TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG NĂM 2012 ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN – LỚP 11 Câu Đáp án Điểm Câu 1 6,0 1. 3 33 6cos 2 2cos3 2cos 2 6cos 2 8cos 4cos 2 x xx x xx+= + −⇔ += − − (2) 0,5 Đặt 3 6cos 2tx=+ ta có hệ pt: () 3 3 3 33 6cos 2 8cos 4cos 2 8cos 2cos 2cos 2cos ( ) (2cos ) (3) tx txx tt x x x x ft f x ⎧ =+ ⎪ ⎨ =−− ⎪ ⎩ ⇒+= + = + ⇔= Trong đó 3 () f ttt=+ . 1,0 Ta có: 2 '( ) 3 1 0, f tt t=+>∀ nên f(t) là hàm đồng biến trên \ 0,5 Do đó pt (3) ()( ) 3 3 2 6cos 2 2 cos 6 cos 2 8 cos osx=1 osx-1 2cos 1 0 1 cosx=- 2 x xx x c cx ⇔+=⇔+= ⎡ ⎢ ⇔+=⇔ ⎢ ⎣ 0,5 Với osx=1 x=k2 (k )c π ]⇔∈ Với 12 osx=- 2 (k ) 23 π cxkπ ]⇔=± + ∈ 0,5 2. Điều kiện : 11 x −≤ ≤ 0,5 Đặt os2 , 0; 2 π xc tt ⎡⎤ =∈⎢⎥ ⎢⎥ ⎣⎦ 0,5 Bất phương trình tương đương với : 2 2 os 2 1 os2 1 os2 2 4 os 2 2(cos sin ) 2 4 ct ct ct ct tt ++−≤− ⇔+≤− 22 2cos( ) 2 sin ( ) os ( ) 444 πππ ttct⇔−≤−− − 1,0 22 42 2 1 os ( ) os ( ) 2cos( ) 0 44 4 os()os()2cos()20 44 4 ππ π ct ct t ππ π ct ct t ⎡⎤ ⇔−− − − − − ≥⎢⎥ ⎢⎥ ⎣⎦ ⇔−−−−−+≥ 22 2 os ( ) 1 os( ) 1 0 (*) 44 ππ ct ct ⎡⎤⎡⎤ ⇔−−+−−≥ ⎢⎥⎢⎥ ⎢⎥⎢⎥ ⎣⎦⎣⎦ (*) luôn đúng với 0; 2 π t ⎡⎤ ∀∈ ⎢⎥ ⎢⎥ ⎣⎦ Vậy bất phương trình đã cho luôn có nghiệm với [ ] 1;1x∀∈− 1,0 Câu 2 4,0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ,, f fy fx fx y fx y xy+=+++∀ (1) Trong (1) thay y bởi f(y) ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (, f ffxfy fxfy fxfyxy+=+++∀(2) 1,0 Trong (2) thay y bởi x và x bởi y ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (, f ffy fx fy fx fy fx xy+=+++∀(3) 1,0 (2),(3) ( ) ( ) ( ) ( ) , f xfy fyfx xy⇒+ =+ ∀,từ (1) có: ( ) ( ) ( ) () , f xy fx y fxy fy xxy++ += ++ +∀ ( ) ( ) , f xxfyyaxy⇒−=−=∀ 1,0 () f xxax⇒=+∀ 1,0 Câu 3 5,0 E F P D I K H A C B M Gọi D là điểm đối xứng của A qua BC. Gọi P là giao điểm của CD và MH. Ta thấy : Δ BHD = Δ AKB ( Do BA = BD, ∠ B = ∠ A = 90 0 , BH = HM = AK) Do đó ∠ AKB = ∠ BHD ⇒ BK ⊥ HD (tại E) 1,0 Tương tự ta có CH ⊥ KD (tại F) 1,0 Trong tam giác DKH các đường cao KB và CH cắt nhau tại I nên DI là đường cao thứ 3. Hay DI ⊥ KH (1) 1,0 Mặt khác Δ PDM = Δ AKH ( Do AK = BH = DP, ∠ P = ∠ A = 90 0 , MP = MK) Do đó ∠ PMD = ∠ AHK ⇒ MD ⊥ HK (tại E) (2) Từ (1) và (2) ta có DI và DM cùng vuông góc với KH nên I, D, M thẳng hàng. Chứng tỏ MI luôn qua D cố định 2,0 Câu 4 3,0 +) Nếu n = 2k, ( ) 44 16 0 mod16knk∈⇒ = ≡] 1.0 +) Nếu = 2k + 1, ( ) ( ) 244 14 18 116 1mod16kn kk n n∈⇒ −= + ⇒ − ⇔ ≡]## Do đó, ta có: ( ) ( ) 44 4 12 12 mod16 , , 12xx x r r r+++ ≡ ∈ ≤` . 1.0 Mặt khác, ta có: ( ) 2013 13 mod16≡ Do vậy, phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. 1.0 Câu 5 2,0 Sắp xếp 2012 số nguyên dương đầu tiên thành một hàng theo thứ tự tăng bắt đầu từ 1. Nếu một số được chọn thì đặt biểu tượng Y dưới số đó, nếu không chọn thì đặt biểu tượng N dưới số đó. Gọi x 1 là số lượng số có biểu tượng N đứng trước biểu tượng Y đầu tiên; x 2 là số lượng số có biểu tượng N giữa biểu tượng Y đầu tiên và biểu tượng Y thứ hai, , x 11 là số lượng số có biểu tượng N giữa biểu tượng Y thứ 10 và biểu tượng thứ 11; và x 12 là số lượng số đứng sau biểu tượng Y thứ 11. Khi đó có một tương ứng một – một giữa những sự lựa chọn chấp nhận được với những nghiệm nguyên của phương trình: x 1 + x 2 + + x 12 = 2001 với x 1 21112 0, 1, , 1, 0xxx≥≥ ≥≥ . Do đó kết quả cần tìm là 11 2002 C 2,0 Lưu ý khi chấm bài: - Nếu học sinh giải đúng theo cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm. - Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm. - Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau Điểm toàn bài tính đến 0,5 và không làm tròn. Hết . TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG NĂM 2012 ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN – LỚP 11 Câu Đáp án Điểm Câu 1 6,0 1. 3 33 6cos 2 2cos3 2cos 2 6cos. tiên và biểu tượng Y thứ hai, , x 11 là số lượng số có biểu tượng N giữa biểu tượng Y thứ 10 và biểu tượng thứ 11; và x 12 là số lượng số đứng sau biểu tượng Y thứ 11. Khi đó có một tương. với x 1 2111 2 0, 1, , 1, 0xxx≥≥ ≥≥ . Do đó kết quả cần tìm là 11 2002 C 2,0 Lưu ý khi chấm bài: - Nếu học sinh giải đúng theo cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho