Đề thi học sinh giỏi lớp 12 môn Toán cấp tỉnh - Sở GD&ĐT Quảng Bình

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

0
36
lượt xem
5
download

Đề thi học sinh giỏi lớp 12 môn Toán cấp tỉnh - Sở GD&ĐT Quảng Bình

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 của sở giáo dục và đào tạo Quảng Bình kèm đáp án. Tài liệu này giúp giáo viên định hướng cách ra đề thi và giúp học sinh ôn tập để làm bài hiệu quả.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi lớp 12 môn Toán cấp tỉnh - Sở GD&ĐT Quảng Bình

  1. SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: Toán - Vòng I ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Khóa ngày 11 tháng 10 năm 2012) SỐ BÁO DANH: Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2.5 điểm): Giải phương trình: x 4n  x 2n  2012  2012 (n  * ). Câu 2 (2.5 điểm): Cho dãy số (u n ) xác định bởi công thức: u1  3   1 3  un1   2un  2  ; (n  * ).  3 un  Tính: lim un ? Câu 3 (1.5 điểm): Cho các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng: 1 1 1 36    . x y z 9  x y  y 2 z 2  z 2 x2 2 2 Câu 4 (2.0 điểm): Cho tam giác ABC có M là trung điểm cạnh BC, N là chân đường phân giác góc BAC . Đường thẳng vuông góc với NA tại N cắt các đường thẳng AB, AM lần lượt tại P, Q theo thứ tự đó. Đường thẳng vuông góc với AB tại P cắt AN tại O. Chứng minh OQ vuông BC. Câu 5 (1.5 điểm): Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x2 3  y  z . --------------------HẾT----------------------
  2. SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: Toán - Vòng I (Khóa ngày 11 tháng 10 năm 2012) HƯỚNG DẪN CHẤM (Đáp án, hướng dẫn này có 4 trang) yªu cÇu chung * Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng. * Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan. * Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm. * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài. * Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài. Câu Nội dung Điểm 1 2,5 điểm Phương trình: x 4n  x 2n  2012  2012 (n  N*) (1) Đặt t = x2n  0, phương trình (1) trở thành: 0,25 t 2  t  2012  2012 1 1 0,5  t 2  t   t  2012  t  2012  4 4 2 2  1  1 0,5   t     t  2012    2  2  t  1  t  2012 0,25  t 2  t  2011  0. (2) 0,25 1  8045 Giải phương trình (2) ta được: t  thỏa mãn điều kiện 0,25 2 Phương trình có 2 nghiệm: 1  8045 1  8045 0,5 x1  2n và x 2   2n , n  *. 2 2 2 2,5 điểm * Theo công thức xác định dãy (un ) , ta có un  0; n  . 0,5 Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: Trang: 1 - Đáp án Toán - Vòng 1
  3. 1 3  1 3 2 3 * un1   2un  2    un  un  2   3 un . 2  3 3 ; n  . 0,5 3 un  3  un  un Do đó: un  3 3 ; n  * . 3 2 1 1 3  1  3  un  Mặt khác: un1  un  un  2  un   2  un    2   0 . 0,5 3 un 3  un  3  un  Vậy (un ) là dãy số giảm và bị chặn dưới nên nó có giới hạn. 0,5 2 1 3 Giả sử, lim un  a .Ta có: a  a  2  a  2  a  3 3 . 3 a a 0,5 Vậy: lim un  3 3 3 1.5 điểm 1 1 1 36    x y z 9  x y  y 2 z 2  z 2 x2 2 2 1 1 1  (9  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2 )      36 . 0,25 x y z 3 2  xy  yz + zx  Ta có:  xyz    xy  yz  zx     . 0,25  3  Do đó: 2 2 2  1 1 1   xy  yz+zx  27  xy  yz+zx   x  y  z    3    xyz   xy  yz+zx  0,25 27  . xy  yz+zx Mặt khác: 9  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2  6   x 2 y 2  1   y 2 z 2  1   z 2 x 2  1 0,25  2  3  xy  yz  zx  . 2   1 1 1   (9  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2 )        x y z  2 27  4 3   xy  yz+zx   .   xy  yz+zx  9   108.   6   xy  yz  zx    xy  yz  zx  Trang: 2 - Đáp án Toán - Vòng 1
  4.  9   108  6  2  xy  yz  zx    1296 . 0,25  xy  yz  zx  1 1 1 Suy ra: (9  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2 )      36 . x y z 0,25 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z = 1. 4 2.0 điểm A 0,25 y Q B C N M P O x Chọn hệ trục tọa độ Nxy sao cho A, N nằm trên trục hoành. 0,25 Vì AB không song song với các trục tọa độ nên phương trình của nó có  b  dạng : y = ax + b (a  0). Khi đó : A    ;0  , P  (0; b) . 0,25  a  AC đi qua A và đối xứng với AB qua trục hoành nên có phương trình : y = -ax – b. 1 PO đi qua P, vuông góc với AB nên có phương trình : y   x  b . a O là giao điểm của PO và trục hoành nên O  (ab,0) . 0,25 BC đi qua gốc tọa độ nên : +) Nếu BC không nằm trên trục tung thì phương trình BC có dạng y = cx với c  0,c   a (vì B, C không thuộc trục hoành, BC không song song 0,25 với AB và AC). B là giao điểm của BC và AB nên tọa độ B là nghiệm của hệ :  y  ax  b  b bc    B ; .  y  cx ca ca C là giao điểm của BC và AC nên tọa độ C là nghiệm của hệ : Trang: 3 - Đáp án Toán - Vòng 1
  5.  y   ax  b  b bc  0,25  C  ; .  y  cx  ca ca  ab abc    bc 2  Do đó : M   2 2 ; 2 2  , suy ra : AM  2 c; a 2  . c a c a  a (c  a ) a2 ab Từ đó ta có phương trình của AM là : y  x . c c Q là giao điểm của AM với trục tung nên  ab    1 Q   0;   QO  ab 1;   .  c   c  Do đó QO là một vectơ pháp tuyến của BC nên QO vuông góc BC. 0,25 +) Nếu BC nằm trên trục tung thì tam giác ABC cân tại A nên M  N, do đó O thuộc AN nên QO vuông góc BC. 0,25 5 1,5 điểm Giả sử  x, y, z  là nghiệm nguyên dương của phương trình. Ta có: x+2 3  y  z  2 yz  x  ( y  z )  2 yz  2 3 2   x  ( y  z )  4 yz  8 3 yz  12 0,25  4 yz  4 3  x  ( y  z )  12 2   x  ( y  z )  4 3  x  ( y  z )   12  4 yz 0,25 2   x  ( y  z )   4 yz  12 0,25 Nếu x  ( y  z ) thì 4 3   (vô lý). x  ( y  z) y 1  z  3 Nếu x  y  z thì yz  3    x  4. 0,5  y  3   z  1  0,25 Thử lại, ta thấy: (4; 3; 1) và (4; 1; 3) là nghiệm của phương trình. Vậy: nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho là (4; 3; 1) và (4; 1; 3). Trang: 4 - Đáp án Toán - Vòng 1
  6. SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: Toán - Vòng II ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Khóa ngày 11 tháng 10 năm 2012) SỐ BÁO DANH: Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2.5 điểm):  x3  3x 2  5x  1  4 y  Giải hệ phương trình:  y 3  3 y 2  5 y  1  4 z .  z 3  3z 2  5 z  1  4 x  Câu 2 (2.0 điểm): Cho x, y thỏa mãn x 2  y 2  2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M  x 2 ( x  2)  y 2 ( y  2)  3( x  y )( xy  4). Câu 3 (1.5 điểm): Tìm tất cả các hàm số f : *  * thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: 1) Với mọi n, m  * : n  m  f (n )  f (m) . 2) f (2n)  f (n)  n với mọi n  * . 3) Nếu f (n) là số chính phương thì n là số chính phương. Câu 4 (2.5 điểm): Cho tứ diện ABCD có độ dài các cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của DB, AC. Trên đường thẳng AB lấy điểm P, trên đường thẳng DN lấy điểm Q sao cho PQ // CM . Tính độ dài PQ và thể tích khối AMNP. Câu 5:(1.5 điểm): Cho đa giác đều n cạnh ( n  8 ). Tính số tứ giác có 4 cạnh là 4 đường chéo của đa giác đã cho. --------------------HẾT----------------------
