intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Đề thi học sinh giỏi Toán 12 cấp tỉnh và quốc gia - ( Kèm Đ.án )

Chia sẻ: Aae Aey | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:24

Thêm vào BST
Báo xấu
213
lượt xem 34
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh và quốc gia môn Toán lớp 12 kèm đáp án này giúp các em học sinh ôn tập kiến thức, ôn tập kiểm tra, thi cuối kỳ, rèn luyện kỹ năng để các em nắm được toàn bộ kiến thức chương trình Toán 12.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi Toán 12 cấp tỉnh và quốc gia - ( Kèm Đ.án )

  1. WWW.ToanCapBa.Net SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HÓA Năm học: 2011-2012 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Số báo danh Lớp 12 THPT …...............…… Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012 Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề này có 01 trang, gồm 05 câu. Câu I (4,0 điểm) 1 Cho hàm số y = − x 3 + 2 x 2 − 3 x + 1 . 3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2) Gọi f ( x) = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 3 , tìm số nghiệm của phương trình: [ f ( x)] − 6 [ f ( x) ] + 9 f ( x) − 3 = 0 . 3 2 Câu II (4,0 điểm) 1) Giải phương trình (1 + sin x)(1 − 2sin x) + 2(1 + 2sin x) cos x = 0 . ⎧22 x − y − 2 x + y = ( x + y ) x + y − (2 x − y ) 2 x − y ⎪ 2) Giải hệ phương trình ⎨ 3 y − 2( x − 1)3 + 1 = 0 ( x, y ∈ ) . ⎪ ⎩ Câu III (4,0 điểm) 1) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 lập các số chẵn có 4 chữ số đôi một khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một số vừa lập. Tính xác suất để lấy được số lớn hơn 2012. π 2 (sin x + cos x)dx 2) Tính tích phân I = ∫π 3sin 2 x + 4cos 2 x . − 2 Câu IV (6,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C ) : x 2 + y 2 = 9 , đường thẳng Δ : y = x − 3 + 3 và điểm A(3; 0) . Gọi M là một điểm thay đổi trên (C ) và B là điểm sao cho tứ giác ABMO là hình bình hành. Tính diện tích tam giác ABM , biết trọng tâm G của tam giác ABM thuộc Δ và G có tung độ dương. 2) Cho hình chóp S . ABCD , đáy là hình chữ nhật có AB = a và BC = 2a , mặt phẳng ( SAB ) vuông góc với đáy, các mặt phẳng ( SBC ) và ( SCD ) cùng tạo với đáy một góc 2a bằng nhau. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD bằng . 6 a) Tính thể tích khối chóp S . ABCD . b) Tính côsin góc giữa hai đường thẳng SA và BD . Câu V (2,0 điểm) 1 1 3 2 1 Cho các số thực x, y, z thoả mãn x > , y > , z > 1 và + + ≥ 2. 3 2 3x + 2 2 y + 1 z Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (3 x − 1)(2 y − 1)( z − 1) . --------------------------------------------------- HẾT ------------------------------------------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm. WWW.ToanCapBa.Net 1
  2. WWW.ToanCapBa.Net SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HÓA Năm học: 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (Đề chính thức) Lớp 12 THPT Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012 (Hướng dẫn gồm 04 trang) CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I 1) 3,0 điểm 4,0 ● Tập xác định: D = . điểm ● Sự biến thiên: 0,5 + Chiều biến thiên: y ' = − x 2 + 4 x − 3 ; y '( x) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = 3 . Hàm số nghịch biến trong khoảng: (− ∞; 1) và (3; + ∞) ; đồng biến trên khoảng: (1; 3) . 1 + Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 ; yCT = − , đạt cực đại tại x = 3 ; yCĐ = 1 . 1,0 3 + Giới hạn: lim y = + ∞ ; lim y = − ∞ . x→−∞ x →+ ∞ + Bảng biến thiên x −∞ 1 3 +∞ y' − 0 + 0 − 1,0 +∞ 1 y 1 − −∞ 3 ● Đồ thị: ⎛ 1⎞ y + Đi qua điểm: (0; 1) và ⎜ 4; − ⎟ . 3 ⎝ ⎠ 1 0,5 1 4 O 3 x 1 − 3 + Nhận xét: Đồ thị (C) đối xứng qua điểm I ⎛ 2; ⎞ . 1 ⎜ ⎟ 3 ⎝ ⎠ 2) 1,0 điểm [ f ( x)] − 6 [ f ( x) ] + 9 f ( x) − 3 = 0 (1) 3 2 1 [ f ( x ) ] + 2 [ f ( x) ] − 3 f ( x) + 1 = 0 . 0,5 3 2 (1) ⇔ − 3 -1- WWW.ToanCapBa.Net 2
  3. WWW.ToanCapBa.Net ⎧ g (m) = 0 (2) 1 3 ⎧ g ( m) = 0 ⎪ Đặt g ( x) = − x + 2 x − 3x + 1 , ta có: (1) ⇔ g ( f ( x)) = 0 ⇔ ⎨ 2 ⇔⎨ m 3 ⎩m = f ( x) ⎪− 3 = g ( x) (3). ⎩ Số nghiệm của (1) là số nghiệm của (3), với m nhận tất cả các giá trị thoả mãn (2). Từ đồ thị (C), suy ra (2) có 3 nghiệm m , thoả mãn: 0 < m < 1 , 1 < m < 3 và 3 < m < 4 . Cũng từ (C), ta có: 1 m + Nếu 0 < m < 1 hay − < − < 0 thì (3) có 3 nghiệm phân biệt. 3 3 m 1 0,5 + Nếu 1 < m < 3 hay −1 < − < − thì (3) có đúng 1 nghiệm. 3 3 4 m + Nếu 3 < m < 4 hay − < − < − 1 thì (3) có đúng 1 nghiệm. 3 3 Rõ ràng, các nghiệm của (3) trong 3 trường hợp trên là đôi một khác nhau. Do đó (1) có đúng 5 nghiệm. II 1) 2,0 điểm 4,0 (1 + sin x)(1 − 2sin x) + 2(1 + 2sin x) cos x = 0 (1). điểm 2 ⎛ x x⎞ ⎛ x x⎞ (1) ⇔ ⎜ cos + sin ⎟ (1 − 2sin x) + 2(1 + 2sin x) ⎜ cos 2 − sin 2 ⎟ = 0 ⎝ 2 2⎠ ⎝ 2 2⎠ x x ⇔ cos + sin = 0 (2) 2 2 1,0 ⎛ x x⎞ ⎛ x x⎞ hoặc ⎜ cos + sin ⎟ (1 − 2sin x) + (2 + 4sin x) ⎜ cos − sin ⎟ = 0 (3) ⎝ 2 2⎠ ⎝ 2 2⎠ x π ● (2) ⇔ tan = −1 ⇔ x = − + k 2π . 2 2 x x x x ● (3) ⇔ 3cos − sin + 2sin x cos − 6sin x sin = 0 2 2 2 2 x x x x x x ⇔ 3cos − sin + 4sin cos 2 − 12sin 2 cos = 0 2 2 2 2 2 2 x x x x ⇔ 3sin − 4sin 3 + 12 cos3 − 9 cos = 0 1,0 2 2 2 2 3x 3x 2α 2π ⇔ sin + 3cos = 0 ⇔ x = +l , tan α = −3 . 2 2 3 3 π 2α 2π Vậy, (1) có nghiệm: x = − + k 2π hoặc x = +l , tan α = −3 (với k , l ∈ ). 2 3 3 2) 2,0 điểm ⎧22 x − y − 2 x + y = ( x + y ) x + y − (2 x − y ) 2 x − y (1) ⎪ ⎨ ⎪ 3 y − 2( x − 1) + 1 = 0 3 ⎩ (2). + Điều kiện: x + y ≥ 0, 2 x − y ≥ 0 (*). 1,0 2 x− y x+ y + Khi đó: (1) ⇔ 2 + (2 x − y ) 2 x − y = 2 + ( x + y) x + y . Xét hàm f (t ) = 2 + t t , suy ra: (1) có dạng f (2 x − y ) = f ( x + y ) . t Mặt khác f (t ) đồng biến, do đó (1) ⇔ 2x − y = x + y hay x = 2 y . + Thế vào (2), ta được: 3 y + 1 = 2(2 y − 1)3 (3). ⎧t = (2 y − 1)3 ⎪ 1,0 Đặt 3 y = 2t − 1 , phương trình (3) trở thành hệ: ⎨ ⎪ y = (2t − 1) 3 ⎩ -2- WWW.ToanCapBa.Net 3
  4. WWW.ToanCapBa.Net Trừ vế tương ứng các phương trình của hệ, ta được: t = y ( do 2(2 y − 1) 2 + 2(2 y − 1)(2t − 1) + 2(2t − 1) 2 + 1 > 0 ∀y, t ) Thế vào hệ: y = (2 y − 1)3 ⇔ 8 y 3 − 12 y 2 + 5 y − 1 = 0 ⇔ ( y − 1)(8 y 2 − 4 y + 1) = 0 ⇔ y = 1 . y = 1 ⇒ x = 2 , thoả mãn (*). Vậy, hệ đã cho có nghiệm (duy nhất): ( x; y ) = (2; 1) . III 1) 2,0 điểm 4,0 ● Lập số chẵn dạng abcd . Đặt E = {0, 1, 2, 3, 4} . điểm + Chọn d = 0 , chọn thứ tự a, b, c trong tập E \ {0} có A 3 = 24 cách. Dạng này có 24 số. 4 1,0 + Chọn d ≠ 0 có 2 cách, chọn a ∈ E \ {0, d } có 3 cách, chọn b và c thứ tự trong tập E \ {d , a} có A 3 = 6 cách. Dạng này có 2.3.6 = 36 số. Lập được 24 + 36 = 60 số. 2 ● Tính số các số chẵn lập được không lớn hơn 2012, có dạng 1bcd : Chọn d chẵn có 3 cách, chọn b và c thứ tự trong tập E \ {1, d } có A 3 = 6 cách. 2 Dạng này có: 3.6 = 18 số. Suy ra số lớn hơn 2012 có 60 − 18 = 42 số. 1,0 42 7 Xác suất cần tính: P = = . 60 10 2) 2,0 điểm π 0 (sin x + cos x)dx 2 (sin x + cos x)dx I= ∫π 3sin 2 x + 4 cos 2 x ∫ 3sin 2 x + 4 cos 2 x + 0 − 2 Đặt x = − t , ta có: 1,0 π π 0 0 (sin x + cos x)dx (− sin t + cos t )dt 2 (− sin t + cos t )dt 2 (− sin x + cos x)dx ∫π 3sin 2 x + 4 cos 2 x = −∫ π 3sin t + 4 cos t 2 2 =∫ 0 3sin 2 t + 4 cos 2 t ∫ 3sin 2 x + 4 cos 2 x = 0 . − 2 2 π π π 2 2 cos xdx d sin x 1 2⎛ 1 1 ⎞ Suy ra: I = 2 ∫ = 2∫ = ∫⎜ − ⎟d sin x 0 3sin x + 4 cos x 2 2 0 4 − sin x 2 0 ⎝ sin x + 2 sin x − 2 ⎠ 2 π 1,0 1 ⎛ sin x + 2 ⎞ 1 2 = ⎜ ln ⎟ = 2 ln 3 . 2 ⎝ sin x − 2 ⎠ 0 IV 1) 3,0 điểm 6,0 (C) có tâm O(0; 0), bán kính R = 3 . điểm Nhận xét: A ∈ (C ) ⇒ OA = OM ⇒ ABMO là hình thoi ⇒ AM ⊥ OB . 4 y Gọi I = AM ∩ OB ⇒ OG = OI . 1,0 3 uuur 4 uuu r Kẻ GK // AM , K ∈ OA , ta có: OK = OA ⇒ K (4; 0) . M 3 B G GK // AM ⇒ GK ⊥ OB . I Suy ra G thuộc đường tròn đường kính OK . ⎧y = x − 3 + 3 ⎪ O A K x Toạ độ G ( x; y ), y > 0 thoả mãn: ⎨ ⎪( x − 2) + y = 4 2 2 ⎩ 1,0 ⎧x = y + 3 − 3 ⎧x = y + 3 − 3 ⎪ ⎪ ⇔⎨ ⇔⎨ ( ) 2 ⎪ y +1− 3 + y = 4 ⎪2 y + 2(1 − 3) y − 2 3 = 0 2 2 ⎩ ⎩ ⇒ G (3; 3) (do y > 0) . -3- WWW.ToanCapBa.Net 4
  5. WWW.ToanCapBa.Net 9 9 OK .d(G, Ox) 9.4. 3 9 3 Diện tích: S( ΔAMB ) = S( ΔOAM ) = 2 S( ΔOAI ) = 2. .S( ΔOKG ) = . = = . 1,0 16 8 2 16 4 2) 3,0 điểm S a) Gọi H là hình chiếu của S trên ( ABCD) , suy ra H ∈ AB (do ( SAB) ⊥ ( ABCD) ). CB ⊥ HB , suy ra góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD) là SBH . Hạ HE ⊥ CD ( E ∈ CD) , suy ra góc giữa hai mặt phẳng ( SCD) và ( ABCD) là SEH . t 1,0 H Do đó SBH = SEH ⇒ HB = HE = 2a . A E Ta được BD // AE ⇒ BD //( SAE ) D ⇒ d( SA, BD) = d( B, ( SAE )) = d( H , ( SAE )) B (do A là trung điểm HB ) C 2a ⇒ d( H , ( SAE )) = . 6 Nhận xét rằng HA, HE , HS đôi một vuông góc, suy ra: 1 1 1 1 3 1 1 1 2 = 2 + 2 + 2 ⇔ 2 = 2+ 2+ ⇔ SH = 2a . d ( H , ( SAE )) HA HE HS 2a a 4a HS 2 1,0 3 1 4a Thể tích: V( S . ABCD ) = S( ABCD ) .SH = . 3 3 b) BD // AE , suy ra góc giữa hai đường thẳng SA và BD là SAE . Áp dụng định lý hàm số côsin cho tam giác SAE , với AE = SA = SH 2 + HA2 = a 5 và 1,0 SA2 + AE 2 − SE 2 1 SE = SH 2 = 2 2a , ta có: cos( SA, BD) = cos SAE = = . 2.SA. AE 5 V 2,0 Đặt 3x − 1 = a, 2 y − 1 = b, z − 1 = c ; ta có: a, b, c là các số dương và A = abc . điểm 3 2 1 3 2 1 ⎛ a b c ⎞ Khi đó: + + ≥2 ⇔ + + ≥ 2 ⇔ 3−⎜ + + ⎟≥2 3x + 2 2 y + 1 z a + 3 b + 2 c +1 ⎝ a + 3 b + 2 c +1⎠ 0,5 a b c ⇔ + + ≤1. a + 3 b + 2 c +1 b c a 3 b c 2 bc Suy ra: + ≤ 1− hay ≥ + ≥ (1). 0,5 b + 2 c +1 a+3 a + 3 b + 2 c +1 (b + 2)(c + 1) 2 2 ca 1 2 ab Tương tự: ≥ (2) và ≥ (3). b+2 (c + 1)(a + 3) c +1 (a + 3)(b + 2) 0,5 3 Nhân vế tương ứng của (1), (2) và (3), ta được: A ≤ . 4 a b c 1 Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi: = = = a + 3 b + 2 c +1 3 3 1 9 3 ⇔ a = , b = 1, c = ⇔ x = , y = 3, z = . 0,5 2 2 2 2 3 Vậy, max A = . 4 ……………………………….……….. HẾT………………………………………………. -4- WWW.ToanCapBa.Net 5
  6. WWW.ToanCapBa.Net ebooktoan.com SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH AN GIANG Năm học 2012 – 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn : TOÁN (vòng 1) Lớp : 12 Thời gian làm bài : 180 phút SBD : ………… PHÒNG :…… (Không kể thời gian phát đề) ………… Bài 1: (3,0điểm). Cho hàm số ( m là tham số) Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực đại và cực tiểu lần lượt là và đồng thời tam giác cân tại với . Bài 2: (3,0 điểm) Giải phương trình : Bài 3: (3,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: Bài 4: (4,0 điểm) Tìm số các nghiệm nguyên dương của phương trình: Trong số các nghiệm này có bao nhiêu nghiệm trong đó đôi một khác nhau. Bài 5 : (3,0 điểm) Tìm tọa độ các đỉnh của một hình thang cân ABCD biết rằng CD=2AB, phương trình hai đường chéo , các tọa độ hai điểm A, B đều dương và hình thang có diện tích bằng 36. Bài 6: (4,0 điểm) Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh bên bằng a, góc hợp bởi đường cao SH của hình chóp và mặt bên bằng , cho a cố định, thay đổi. Tìm để thể tích khối chóp S.ABCD là lớn nhất. (Cho biết: ) -----Hết----- WWW.ToanCapBa.Net 11
  7. WWW.ToanCapBa.Net ebooktoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC SINH GIỎI LỚP 12 AN GIANG Năm học 2012 – 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN VÒNG 1 A.ĐÁP ÁN  Đ   Để hàm số có hai điểm cực trị thì và ta có bảng biến thiên sau Bài 1 3,0 điểm 0 0  Ta có hai điểm cực đại và cực tiểu là  Tam giác ABC cân tại C(-4;-2) ta được ạ  Vậy thỏa đề Giải phương trình 3,0  Nhận xét: Nếu viết phương trình trên lại là điểm Bài 2 thì phương trình có nghiệm khi do vế phải dương  Đặt phương trình trở thành WWW.ToanCapBa.Net 12
  8. WWW.ToanCapBa.Net ebooktoan.com  Lại đặt phương trình trở thành ạ  Với vậy là nghiệm của phương trình Vậy phương trình có hai nghiệm Cách khác: + Nhận xét không là nghiệm của phương trình + Nếu phương trình trên viết lại là : So với điều kiện phương trình có hai nghiệm  TXĐ: 3,0  Đặt điểm Bài 3 Vậy  Xét hàm số WWW.ToanCapBa.Net 13
  9. WWW.ToanCapBa.Net ebooktoan.com Vậy 4,0  Mỗi bộ ba số nguyên dương thỏa mãn tương điểm ứng với bộ ố ố ố trong đó có đúng 2012 số1 và 2 số 0. Như vậy số bộ ba số cần tìm chính là số các cách sắp xếp hai chữ số 0 và 2012 chữ số 1 vào 2013 vị trí sao cho hai số 0 không đứng cạnh nhau và không được đứng đầu và đứng cuối.  Để sắp xếp các số như trên ta thực hiện * Sắp xếp 2012 chữ số 1 có 1 cách sắp xếp * Sắp xếp số 0 đầu tiên vào giữa 2012 số1 có 2011 cách sắp xếp (trừ đi vị trí đầu và cuối). * Sắp xếp số 0 thứ hai vào giữa 2013 số trên có 2010 cách sắp xếp ( không sắp đầu và cuối và không sắp bên trái, bên phải số 0 vừa sắp) Bài 4 * Vì hai số 0 có thể đổi chổ cho nhau nên có các bộ số cần tìm. Ta có nhận xét 2012 không chia hết cho 3 nên phương trình không có ba nghiệm bằng nhau.  Ta đếm các nghiệm trong đó . Để có nghiệm loại này ta thấy mỗi cặp có duy nhất một số nguyên với để chọn nghiệm loại này ta thực hiện * Chọn một số nguyên thuộc vào hai vị trí có 1005 cách chọn. * Số còn lại là có đúng một cách chọn. Vậy có 1005 bộ ba số trong đó . * Vì vai trò đỗi chổ cho nhau nên có 3.1005 các nghiệm có hai số giống nhau Vậy có các bộ nghiệm trong đó đôi một khác nhau. WWW.ToanCapBa.Net 14
  10. WWW.ToanCapBa.Net ebooktoan.com * Gọi M là giao điểm hai đường chéo hình thang, tọa độ M là nghiệm của hệ 3,0 điểm * Ta có nhận xét hai đường thẳng vuông góc nhau. CD=2AB suy ra hình thang cân có hai đáy là AB; CD * Vậy diện tích hình thang cân ABCD là: * Ta lại có Vậy Bài 5 Vậy tọa độ điểm A là (loại) Với do * Ta lại có Vậy tọa độ B là (loại) Với do Vậy tọa độ các đỉnh của hình thang là . * Do hình chóp đều nên H là giao điểm của AC và S BD 4,0 Gọi M là trung điểm của CD dể thấy CD (SHM) điểm A D nên (SHM) (SCD) hay SM là hình chiếu của SH lên mặt phẳng (SCD) vậy ớ H M * Đặt B C * Tam giác SHM vuông tại H ta được Bài 6 * Đặt ớ WWW.ToanCapBa.Net 15
  11. WWW.ToanCapBa.Net SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH VĨNH PHÚC LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN – THPT chuyên. ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề. Ngày thi: 02/11/2012.  2 8  x + 3x + 2 = y − 5 y − 1   8 Câu 1 (2,5 điểm). Giải hệ phương trình  y 2 + 3 y + 2 = − 5 z − 1 ( x, y , z ∈ ℝ )  z  2 8  z + 3z + 2 = x − 5 x − 1  Câu 2 (1,5 điểm). Cho a, b, c, d là các số thực dương. Chứng minh rằng 3a bc 2b3d 25 2. + 3. 3 + 4. 4 ≤ a+b+c ( a + b )( a + b + c + d ) 81( a + b ) ( a + b + c + d ) 6 3 Câu 3 (2,0 điểm). Giả sử n là một số nguyên dương sao cho 3n + 2n chia hết cho 7 . Tìm số dư của 2n + 11n + 2012n khi chia cho 7 . 2 Câu 4 (3,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD. Gọi P là điểm sao cho trung trực của đoạn thẳng CP chia đôi đoạn AD và trung trực của đoạn AP chia đôi đoạn CD. Gọi Q là trung điểm của đoạn thẳng BP. a) Chứng minh rằng đường thẳng BP vuông góc với đường thẳng AC. b) Chứng minh rằng BP = 4.OE , trong đó E là trung điểm của AC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AQC . Câu 5 (1,0 điểm). Cho m, n ( m > n > 4 ) là các số nguyên dương và A là một tập hợp con có đúng n phần tử c ủa tập hợ p S = {1, 2,3,..., m} . Chứng minh rằng n ếu m > ( n − 1) (1 + Cn + Cn + Cn ) thì ta luôn chọn được n phần tử đôi một phân biệt 2 3 4 x1 , x2 ,..., xn ∈ S sao cho các tập hợp Ai = {x + y + xi x ∈ A, y ∈ A}, i = 1, n thỏa mãn Aj ∩ Ak = ∅ với mọi j ≠ k và j , k = 1, n . -----------------Hết----------------- - Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. - Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………………….Số báo danh…………….. WWW.ToanCapBa.Net 6
  12. WWW.ToanCapBa.Net SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH VĨNH PHÚC LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN – THPT chuyên HƯỚNG DẪN CHẤM (Gồm 04 trang) Lưu ý khi chấm bài: -Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó. -Nếu học sinh giải 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. -Trong lời giải câu 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình không cho điểm. -Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. Câu 1. (2,5 điểm) Nội dung 1 8 Điều kiện: x, y, z ≥ . Xét các hàm số f (t ) = t 2 + 3t + 2, g (t ) = − 5t − 1 . Khi đó ta có 5 t 8 5 1 f ' (t ) = 2t + 3 > 0, g ' (t ) = − − < 0, ∀t > . 