Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Đồng Tháp Năm 2011 - 2012 - Môn toán

Chia sẻ: unknowing

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh đồng tháp năm 2011 - 2012 - môn toán', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Đồng Tháp Năm 2011 - 2012 - Môn toán

www.VNMATH.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH
ĐỒNG THÁP NĂM HỌC 2011 - 2012
----------------------------------------------------------------------------- -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------




HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN TOÁN
(Hướng dẫn chấm và biểu điểm gồm có 05 trang)
I. Hướng dẫn chung
1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như
hướng dẫn quy định.
2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn
chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm.
II. Đáp án và thang điểm
Câu Điểm
Đáp án
Câu 1 3đ
1
Giải phương trình: x 2  2 x x   3x  1.
x
Điều kiện: 1  x  0, x  1

 Chia hai vế của phương trình cho x, ta được:
1 1 1 1
x2 x  3  x   2 x  3  0
x x x x
t  1
1
Đặt t  x  , (t  0) . Ta có: t 2  2t  3  0  
  t 1
t  2
x
1 5
1
 1  x2  x  1  0  x 
 Với t  1  x  (thỏa mãn)
x 2
1 5
 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: x  .
2
Câu 2 Cho hai số dương x, y thỏa mãn điều kiện x  1, y  1 và 3( x  y )  4 xy. Tìm giá trị lớn 3đ
1 1
nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  x3  y 3  3  2  2  .
x y
 Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si, ta có:
9
4 xy  3( x  y )  6 xy  xy 
4
 Do điều kiện x  1, y  1 nên:
( x  1)( y  1)  0  xy  1  x  y
4
 xy  1  xy  xy  3
3
1 1
 Ta có: P  x3  y 3  3  2  2 
x y
2
1 1 6
2
 
 ( x  y )  ( x  y )  3xy   3    
 x y  xy
4  16 2 2  16 6

xy  x y  3xy   
3 9  3 xy
64 3 3 6 16
x y  4 x2 y 2  

27 xy 3
9 
Đặt t  xy , với t   ;3

4 
64 6 16
 P  t 3  4t 2  
27 t3

Trang 1
www.VNMATH.com
9 
64 3 6 16
t  4t 2   , t   ;3
Xét hàm số f (t ) 
4 
27 t3
6 8t 3 (8t  9)  54
64 2 9 
Ta có: f '(t )  t  8t  2   0, t   ;3
2
9 t 9t 4 
9 
 f (t ) là hàm số tăng trên  ;3
4 
9 113 94
 f    f (t )  f (3) hay  f (t ) 
4 12 3
9

 xy  4
113 3

 Vậy: Giá trị nhỏ nhất của P bằng . Khi đó   x y
x y
12 2

3( x  y )  4 xy

 x  1
 xy  3 
 y  3 .
94 
Giá trị lớn nhất của P bằng . Khi đó  ( x  1)( y  1)  0 
x  3
3 3( x  y )  4 xy 

 y  1

Câu 3 Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: x  x  2  y . 2đ
2 2


Ta có: x 2  x  2  y 2  4 y 2  (4 x 2  4 x  1)  7  (2 y )2  (2 x  1)2  7

 (2 y  2 x  1)(2 y  2 x  1)  7  7 1  1 7  (7)  (1)  (1)  (7)
2 y  2 x  1  7 x  1
 
2 y  2 x  1  1 y  2
2 y  2 x  1  1  x  2
 
2 y  2 x  1  7 y  2
2 y  2 x  1  7  x  2
 
 2 y  2 x  1  1  y  2
2 y  2 x  1  1 x  1
 
 2 y  2 x  1  7  y  2
 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên: ( x; y )  (1;2), (1; 2), (2;2), (2; 2).
Câu 4 Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c và c  b. Hai điểm M , N tương ứng di 3đ
động trên hai cạnh AB, AC sao cho MN chia tam giác ABC thành hai phần có diện tích
bằng nhau. Xác định vị trí của M và N để MN có độ dài nhỏ nhất.




 Từ giả thuyết, ta có:
1 1 11 1
S AMN  S ABC  AM . AN sin A  . bc sin A  AM . AN  bc
2 2 22 2
Đặt AN  xb, AM  yc với x, y  1

1 1 1
AM .AN  bc  xybc  bc  xy 
2 2 2

Trang 2
www.VNMATH.com
 Theo định lý hàm số Cosin, ta có:
MN 2  AM 2  AN 2  2 AM . AN cos A




Câu 5 Cho dãy số (un ) xác định bởi: 3đ
u1  3

u 2  2 (n  1, n   )

un 1  n
 2un  3

Hãy xác định công thức tổng quát của un theo n.
2
 u n  2
u2  2
Ta có: u n 1  n
  u n 1  2 
2 un  2 1
2u n  3

Đặt x n  u n  2 ,  n  1, n     x1  u1  2  1


x2 1 1 2
n
Khi đó: x n 1    2
2x n  1 x n 1 x n x n

1 1
,  n  1, n     y1   1
 Đặt tiếp y n 
xn x1

2
2
Khi đó: y n 1  y n  2y n   y n 1  1   y n  1

Tiếp tục đặt v n  y n  1,  n  1, n     v1  y1  1  2


n 1
2 n n
 n  1, n   
Khi đó: v n 1  v n  vn 1  ...  v1  22  v n  22
2 2 2




 Từ đó ta tìm được:

1 1
n 1
y n  22  1  x n   un  2
n 1 n 1
22  1 22  1
n 1
2.22  1
 n  1, n    .
Vậy công thức tổng quát của dãy số (u n ) là: u n 
 n1
22  1

Câu 6 Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông OABC có đỉnh A(3; 4) và điểm B 3đ
có hoành độ âm.
a) Tìm tọa độ các đỉnh B và C của hình vuông OABC.
b) Gọi E và F theo thứ tự là các giao điểm của đường tròn (C ) ngoại tiếp OABC
với trục hoành và trục tung ( E và F khác gốc tọa độ O ). Tìm tọa độ điểm M trên
(C ) sao cho tam giác MEF có diện tích lớn nhất.
Trang 3
www.VNMATH.com




a)
 Giả sử B( x0 ; y0 ) , ( x0  0)
 Tứ giác OABC là hình vuông  OAB vuông cân tại A
  x0  7
 
 
  y0  1
3( x0  3)  4( y0  4)  0
 
 AB.OA  0
  
2 2
( x0  3)  ( y0  4)  25  x  1
 AB  OA
   0
  y0  7

Do điều kiện x0  0 nên tọa độ điểm B là: B(1;7)
 1 7
Điểm C đối xứng với A qua trung điểm I   ;  của OB nên ta có:

 2 2
 xC  3 1
 2 2  x  4

 C  C (4;3)

yC  4 7  yC  3
 
2
 2
b)
 Phương trình đường tròn (C ) ngoại tiếp OABC :
2 2
1  7  25

x   y  
2  2 2

 Tọa độ giao điểm E và F của (C ) với trục hoành và trục tung là:
E (1;0), F (0;7)
 Dễ thấy EF là đường kính của (C ) nên tam giác MEF vuông tại M
ME 2  MF 2 EF 2 25
1
 S MEF  ME.MF   
2 4 4 2
25
 Vậy S MEF đạt giá trị lớn nhất bằng .
2
( xM  1)2  yM  25
2

 2 2
Khi đó MEF vuông cân   1  7  25
 xM     yM   
2  2 2

 M (3;3) hoặc M (4; 4).
Cách khác:
 Phương trình đường thẳng EF : 7 x  y  7  0
1
 Ta có: S MEF  EF .d ( M , EF )
2

Trang 4
www.VNMATH.com
Như vậy S MEF lớn nhất  d ( M , EF ) lớn nhất
1  7

7  xM     yM  
7 x  yM  7 2  2

Mà d ( M , EF )  M 

52 52
 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:
2 2
1  7 1  7
 
7  xM     yM    5 2.  xM     yM    25
2  2 2  2
 
1 7

 xM  2 yM  2


52 1
. Khi đó:  7
 Vậy d ( M , EF ) lớn nhất bằng
2 2 2
 1  7  25
 xM     yM   
2  2 2

 M (3;3) hoặc M (4; 4).
Câu 7 3đ
1 1 1 1
Với mọ i n nguyên và n  3, tính tổng sau đây: P  3  3  3  ...  3 .
C3 C4 C5 Cn
3!  1
1 3!(k  3)! 3! 1
 Ta có:    
k (k  1)(k  2) 2  (k  1)(k  2) k (k  1) 
3
Ck k! 
 Thay k bằng 3, 4,5,..., n , ta được:
1 3!  1 1
  
3
C3 2  1.2 2.3 
1 3!  1 1
  
3
C4 2  2.3 3.4 
1 3!  1 1
  
3
C5 2  3.4 4.5 
................................
1 3!  1
1
 
Cn 2  (n  1)(n  2) n(n  1) 
3

 Cộng các đẳng thức trên, ta có:
1 3!  1 1  3(n  1)( n  2)
1 1 1
 3  3  ...  3    
Cn 2 1.2 n(n  1) 
3
2n(n  1)
C3 C4 C5 
3(n  1)(n  2)
Vậy P  .

2n(n  1)


------------------------------Hết-------------------------------




Trang 5
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản