2 Đề thi chọn HSG Toán 12 (2012-2013)

Chia sẻ: Trần Văn được | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

81
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

2 Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 (2012-2013) dành cho học sinh và giáo viên tham khảo, giúp các em phát triển và tư duy năng khiếu của mình, nhằm giúp bạn củng cố kiến thức luyện thi học sinh giỏi đạt kết quả cao.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: 2 Đề thi chọn HSG Toán 12 (2012-2013)

SỞ GDĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Ngày thi 09/10/2012 (Thời gian làm bài 180 phút) Đề thi gồm 04 câu, trong 01 trang Câu 1 (5 điểm):  x 3  y2  2y  8  Giải hệ phương trình:  y3  z 2  2z  8 z3  x 2  2x  8  Câu 2 (5 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. Gọi P, Q lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ABH và ACH. Các đường thẳng AP, AQ lần lượt cắt BC tại D và E. Chứng minh rằng đường thẳng AH, DQ, EP đồng quy tại một điểm. Câu 3 (6 điểm): Cho phương trình (ẩn x, tham số n nguyên dương): 3 x  2x 2  3x 3  ...  nx n   0 4 a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n phương trình có 1 nghiệm dương duy nhất, kí hiệu nghiệm đó là x n . 1 b) Chứng minh rằng lim x n  . 3 Câu 4 (4 điểm): Cho tập Sn = {1; 2; 3;…; n} với n là số nguyên dương lớn hơn 2. Có bao nhiêu cách chia tập Sn thành ba tập con khác rỗng (hợp với nhau bằng Sn và đôi một giao với nhau bằng rỗng) sao cho mỗi tập con không chứa hai số nguyên liên tiếp? HẾT Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh ............................. Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:.......................................................................... Giám thị 2:..........................................................................
SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013 MÔN: TOÁN Ngày thi 09/10/2012 (hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm 3 2 3 2  x  y  2y  8  x  (y  1)  7   Ta có:  y 3  z 2  2z  8   y3  (z  1) 2  7  x, y, z  1 1,0  z 3  x 2  2x  8 z 3  (x  1) 2  7   1 Giả sử x  max{x; y;z}  (y -1)2  max{(x -1) 2 ;(y -1) 2 ;(z -1) 2} 1,0 5 điểm y  max{x; y;z}  x  y  y  z . Vậy x = y = z. 1,5 Khi đó ta có phương trình: x 3  x 2  2x  8  x 3  x 2  2x  8  0  (x  2)(x 2  x  4)  0 x2 1,0 Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y; z) = (2; 2; 2). 0,5 A Q P B C D H E 2 Cách 1: 5 điểm BAH  ACH 1 1,0 BAE  BAH  HAE  BAH  HAC 2 1 BEA  ACH  EAC  ACH  HAC 2 1,0  BEA  EAB  tam giác ABE cân tại đỉnh B. Mà BP là đường phân giác góc ABE  BP là đường trung trực của đoạn AE  PA  PE . 1,0 1 1 Mặt khác PAE  PAH  HAE  (BAH  HAC)  BAC  450 2 2 1,0
 PAE vuông cân tại đỉnh P  EP  AD . Tương tự:  DQ  AE . Vậy AH, DQ, EQ là các đường cao của tam giác ADE suy ra AH, 1,0 DQ, EP đồng quy. Cách 2: Áp dụng tính chất tia phân giác các góc trong tam giác: PA AB QE CE HD AH EC AC 2,0  ,  ,  ,  PD BD QA AC DB AB HE AH PA HD EC QE AB AH AC CE CE 1,5  . . . = . . . = PD DB HE QA BD AB AH AC BD PA HD QE 0,5  . . 1 PD HE QA 1  AH, DQ, EP đồng quy (Định lí Ceva) a) 2 điểm 3 Xét f n  x   x  2x 2  3x 3  ...  nx n  4 f n'  x   1  22 x  32 x 2  ...  n 2 .x n 1 0,5 Ta có f n'  x   0 x  R  f n  x  đồng biến, liên tục trên R. 0,5 Mà f n  0   0; f n 1  0 0,5  fn  x   0 có nghiệm duy nhất và nghiệm đó thuộc  0;1 0,5 b) 4 điểm 2 n 1 1 1 1 1 9 3f    1  2.  3   ...  n    3 3 3  3 4 3 2 n 1 n 1 1 1 1 1 3 (6 điểm) f     2    ...   n  1    n   3 3  3 3 3 4 2 n 1 1 1 1 1  2f    1      ...     n    n 3  3  2n   3 3  3  3 3 2 2.3n 1 f   2n  3  0 n  N* 1,0  3 4.3n 1 1 Suy ra f    f n  x n  suy ra x n  (do f n  x  là hàm số đồng 0,5 3 3 biến trên R) 1  Với mọi n  N* , theo định lý Lagrange, tồn tại cn   ;x n  sao 3  0,5
1 1 cho: f n (x n )  f n ( )   f n' (c n )(x n  ) 3 3 1,0 1 1 2n  3 1 1 2n  3 2n  3  xn   ' n  xn   '  3 f n (x n ) 4.3 3 f n (c n ) 4.3n 4.3n (vì f n'  x   1 x  (0; ) ) 2n  3 1 1,0 Mà lim n  0  lim xn  . n  4.3 n 3 Kí hiệu S(n) là số cách chia tập S thành ba tập con khác rỗng sao cho mỗi tập con không chứa hai số nguyên liên tiếp. Các khả năng xảy ra khi chia tập Sn+1 = {1; 2; 3;...; n; n+1}. Khả năng 1: {n+1} không là một trong ba tập con của Sn+1. Ta thực hiện cách chia như sau: Chia Sn thành 3 tập con (thỏa mãn đề bài) và bổ xung phần tử ( n  1 ) vào một trong hai tập không chứa phần tử n. Do đó số cách chia trong trường hợp này là 2S(n). 1,5 Khả năng 2: {n+1} không là một trong ba tập con của Sn+1. Khi đó các phần tử Sn phải nằm trong hai tập còn lại. Có thể thấy ngay 4 chỉ có một cách chia thỏa mãn (một tập chứa các số chẵn và một tập chứa các số lẻ). Do đó, số cách chia trong trường hợp này là 1 cách. 1,0 4 điểm Vậy ta thu được công thức truy hồi: S  n  1  2S  n   1  S  n  1  1  2 S  n   1   0,5 Đặt u n  S  n   1  u n 1  2u n . Vậy  u n  là một cấp số nhân có công bội bằng 2. Mặt khác, ta thấy S  3   1 vậy nên ta có S  n   2n  2  1, n  3 . Vậy số cách chia thỏa mãn yêu cầu bài toán là S  n   2n 2  1, n  3 . 1,0 -----------Hết-----------
SỞ GDĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Ngày thi 10/10/2012 (Thời gian làm bài 180 phút) Đề thi gồm 04 câu, trong 01 trang Câu 1 (5 điểm):  x 2  y2  4x  2y  1  0  Cho các số thực x, y, z, t thoả mãn:  2 2  z  t  4z  2t  1  0  Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = (x – z)(y – t). Câu 2 (5 điểm): x2 y2 Chứng minh rằng phương trình   6 có vô số nghiệm nguyên dương. y x Câu 3 ( 5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao AM, BN. Điểm D trên cung BC không chứa A của đường tròn (O) và khác B, C. Hai đường thẳng DA và BN cắt nhau tại Q, hai đường thẳng DB và AM cắt nhau tại P. Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh rằng ba điểm M, N, I thẳng hàng. Câu 4 (5 điểm): Tìm tất cả các hàm số f :  thỏa mãn điều kiện: 2 3 4 f  x  f  y   4x3f  y  6x2  f (y)  4x  f (y)   f(y)  f  x  với mọi x, y . HẾT Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh ............................. Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:.......................................................................... Giám thị 2:..........................................................................
SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013 MÔN: TOÁN Ngày thi 10/10/2012 (hướng dẫn chấm gồm 03 trang) Câu Đáp án Điểm  x 2  y2  4x  2y  1  0 (x  2) 2  (y  1) 2  4   Cách 1:  2 2  2 2 0,5  z  t  4z  2t  1  0  (z  2)  (t  1)  4  a 2  b 2  4  Đặt a = x - 2, b = y - 1, c = z - 2, d = t - 1, ta có:  2 2 c  d  4  P  (x  z)(y  t)  (a  c)(b  d)  (a  c)(b  d) 1  2(a 2  c 2 )2(b 2  d 2 )  2 (a 2  c 2 )(b 2  d 2 ) 1 1  a 2  b2  c2  d 2  8  P  8 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: (a  c)(b  d)  0 a  c a  b  2 x  2  2 x  2  2      b  d  c  d   2  y  1  2 y  1  2 1 1,5  2 2 2 2   hoặc  05 điểm a  c  b  d a  b   2  z  2  2 z  1  2 a  b  4 2 2     2 c  d  2  t  1  2 t  1  2 2 c  d  4  Vậy MaxP  8 .  x 2  y 2  4x  2y  1  0 (x  2) 2  (y  1) 2  4   Cách 2:  2 2  0,5 2 2  z  t  4z  2t  1  0  (z  2)  (t  1)  4   x  2  2cos ; y  1  2sin  1  ,   R thỏa mãn:   z  2  2cos ; y  1  2sin   sin 2 sin 2  1 1  Khi đó: P = (x-z)(y-t) = 4    sin(   )   4   1 =8 2  2 2  2 2  0,5 Đẳng thức xảy ra  sin 2  sin 2   sin(  )  1 0,5
    4  k   (k, m  Z )     2m  (k  1)   4 0,5 x  2  2 x  2  2   y  1  2 y  1 2  hoặc  z  2  2 z  2  2   t  2  2 t  2  2 Vậy MaxP  8 . x2 y2 2 2 0,5   6  x - 2(3y-1)x + y + 2y = 0 (*) y x  x 0  1; x1  1 0,5 Xét dãy số {xn} xác định bởi công thức:   x n  2  6x n 1  x n  2 n  N Ta có: {xn} tăng và x n  N*n  N* . 0,5 Với mọi n  N ta có: x n  2  6x n 1  x n  2  x n  2  x n  6x n 1  2 (1) 0,5 x n2  x n  2 x  x n  2 x n 1  x n 1  2   6  n 2  n  N* 0,5 x n 1 x n 1 xn 2  x n  2 x n  x n  2x n  x n 1  x n 1x n-1  2x n 1 n  N* 2 2 5 điểm 0,5  x n  2 x n - x n 1 - 2x n 1  x n 1x n-1 - x n - 2x n n  N* 2 2 2 2  x n  2 x n - x n 1 - 2x n 1  x 2 x 0 - x1 - 2x1  0 n  N 2  x n  2 x n  x n 1  2x n 1 n  N (2) 0,5 Từ (1), (2) suy ra x n , x n  2 là hai nghiệm của phương trình: t 2 - 2(3x n 1 -1)t  x 2 1  2x n 1  0 n  N 0,5 n  x 2 - 2(3x n 1 -1)x n  x n 1  2x n 1  0 n  N 2 0,5 n Suy ra ( x n , x n 1 ) là nghiệm của phương trình (*) n  N . 0,5 Do đó ta có điều phải chứng minh. A 3 5điểm N Q H M I B C P D
Gọi H là trực tâm tam giác. AN BM 1 Tam giác ANH và BMH đồng dạng nên:  (1) NH MH AN BM Tam giác ANQ và BMP đồng dạng nên:  (2) 1 NQ MP NQ MP 1 Từ (1) và (2) suy ra  NH MH NQ MH IP 1  . . 1 NH MP IQ 1  Ba điểm M, I, N thẳng hàng (Định lí Menelaus) 2 3 4 f  x  f  y   4x3f  y  6x2  f(y)  4x  f(y)   f(y)  f  x  x,y R (1) + Nhận xét: f  x   0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,5 + Xét trường hợp: f  x   0 . Đặt a = f(0). 4 Thay x  0 vào (1) ta được f  f  y     f  y    a, y  (2) 0,5 Tiếp tục thay x bởi  f (x)  vào (1) ta được f  f  y  f(x) 4(f(x))3f  y  6(f(x))2 (f(y))2  4f(x)(f(y))3  (f(y))4  f  f(x) x,y 4 4  f  f  y   f  x    f  y   f  x    f  f  x    f  x   x, y  (3) 1 4 4 Từ (2) và (3) suy ra f  f  y   f  x     f  y   f  x    a x, y  (4) 0,5 5điểm Giả sử x 0  thỏa mãn f  x 0   0 . Thay y  x 0 vào (1) ta thu được: 2 3 4 f  x  f  x0   f  x  4x3f  x0   6x2  f(x0)  4x f(x0)   f(x0) x R 0,5 Vế phải là đa thức bậc ba theo biến x nên nó là hàm số có tập giá trị là . 0,5 Vậy nên, vế trái cũng là một hàm số có tập giá trị là 0,5  x  đều tồn tại u, v  để f  u   f  v   x . 4 Do đó từ (4) suy ra: f  x   f  f  u   f  v     f  u   f  v    a  x 4  a, x  0,5 Thử lại dễ thấy: f  x   x 4  a, x  (với a là hằng số) thỏa mãn (1) 0,5 Vậy f  x   0 và f  x   x 4  a, x  (với a là hằng số) là các hàm số cần tìm. -----------Hết-----------
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC TẠO 2012-2013 NAM ĐỊNH Môn: Toán - lỚP 12 THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1. (4 điểm) Cho hàm số y  x3  2mx 2  3x (1) và đường thẳng () : y  2mx  2 (với m là tham số). 1) Khi m  0 . Gọi đồ thị của hàm số đã cho là (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại tiếp điểm M, biết khoảng cách từ M đến trục tung bằng 2. 2) Tìm m để đường thẳng () và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 3 (với A là điểm có hoành độ không đổi và O là gốc toạ độ). Câu 2. (5 điểm)   2sin   2 x   2sin 2 x  3 1) Giải phương trình 3   4cos 4 x . cos x  xy  2  y x 2  2  2) Giải hệ phương trình  (với x; y  )  y  2  x  1 x  2 x  3  2 x  4 x. 2 2 2  Câu 3. (3 điểm) 1) Trong mặt phẳng với toạ độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có AB  AD  CD, điểm B(1;2) , đường thẳng BD có phương trình y  2 . Biết rằng đường thẳng (d ) : 7 x  y  25  0 lần lượt cắt các đoạn thẳng AD và CD theo thứ tự tại M và N sao cho BM  BC và tia BN là tia phân giác của góc MBC. Tìm toạ độ đỉnh D (với hoành độ của D là số dương).
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A 1;2;1 ,B 1; 2;4  và mặt phẳng ( P) : 2 y  z  0 . Tìm toạ độ điểm C  ( P) sao cho tam giác 25 ABC cân tại B và có diện tích bằng . 2 Câu 4. (3 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông với AB  2a . Tam giác SAB vuông tại S, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết góc tạo bởi đường thẳng SD và mặt phẳng (SBC) bằng 1  với sin   . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ C đến 3 mặt phẳng (SBD) theo a . Câu 5. (3 điểm) x 2 ln  x  1  3 x3  x 2 1) Tính tích phân I   dx . 1 x4 2) Từ các chữ số 0;1;2;3;4;5;6 thành lập được bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số có 5 chữ số khác nhau, trong đó luôn có mặt chữ số 6 . Câu 6. (2 điểm) Cho các số thực x, y, z thay đổi thoả mãn điều kiện x 2  y 2  z 2  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 8 P   xy  yz  2 xz   2 .  x  y  z  xy  yz  2 2 Họ và tên thí sinh :……………………… Chữ ký của Giám thị 1 : ………………………… Số báo danh : ……………………… Chữ ký của Giám thị 2 : …………………………
Bài làm ......................................................................................................................... ......................................................................................................................... ......................................................................................................................... ......................................................................................................................... ......................................................................................................................... ......................................................................................................................... ......................................................................................................................... ......................................................................................................................... ......................................................................................................................... ......................................................................................................................... ......................................................................................................................... ......................................................................................................................... ......................................................................................................................... ......................................................................................................................... ......................................................................................................................... ......................................................................................................................... ......................................................................................................................... ......................................................................................................................... .........................................................................................................................