2 5t − 1 2 t 5 1  1  Mà f (t ) , g (t ) là các hàm số liên tục trên  ; + ∞  suy ra f (t ) đồng biến trên  ; + ∞  5  5  1  và g (t ) nghịch biến trên  ; + ∞  . Không mất tính tổng quát ta giả sử x = min {x, y, z} . 5  Khi đó ta có: Nếu x < y ⇒ g ( x ) > g ( y ) ⇒ f ( z ) > f ( x ) ⇒ z > x ⇒ g ( z ) < g ( x ) ⇒ f ( y ) < f ( z ) suy ra y < z ⇒ g ( y ) > g ( z ) ⇒ f ( x ) > f ( y ) ⇒ x > y , vô lí vì x < y . Do vậy x = y , tương tự lí luận như trên ta được x = z suy ra x = y = z . Thay trở lại hệ ta 8 8 được x 2 + 3 x + 2 = − 5 x − 1 ⇔ x 2 + 3 x + 2 − + 5 x − 1 = 0 (1). x x 8 1  Đặt h ( x ) = x 2 + 3 x + 2 − + 5 x − 1, x ∈  ; +∞  . Dễ thấy hàm số đồng biến trên x 5  2 WWW.ToanCapBa.Net 7
  13. WWW.ToanCapBa.Net Nội dung 1   5 ; + ∞  và h (1) = 0 ⇒ x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (1). Vậy nghiệm của   hệ phương trình đã cho là x = y = z = 1. Câu 2. (1,5 điểm) Nội dung Điểm 3a bc 2b3 d Đặt P = 2 + 33 + 44 . Khi đó áp a+b+c ( a + b )( a + b + c + d ) 81( a + b ) ( a + b + c + d ) 3 dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 2a 3(a + b ) 2a 3(a + b ) 2 . ≤ + a + b 2 (a + b + c ) a + b 2 (a + b + c ) bc b 3c 2 (a + b + c ) 33 = 33 . . ( a + b )( a + b + c + d ) a + b 2 (a + b + c ) 3 (a + b + c + d ) b 3c 2 (a + b + c ) ≤ + + a + b 2 (a + b + c ) 3 (a + b + c + d ) 3 2b3 d  b  2d 44 = 4.  3(a + b )  3 (a + b + c + d ) 4  81( a + b ) ( a + b + c + d ) 3   b 2d ≤ 3. + 3(a + b) 3(a + b + c + d ) Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được: 2 ( a + b ) 3 ( a + b + c ) 2 ( a + b + c + d ) 25 P≤ + + = a+b 2 (a + b + c ) 3(a + b + c + d ) 6 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d . Câu 3. (2,0 điểm) Nội dung Điểm Đặt n = 3q + r ; q, r ∈ ℕ, 0 ≤ r ≤ 2 . Khi đó 3n + 2 n = 27 q.3r + 8q.2r ≡ ( −1) .3r + 2r ( mod 7 ) q Do đó để 3n + 2 n ≡ 0 ( mod 7 ) ⇔ ( −1) .3r + 2r ≡ 0 ( mod 7 ) ⇔ q = 2k + 1, r = 0 . q Suy ra n có dạng n = 6k + 3 , chú ý nếu ( a, 7 ) = 1 ⇒ a 6 ≡ 1( mod 7 ) . Do đó ta có: +) 2n = 26 k +3 = ( 2k ) .8 ≡ 1( mod 7 ) 6 (1) +) 11n = 116 k +3 = (11k ) .113 ≡ 43 ≡ 1( mod 7 ) 6 (2) ( ) .2012 6 +) 2012 n = 2012( ≡ 39 ≡ 273 ≡ 6 ( mod 7 ) 6 k + 3) 2 +6k = 20126 k 2 2 9 (3) Từ (1), (2) và (3) ta được 3 WWW.ToanCapBa.Net 8
  14. WWW.ToanCapBa.Net Nội dung Điểm 2n + 11n + 2012n ≡ 1 + 1 + 6 ≡ 1( mod 7 ) . Vậy số dư cần tìm là 1 . Câu 4. (3,0 điểm) A B Q I O P M E J D C N Nội dung Điểm a) (2,0 điểm) Gọi M, N, I, J theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng AD, CD, AP, CP. Khi đó NI ⊥ AP, MJ ⊥ CP AB Do I là trung điểm của AP, Q là trung điểm của BP nên IQ AB và IQ = từ đó suy ra 2 IQ CN và IQ = CN . Suy ra tứ giác CNIQ là hình bình hành. Suy ra CQ NI . Từ đó, do NI ⊥ AP nên CQ ⊥ AP (1) Chứng minh tương tự, cũng được AQ ⊥ CP (2) Từ (1) và (2) suy ra P là trực tâm của tam giác ACQ suy ra PQ ⊥ AC hay BP ⊥ AC Do P là trực tâm của tam giác AQC nên OA + OC + OQ = OP ⇔ OA + OC + 1 2 ( ) ( OP + OB = OP ⇔ 2 OA + OC + OB = OP ) ⇔ 4OE = OP − OB ⇔ 4OE = BP ⇒ BP = 4.OE . Vậy BP = 4.OE . Câu 5. (1,0 điểm) Nội dung Điểm { } Xét tập hợp B = x + y − z − t x, y, z , t ∈ A . Ta sẽ chỉ ra bất đẳng thức sau: B ≤ 1 + Cn2 + Cn + Cn4 (1) 3 4 WWW.ToanCapBa.Net 9
  15. WWW.ToanCapBa.Net Nội dung Điểm Thật vậy, ta xét các trường hợp sau: +) Nếu 4 số x, y, z , t đều bằng nhau thì số các số dạng x + y − z − t bằng 1. +) Nếu trong 4 số x, y, z , t có đúng 3 số bằng nhau, giả sử x = y = z ≠ t . Khi đó x + y − z − t = x − t suy ra có tối đa Cn2 số x + y − z − t . +) Nếu 4 số x, y, z , t có đúng 2 số bằng nhau. Khi đó nếu x = y thì có tối đa Cn số dạng 3 này, còn nếu x = z thì x + y − z − t = y − t thì có tối đa Cn2 số dạng này và đã xét ở trên. +) Nếu 4 số x, y, z , t đôi một khác nhau thì có tối đa Cn4 số x + y − z − t . Do đó có nhiều nhất 1 + Cn2 + Cn + Cn4 số dạng x + y − z − t . Từ đó suy ra bất đẳng thức 3 (1). Gọi x1 = 1 ∈ S . Đặt C1 = S \ {x + x1 x ∈ B} suy ra C1 ≥ S − B > ( n − 2 ) B > 0 ⇒ ∃x2 = min C1 ⇒ x2 > x1 . Dễ thấy A1 ∩ A2 = ∅ . Tiếp theo đặt C2 = C1 \ {x + x2 x ∈ B} suy ra C2 ≥ C1 − B > ( n − 3) B > 0 ⇒ ∃x3 = min C2 ⇒ x3 > x2 . Kiểm tra được ngay A2 ∩ A3 = ∅ , A1 ∩ A3 = ∅ . Cứ tiếp tục như vậy đến bước thứ n , ta đặt Cn −1 = Cn − 2 \ {x + xn − 2 x ∈ B} thì Cn −1 ≥ Cn − 2 − B > ( n − n ) B = 0 ⇒ ∃xn ∈ Cn −1 ⇒ xn > xn −1 Khi đó ta kiểm tra được Ai ∩ A j = ∅ với mọi i ≠ j . Vậy luôn tồn tại các phần tử x1 , x2 ,..., xn ∈ S thỏa mãn yêu cầu bài toán. -------------------Hết------------------- 5 WWW.ToanCapBa.Net 10
  16. http://baigiangtoanhoc.com Tuyển tập đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh 2013 ĐỀ THI HSG 12 – NĂM 2013.BÌNH ĐỊNH Bài 1: 1) Tìm giá trị m để bất phương trình sau có nghiệm đúng với mọi x :  m  2  m   m   2  log2  x  2  1  log2  x  2  1  log 2 0  m 1  m 1  m 1  x  x 2  2 x  2  3y 1  1  2)Giải hệ phương trình :   y  y 2  2 y  2  3 x 1  1  Bài 2:  1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình :  2 x  5y  1 2  y  x 2  x  105 x  2) Cho a,b,c>0 . Chứng minh rằng : ab bc ca 3    c(b  c) a(c  a) b(a  b) 2 u1  a   2 Bài 3 : Dãy số  un  xác định bởi :  un  2 un  2 un 1  2   un    với a  1 cho trước , kí hiệu :  a  ;a tương ứng chỉ phần nguyên và phần lẻ của số a .Tìm lim un ?   n  Bài 4 : 1) Cho tam giác ABC có BC =a , AC = b , AB = c thỏa c4=a4+b4 . CMR : Tam giác ABC có 3 góc nhọn và 2sin2C = tanA.tanB 2)Về phía ngoài của tam giác nhọn ta dựng các tam giác đều BCF,CAE,ABD . CMR : Các đường thẳng lần lượt đi qua trung điểm M,N,P của các cạnh BC,CA,AB và theo thứ tự vuông góc với các đường thẳng DE,DF,EF đồng quy tại 1 điểm . Bài 5 : Tìm tất cả các hàm số f : R  R thỏa : 1 1) f (0)  2 2) x, y  R, a  R : f ( x  y)  f ( x ) f (a  y)  f ( y) f (a  x ) Trung tâm gia sư VIP – http://giasuvip.net Hotline: 0989189380