  7. SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: Toán - Vòng II (Khóa ngày 11 tháng 10 năm 2012) HƯỚNG DẪN CHẤM (Đáp án, hướng dẫn này có 3 trang) yªu cÇu chung * Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng. * Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan. Ở câu 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0. * Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm. * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài. * Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài. Câu Nội dung Điểm 1 2,5 điểm Ta giả sử (x; y; z) là nghiệm của hệ. Xét hàm số: 0,25 f(t) =t3 - 3t2 + 5t + 1, t  . 0,25 Ta có: f’(t) = 3t2 - 6t +5 > 0 , t  .  f ( x)  4 y  Nên hàm số f(t) luôn đồng biến . Hệ PT có dạng  f ( y )  4 z . 0,25  f (z)  4x  Vì vai trò của x, y, z là bình đẳng nên không mất tính tổng quát, ta giả sử: 0,5 x  y, x  z . Nếu x > y thì f(x) > f(y)  y  z  f ( y )  f ( z )  z  x (mâu thuẫn). 0,25 Tương tự nếu x > z ta cũng đi đến mâu thuẫn, suy ra x = y = z. 0,25 Khi đó, ta có: x3 - 3x2 + x + 1 = 0 x 1 2  0,5  (x - 1)(x - 2x - 1) = 0   x  1  2 x 1 2  Vậy: hệ phương trình đã cho có nghiệm là: x = y = z = 1; x = y = z = 1  2 0,25 2 2,0 điêm Ta có: ( x  y ) 2  2( x 2  y 2 )  4  2  x  y  2 . 0,5 M  x 2 ( x  2)  y 2 ( y  2)  3( x  y )( xy  4)  ( x  y )3  12( x  y )  4 . 0,5 Trang: 1 - Đáp án Toán - Vòng 2
  8. Đặt: x  y  t  t   2;2 . Ta có: M  t 3  12t  4 . 0,25 Xét f (t )  t 3  12t  4 , ta có: f '(t )  3t 2  12  0  t  [-2; 2] . Do đó trên đoạn [-2; 2] , f(t) nghịch 0,25 biến. Vậy: max M  max f (t )  f ( 2)  20  t  2  x  y  1. 0,25 [-2;2] min M  min f (t )  f (2)  12  t  2  x  y  1. [-2;2] 0,25 3 1,5 điểm Giả sử f là hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán. Ta có: f (n )  f (n  1)  ...  f (n  n)  f (n)  n . 0,25 Do đó : f (n  1)  f (n)  1 . 0,25 Đặt : f (1)  a  * . Ta có: f (n )  f (1)  n  1  a  n  1. 0,25 Với n  a 2  a  2 , ta có: f (a 2  a  2)  a  a 2  a  2  1  (a  1) 2 . 0,25 Do đó: a 2  a  2 là số chính phương. Mà: a 2  a 2  a  2  (a  2) 2 , nên a 2  a  2  (a  1) 2  a  1 . Vậy: f (n)  n . 0,25 Thử lại ta thấy f (n)  n thỏa mãn các điều kiện bài toán. 0,25 4 A 2,5 điểm Q P N E I B C 0,25 M D Trên (ACM) dựng IN // CM ( I  AM ) . Trên (ABD) lấy điểm P  DI  AB . 0,25 Trên (DNP) dựng PQ // IN // CM ( Q  DN ) . 0,25 Gọi E là trung điểm của PB  ME là đường trung bình của BPD , do đó: ME // PD  ME // PI . Mặt khác: NI là đường trung bình của ACM  I là trung điểm của AM. Nên PI là đường trung bình AME . Hay: 1 1 3 1 3 0,25 PI  EM  PD  DI  PD, IN  CM  . 2 4 4 2 4 Trang: 2 - Đáp án Toán - Vòng 2
  9. IN DI 3 4 3 0,25 Khi đó:    PQ  IN  . PQ DP 4 3 3 Ta có: 0,5 VAMNP AM . AN . AP AN AP 1 1 1   .  .  VAMCB AM . AC. AB AC AB 2 3 6 Mà: 0,25 VAMCB 1  VABCD 2 Vậy: 0,5 1 2 VAMNP  .VABCD  (đvtt). 12 144 5 1,5 điểm Gọi các đỉnh của đa giác đều n cạnh lần lượt là: A1 , A2 , ..., An . Ta đếm số các tứ giác thỏa mãn yêu cầu bài toán có 1 đỉnh là A1 . 0,25 Khi đó: A2 , An không phải là đỉnh của tứ giác vì A1 A2 , A1 An là các cạnh của 0,25 đa giác. Ta cần chọn thêm các đỉnh: Ai , Aj , Ak thỏa mãn: 5  i  2  j  1  k  n  1 (vì giữa 2 đỉnh của tứ giác phải có ít nhất 0,25 1 đỉnh của đa giác). Mỗi cách chọn bộ 3 đỉnh như trên là 1 cách chọn bộ 3 số phân biệt trong 0,25 n – 5 số tự nhiên từ 5 đến n – 1. 3 Vậy có Cn5 tứ giác có đỉnh A1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,25 Vì đa giác có n đỉnh và mỗi tứ giác được đếm lặp lại 4 lần theo 4 đỉnh nên 3 n.Cn5 0,25 số tứ giác cần tìm là: . 4 Trang: 3 - Đáp án Toán - Vòng 2

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản