Kỳ thi chọn đội tuyển dự thi quốc gia năm học 2009-2010 môn :toán 12

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA 
NĂM HỌC 2009-2010
 TỈNH ĐẮKLẮK MÔN :TOÁN 12 - THPT
 Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề )
ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 6/01/2010
Bài 1:( 5 điểm) 
 	1) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 
 	2) Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là một số chính phương :
Bài 2:(4 điểm) 
 	1) Giải hệ phương trình 
 	2) Có bao nhiêu cách sắp xếp 5 học sinh nam và 5 học sinh nữ thành 2 hàng song song 
 ( mỗi hàng 5 học sinh) sao cho 2 học sinh đối diện bao gồm 1 nam, 1 nữ.
Bài 3:(3 điểm)
 Xét một lục giác lồi ABCDEF nội tiếp trong một đường tròn có các cạnh đối diện song song. Chứng minh rằng tổng độ dài các cạnh đối diện của lục giác đó bằng nhau khi và chỉ khi khoảng cách giữa các cặp cạnh đối diện của nó bằng nhau
Bài 4:(4 điểm) 
 	1) Cho dãy với 
 Tìm 
 	2) Cho đa thức có 5 nghiệm . Đặt . 
 	 Tính 
Bài 5:(4 điểm) 
 1) Chứng minh rằng với mọi x >1 đều tồn tại một tam giác mà số đo các cạnh là những số , , và các tam giác đó ứng với mọi x > 1 cho trước đều có góc lớn nhất như nhau.
 2) Giả sử phương trình x3 + x2 + ax + b = 0 có 3 nghiệm phân biệt. Hãy xét dấu của biểu thức a2 – 3b.
 ===========Hết========== 
Họ và tên thí sinh………………………….……………Số báo danh…………………………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA 
NĂM HỌC 2009-2010
ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC 
MÔN TOÁN 12 TUYỂN CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI
Bài 1: (5điểm) 
1.Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 
 + Ta có	0,5đ
 + Hay	0,5đ
Nhận thấy xy, xy+1 là 2 số nguyên liên tiếp, có tích là số chính phương nên ta có
 + 	0,5đ
 + Khi xy=0 thì 	0,5đ
 + Khi thì (x=1,y=-1);(x=-1,y=1)	0,5đ
 + Vậy nghiệm của PT là (0,0); (1,-1); (-1,1)	0,5đ
2. Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là một số chính phương
 
Đặt 
+Ta có 	0,5đ
Đặt , ta đi chứng minh 
Thật vậy : 
Xét 
 
+Như vậy nên 	0,5đ
+Khi đó 	0,5đ
+Hay 	0,5đ
Bài 2:(4 điểm) 
1. Giải hệ phương trình 
Giải: Cộng vế với vế tất cả PT của hệ ta có:
 	0,5đ
 Trừ phương trình thứ k cho phương trình thứ k-1 (k<n) và trừ phương trình thứ n cho PT thứ nhất, ta có:	0,5đ
Hay 
Và 	0,5đ
Vậy nên 	0,5đ
2. Có bao nhiêu cách sắp xếp 5 học sinh nam và 5 học sinh nữ thành 2 hàng song song ( mỗi hàng 5 học sinh) sao cho 2 học sinh đối diện bao gồm 1 nam, 1 nữ.

Giải : Có 4 trường hợp 
Trường hơp 1:	0,5đ
 + Có A5=5! cách xếp 5 em nam 1 hàng và 5! cách xếp 5 em nữ 1 hàng. Vậy có P1 =5!5!
Trường hợp 2:	0,5đ
 + Có cách xếp 4 em nam vào 1 hàng và 5 cách xếp 1 em nữ vào vị trí còn lại.
 Có 4! cách sắp xếp 4 em nữ đối diện ở hàng thứ hai và 1! cách sắp xếp 1 em nam đối diện.
 Vậy có 
Trường hợp 3:	0,5đ
 + Có cách xếp 3 em nam vào 1 hàng, có cách xếp 2 em nữ vào vị trí còn lại .
 Có 3! cách sắp xếp 3 em nữ đối diện ở hàng thứ hai và 2! cách sắp xếp 2 em nam đối diện.
 Vậy có cách sắp xếp
Trường hợp 4 :	0,5đ
 + Có cách xếp 2 em nam vào 1 hàng và có cách xếp 3 em nữ vào vị trí còn lại .
 Có 2! cách sắp xếp 2 em nữ đối diện ở hàng thứ hai và 3! cách sắp xếp 3 em nam đối diện.
 Vậy có cách sắp xếp.
Bài 3: (3 điểm) Xét một lục giác lồi ABCDEF nội tiếp trong một đường tròn có các cạnh đối diện song song . Chứng minh rằng tổng độ dài các cạnh đối diện của lục giác đó bằng nhau khi và chỉ khi khoảng cách giữa các cặp cạnh đối diện của nó bằng nhau
 Từ 3 hình thang cân nội tiếp ABDE, BCEF và CDFA ta được AD = BE = CF (=d) tức là những đường chéo chính của lục giác bằng nhau (và bằng d)	0.5 đ
Dựng đỉnh thứ tư G của hình bình hành ABEG .
Vì AB//DE và E thuộc đoạn DG nên ta có:
AB+DE = GE+ED = GD	0.5 đ
Đồng thời ta cũng có AG = BE = AD (=d) và tam giác ADG cân ở A.
Gọi ha = AA1, hb = CC1 , hc = EE1 lần lượt là khoảng cách giữa (AB//DE) , (CD//FA), và (EF//BC)
Mặt khác ta đặt AB + DE = DG = 2a, CD + FA = 2b và EF + BC = 2c	0.5 đ
Thế thì DA1 = A1G = a và trong tam giác vuông ở A1 ta có
 hay là 	0.5 đ
Chứng minh tương tự ta được các hệ thức
 (1)	0.5 đ
Từ các hệ thức (1) suy ra 	0.5 đ
Cách 2 : Cũng ký hiệu a , b , c , ha , hb , hc như lời giải 1
Ta xét 3 hình thang cân chéo “tự cắt” nội tiếp ABED, BCFE và CDAF theo thứ tự các góc có độ lớn như đã ghi trên hình vẽ
để ý rằng 
Từ tam giác vuông ADA1 ( vuông ở A), ta có:
Chứng minh tương tự ta có dãy tỷ số bằng nhau
 
Vì là các góc nhọn nên từ (2) ta suy ra 
Bài 4(4 điểm) 
1. Cho dãy với 
 Tìm giới hạn của 
Dễ thấy dãy là đơn điệu tăng từ đẳng thức 	0,5 đ
Suy ra , khi đó ta có : 	0,5 đ
Hay 	0,5 đ
Do đó 
Vậy nên : 	0,5 đ
2. Cho đa thức có 5 nghiệm .
Đặt . Tính 
Giải : Ta có và 	0,5đ

Mặt khác với mọi i=1,2,…,5 ta có 	0,5đ
Nên ta có 

 	0,5đ
 	0,5đ
Vậy 
Bài 5 (4 điểm)
1. Chứng minh rằng với mọi x >1 đều tồn tại một tam giác mà số đo các cạnh là những số , , và các tam giác đó ứng với mọi x > 1 cho trước đều có góc lớn nhất như nhau.
Giải : Đặt 
Ta có 	0,5đ
Điều này chứng tỏ rằng a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác	0,5đ
Do đó cũng là độ dài các cạnh của một tam giác. Cạnh có độ dài lớn nhất của tam giác ứng với hay a. 	0,5đ
Gọi là góc lớn nhất của tam giác, khi đó thì:
 suy ra hay 	0,5đ
2.Giả sử phương trình x3 + x2 + ax + b = 0 có 3 nghiệm phân biệt. Hãy xét dấu của biểu thức: a2 – 3b.
 Tập xác định: R.
	y’ = 3x2 + 2x + a là tam thức bậc hai có biệt số D’ = 1 – 3a.
 + Pt: x3 + x2 + ax + b = 0 có 3 nghiệm phân biệt nên y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và f(x1).f(x2)< 0.	0.5 đ
 Suy ra: 
 (x1, x2 là hai nghiệm của phương trình 3x2 + 2x + a = 0).
 + Thực hiện phép chia đa thức ta được:
 f(x) = x3 + x2 + ax + b = .
 Suy ra f(x1) = ; f(x2) = 	0.5 đ
 f(x1).f(x2) < 0 Þ (6a-2)2x1x2 + (6a-2)(9b-a)(x1 + x2) + (9b-a)2 < 0.
 Vì x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình: 3x2 + 2x + a = 0 
 nên x1 + x2 = ; x1.x2 = .
 Do đó: 
 + suy ra: 4(3a – 1)(a2 – 3b) + (9b – a)2 < 0	0.5 đ
 + Vì (9b – a)2 ³ 0 và 3a – 1 0.	0.5 đ
B.HƯỚNG DẪN CHẤM
1.Điểm của bài làm cho theo thang điểm 20, là tổng điểm thành phần và không làm tròn số.
2. Học sinh làm cách khác với đáp án nếu thấy đúng vẫn cho điểm tối đa.