  17. Họ và tên thí sinh:……………………..………….. Chữ ký giám thị 1: Số báo danh:……………………………..………... …………….……………….. SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2010 - 2011 CHÍNH THỨC (Gồm 01 trang) * Môn thi: TOÁN * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ Câu 1: (4 điểm) Giải phương trình: x − 2 + 4 − x + 2 x − 5 = 2 x 2 − 5 x Câu 2: (4 điểm) Cho dãy số không âm (ai), với i = 0, 1, 2, … thỏa điều kiện 1 am + n + am – n = (a2m + a2n) với mỗi cặp chỉ số m, n tùy ý mà m ≥ n. 2 Tính a2010 biết a1 = 1. Câu 3: (4 điểm) Giải phương trình : tan 2 x + tan 2 y + cot 2 ( x + y ) = 1 Câu 4: (4 điểm) Cho a, b ∈Z và (a 2 + b 2 + 2a + 4b + 5) M3 .Chứng minh rằng a và b không chia hết cho 3. Câu 5: (4 điểm) Cho ngũ giác ABCDE nội tiếp trong đường tròn bán kính bằng 1. Biết AB = a, BC = b, CD = c, DE = d, AE = 2. Chứng minh: a2 + b2 + c2 + d2 + abc + bcd < 4. --- HẾT --- 1
  18. SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2010 - 2011 CHÍNH THỨC (Gồm 03 trang) * Môn thi: TOÁN * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1: (4 điểm) x − 2 + 4 − x + 2 x − 5 = 2 x 2 − 5 x (1) 5 ĐK: ≤ x ≤ 4 (0,25đ) 2 (1) ⇔ x − 2 − 1 + 4 − x − 1 + 2 x − 5 − 1 = 2 x 2 − 5 x -3 (0,5đ) x −3 x−3 2x − 6 ⇔ − + = ( 2 x + 1)( x − 3) (0,5đ) x −1 +1 4 − x +1 2x − 5 + 1 1 1 2 ⇔ ( x − 3) [ − + ] = ( 2 x + 1)( x − 3) (0,5đ) x −1 +1 4 − x +1 2x − 5 +1 ⎡x = 3 ⇔⎢ 1 1 2 (2) (0,75đ) ⎢ − + = 2x +1 ⎢ ⎣ x −1 +1 4 − x +1 2x − 5 + 1 1 2 1 (2) ⇔ + = + 2 x + 1 (3) (0,5đ) x − 2 +1 2x − 5 +1 4 − x +1 5 5 Do ≤ x ≤ 4 nên VP(3) > 2 x + 1 > 2. + 1 = 6 và VT (3) < 3 (0,5đ) 2 2 Vậy PT (1) có duy nhất nghiệm x = 3 (0,5đ) Câu 2: (4 điểm) Cho m = n = 1, ta được a0 = 0; (0,5đ) 1 Cho m = 1, n = 0, ta có a1 + a1 = (a2 + a0) ⇒ a2 = 4. (0,5đ) 2 Ta sẽ chứng minh an = n2 bằng qui nạp (0,5đ) Với n = 0, 1, 2 khẳng định trên đúng (0,5đ) Giả sử an = n2 đúng với n = 0, 1, 2, …k; 1 Cho m = k, n = 0, ta được ak + ak = (a2k + a0) 2 2 ⇒ a2k = 4ak = (2k) (0,5đ) 1 Cho m = k, n = 1, ta được ak + 1 + ak – 1 = (a2k + a2) 2 1 ⇒ ak + 1 = a2k + 2 – ak – 1 (0,5đ) 2 1 ⇔ ak + 1 = (2k)2 + 2 – (k – 1)2 2 ⇔ ak + 1 = (k + 1)2. (0,5đ) Theo giả thiết qui nạp ta có an = n2 với n = 0, 1, 2, … (0,25đ) Vậy a2010 = 20102. (0,25đ) 1
  19. Câu 3: (4 điểm) tan 2 x + tan 2 y + cot 2 ( x + y ) = 1 (1) 1 1 − tan x.tan y Ta có: cot ( x + y ) = = . tan( x + y ) tan x + tan y ⇒ cot (x + y ) . [ tan x + tan y ] = 1- tanx.tany . (0,25đ) ⇒ tanx.tany + tany . cot ( x + y ) + tanx . cot ( x + y ) = 1 ( 2 ). ( 1 ) – ( 2 ) vế theo vế ta được : 1 ⎡ (t anx − tan y ) 2 + (tan y − cot( x + y )) 2 + (cot( x + y ) − tan x) 2 ⎤ = 0 (0,75đ) 2⎣ ⎦ ⎧ t anx = tan y = cot( x + y ) ⇔⎨ 2 (0,25đ) ⎩ tan x + tan y + cot ( x + y ) = 1. 2 2 ⎡ 1 ⎢ t anx = tan y = cot( x + y ) = 3 ⇔⎢ (0,75đ) ⎢ −1 ⎢ t anx = tan y = cot( x + y ) = 3 ⎣ ⎧ 1 ⎪ t anx = ⎧ 1 ⎪ 3 ⎪ 1 ⎪ t anx = ⎪ 3 Xét hệ ( I ) ⎨ tan y = ⇔⎨ (0,5đ) ⎪ 3 ⎪ tan y = 1 ⎪ 1 ⎪ ⎩ 3 ⎪cot( x + y ) = ⎩ 3 ⎧ π ⎪ x = 6 + mπ ⎪ ⇔⎨ (m; n ∈ Ζ) (0,5đ) ⎪ y = π + nπ ⎪ ⎩ 6 ⎧ 1 ⎪ t anx = − ⎧ 1 ⎪ 3 ⎪ 1 ⎪ t anx = − ⎪ 3 Xét hệ ( II ) ⎨ tan y = − ⇔⎨ (0,5đ) ⎪ 3 ⎪ tan y = − 1 ⎪ 1 ⎪ ⎩ 3 ⎪cot( x + y ) = − ⎩ 3 ⎧ π ⎪ x = − 6 + mπ ⎪ ⇔⎨ (m; n ∈ Ζ) (0,25đ) ⎪ y = − π + nπ ⎪ ⎩ 6 Vậy nghiệm của phương trình đã cho : ⎧ π ⎧ π ⎪ x = 6 + mπ ⎪ ⎪ x = − 6 + mπ ⎪ ⎨ (m; n ∈ Ζ) ; ⎨ (m; n ∈ Ζ) (0,25đ) ⎪ y = π + nπ ⎪ y = − π + nπ ⎪ ⎩ 6 ⎪ ⎩ 6 2
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.04: Bộ 290+ Đề Thi Vào Lớp 10 Năm 2020
290 tài liệu
500 lượt tải
THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2