tìm các số nguyên tố x, y là nghiệm của phương trình:
2 2
2 1 0x y- - =
b) Cho n là 1 số tự nhiên. Chứng minh :
2
)1(
1
.......
34
1
23
1
2
1
<
+
++++
nn
Câu 3. ( 4 điểm): Cho dãy số (Un) xác định bởi:
1
1
2
1
1
1
n
n
n
U a
U
U
U
+
ì =ïïïï +í
ï = -ïï +ïî
trong đó -1 <a < 0
a) Chứng minh rằng: - 1 < Un < 0 với n" Î ¥ và (Un) là một dãy số giảm.
b) Chứng minh rằng: 1
2
1
0 1 ( 1)
1
n nU U
a
+< + +£
+
với n" Î ¥
Câu 4. (4 điểm): Đối với hệ tọa độ Oxy cho 2 điểm A(- 1; 0); B(1; 0) và đường
thẳng d có phương trình: ax + by + 1 = 0 tiếp xúc với đường tròn (C) có phương
trình: 2 2
1x y+ = . Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng khoảng cách từ A và B đến đường
thẳng d.
Câu 5. (4 điểm): Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O.
Đường cao của hình chóp là SA = a. M là một điểm di động trên SB, đặt BM =
2x . ( )α là mặt phẳng qua OM và vuông góc với (ABCD).
a) Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng ( )α . Tính diện tích
thiết diện theo a và x.
b) Xác định x để thiết diện là hình thang vuông. Trong trường hợp đó tính
thể tích của hai phần của S.ABCD chia bởi thiết diện.
--------------------------------------------Hết ------------------------------------------------
Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

2. së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o
tuyªn quang
k× thi chän häc sinh giái cÊp tØnh líp 12
NĂM HỌC 2010 - 2011
M«n thi: To¸n
Hướng dẫn chấm
Câu Nội dung Điểm
1.
a) Giải hệ phương trình sau:
4 4
3 3
97
78
x y
x y y x
ì + =ïïïí
ï + =ïïî
(I)
Ta có: 4 4 2 2 2 2 2
( ) 2x y x y x y+ = + -
(I)
2 2 2 2 2
2 2
( ) 2 97 (1)
( ) 78 (2)
x y x y
xy x y
ìï + - =ïïÛ í
ï + =ïïî
Đặt 2 2
;x y u xy t+ = = Từ PT (2) suy ra ĐK:
0; 0u t≥ ≥
2 22 2
2 2
( 2 ) 972 97
78 ( 2 ) 12168
u tu t
ut u t
ìì + - =ï- =ï ïïï ïÛ Ûí í
ï ï= - = -ï ïïî ïî
0,5
2 2
,( 2 )u t-Þ là nghiệm của phương trình bậc hai:
X2
- 97X - 12168 = 0 Û X = 169 và X = - 72
2 2
2 2 2 2
2 2
13
169 ( ) 169
6
36 ( ) 36
6
x y
u x y
xy
t xy
xy
ì + =ïïì ì= + =ï ï ïï ï ïï ï ï =Û Û Û éí í í
ï ï ï ê= =ï ï ïï ïî î êï = -ï êïî ë
0,5
Gíải PT:
2 2
13
6
x y
xy
 + =

=
được 4 nghiệm: (x; y) = (2; 3), (3; 2), (-2; -3), (-3; - 2)
0,5
Hệ (1) có 4 nghiệm: (2; 3), (3; 2), (-2; -3), (-3; - 2)
Tóm lại hệ có 4 nghiệm như trên.
0,5
1.
b) Giải phương trình: 2 2
3 5 5 5 7x x x x− + = − + (1)
Điều kiện:
2
5 5
25 5 0
5 5
2
x
x x
x
 −
≤
− + ≥ ⇔
 +
≥

Đặt )0(552
≥=+− ttxx
Phương trình đã cho trở thành:
2 1
3 2 0
2
t
t t
t
=
− + = ⇔  =
0,5

3. 2 2
2 2
5 5 1 5 4 0
5 5 4 5 1 0
x x x x
x x x x
 − + = − + =
⇔ ⇔ 
− + = − + =  
0,75
1
4
5 21
2
x
x
x

 =

⇔ =

± =

0,75
Câu
2.
2.a) Tìm các số nguyên tố x, y là nghiệm của phương trình:
2 2
2 1 0x y- - = (1)
Ta có: (1)
2 2
1 2 ( 1)( 1) 2 .x y x x y y- = - + =Û Û
0,5
Vì x, y là các số nguyên tố nên có các khả năng sau sảy ra:
1.



=−
=+
yx
yx
1
21



=
=
⇔
2
3
y
x
(thoả mãn)
2.
1 3
1 2 2
x y x
x y y
+ = = − 
⇔ 
− = = 
(loại) 0,75
3.



=−
=+
11
21 2
x
yx
(không có nghiệm thoả mãn)
4.



=−
=+
2
21
11
yx
x
vô nghiệm
Thử lại (3; 2) thoả mãn PT.
Vậy (3; 2) là nghiệm duy nhất của phương trình.
0,75
2.
b)
Giả sử n là 1 số tự nhiên. Chứng minh :
2
)1(
1
.......
34
1
23
1
2
1
<
+
++++
nn
Ta có : )
1
11
.(
)1(
1
.
)1(
1
.
)1()1(
1
+
−=
+
−+
=
+
=
+
=
+ nn
n
nn
nn
n
nn
n
nn
n
nn
0,5
1 1 1 1 1 1 1 1
.( )( ) (1 )( ) 2.( )
1 1 1 1 1
n
n
n n n n n n n n n
= + − = + − < −
+ + + + +
(Vì dễ thấy : 1 +
1+n
n
< 1+1 = 2 )
Vậy : )
1
11
(2
)1(
1
+
−<
+ nnnn
(1)
0,75
Áp dụng bất đẳng thức (1) với n = 1, 2, 3, …..n ta có:

4. )
2
1
1
1
(2
1)11(
1
2
1
−<
+
=
)
3
1
2
1
(2
2)12(
1
23
1
−<
+
=
)
4
1
3
1
(2
3)13(
1
34
1
−<
+
=
.......................................
)
1
11
(2
)1(
1
+
−<
+ nnnn
Cộng từng vế của các bất đẳng thức trên ta có:
2
)1(
1
.......
34
1
23
1
2
1
<
+
++++
nn
(1- )
1
1
+n
< 2 (ĐPMC)
(Bởi vì 1- 1
1
+n
< 1 )
0,75
Câu
3.
a)
Cho dãy số (Un) xác định bởi:
1
1 2
1
1 (1)
1
n
n
n
U a
U
U
U
+
=ìïïïï +í
ï = -ïï +ïî
trong đó - 1< a < 0
Chứng minh rằng: - 1 < Un < 0 (2) với n" Î ¥ và (Un) là một dãy
số giảm.
CM bằng quy nạp:
- với n = 1 thì U1 = a theo giả thiết - 1 < a < 0 nên (2) đúng với n = 1.
- Giả sử (2) đúng với n = k: - 1 < kU < 0 ta CM (2) đúng với
n = k + 1: - 1 < 1kU + < 0
0,5
Từ giả thiết quy nạp - 1 < kU < 0 ta có: 0 < Uk + 1 < 1
Mặt khác:
2
2
1
1 1 1
1
k
k
u
u
+ > ⇒ <
+
Do đó 2
1
0 1
1
k
k
U
U
+
< <
+
suy ra 2
1
1 1 0
1
k
k
U
U
+
- < - <
+
tức là: - 1 < Uk+1 < 0 (đccm)
0,75
Vì - 1 < Un < 0 nên Un + 1 và 2
0nU > với n"
Từ (1) suy ra: 1
2
1
1 ( 1) 1
1
n
n n n
n
U
U U U
U
+
+
= - < + - =
+
Vậy Un là dãy giảm. 0,75
3.
b) Từ đẳng thức (1) suy ra: 1 2
1
1 ( 1) (3)
1
n n
n
U U n
U
+ + = + "
+
0,5
Vì Un là dãy giảm; -1 < Un < 0 với mọi n và U1 = a nên:
1 0nU a- < <£ với n" từ đó suy ra: 2 2
n nU a U a³ Û ³
Do đó: 2 2
1 1
1 1n
n
U a
"£
+ +
và từ (3) ta có:
1 2
1
1 ( 1)
1
n nU U n
a
+ + + "£
+ 0,75

5. Theo chứng minh trên ta có:
1 2
1
0 1 ( 1)
1
n nU U n
a
+< + + "£
+ 0,75
Câu
4
Đối với hệ tọa độ Oxy cho 2 điểm A(- 1; 0); B(1; 0) và đường thẳng
d có phương trình: ax + by + 1 = 0 tiếp xúc với đường tròn (C) có
phương trình: 2 2
1x y+ = . Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng khoảng
cách từ A và B đến đường thẳng d.
Ta có: (C) có tâm O(0;0) bán kính R = 1
Vì d tiếp xúc với (C) Û d(O;d) = R
2 2
1
a b
⇔
+
=1 2 2 2 2
1 1a b a b⇔ + = ⇔ + =
1,0
1,0
Mặt khác tổng khoảng cách từ A, B đến đường thẳng d là:
2 2 2 2
1 1
1 1
a b
T a a
a b a b
− + +
= + = − + +
+ +
1,0
Do 2 2
1 1 2a b a T+ = =Þ£Þ
Vậy Min T = 2
1,0
Câu
5.
Hình vẽ:
0,5
5.
a)
Ta cã: SA⊥(ABCD)
(α)⊥(ABCD) ⇒ SA // (α)
(α)∩(SAB) = MN // SA
(α)∩(SAC) = OK // SA
(α)∩(SABCD) = NH qua O
(α)∩(SCD) = KH
VËy thiÕt diÖn cÇn t×m lµ tø gi¸c MNHK.
0,75
Ta cã MN// OK // SA ⇒ MN ⊥ (ABCD); OK⊥ (ABCD)
S
A
D
CB
M
K
N
O H

6. 1 1
( ). . .
2 2
td htMKON KOHS S S MN KO ON OK OH∆= + = + +
MN = BN = x; KO =
2
SA
;
Tính ON, theo định lý hàm số Côsin ta có:
·
2
2 2 2 0
2
2
2
2 . . os 2 . os45
2 2
2
a a
OH ON BN BO BN BO c OBN x x c
a
x ax
= = + − = + −
= − +
Suy ra :
2 2
1
( 2 ) 2 2ax
4 2
a x x a
s
+ − +
=
2 2
1
2 2ax
4 2
a x a
s
− +
=
Vậy: Std =
2
21
( ).
2 2
a
a x x ax+ − +
0,75
5.
b)
§Ó thiÕt diÖn lµ h×nh thang vu«ng ⇔ MK// NO// BC ⇔ N lµ
trung ®iÓm AB ⇔
2
a
x =
0,5
Gäi V lµ thÓ tÝch khèi chãp, ta cã : V=
3
1
. . ( )
3 3
a
SA dt ABCD =
MÆt ph¾ng ( )α chia khèi chãp thµnh 2 phÇn 1V , 2V víi : 1V
=VK.OECH+VKOE.MNB ; 2 1V V V= −
0,5
Ta cã :
2 3
.
1 1
. . ( ) .
3 3 2 2 24
K OECH
a a a
V OK dt OECH
 
= = = ÷
 
2 3
.
1
. ( ) .
2 2 2 16
KOE MNB
a a a
V ON dt MNB
 
= = = ÷
 
Suy ra :
3 3 3 3
1 2 1
5 11
24 16 48 48
a a a a
V V V V= + = ⇒ = − =
0,5
0,5
0,5
---------------------------------------------------Hết--------------------------------------------
S
A
D
CB
M K
N
O H
E

7. Chú ý: Nếu thí sinh có cách giải khác mà kết quả đúng thì cho điểm tối đa.