8 đthi học sinh giỏi Toán 12 cấp tỉnh - (Kèm Đ.án)

Chia sẻ: Aae Aey | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:26

Thêm vào BST

Báo xấu

73
lượt xem 12
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn hãy tham khảo 8 đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 kèm đáp án sẽ giúp các em có thêm tư liệu để luyện tập chuẩn bị kì thi tới tốt hơn. Nội dung đề thi gồm những kiến thức như: Hình bình hành, số nguyên dương....Chúc các em thi tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: 8 đthi học sinh giỏi Toán 12 cấp tỉnh - (Kèm Đ.án)

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 2011 - 2012 CHÍNH THỨC (Gồm 01 trang) * Môn thi: TOÁN (BẢNG A) * Ngày thi: 05/11/2011 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ Bài 1: (5 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Chứng minh rằng: a + b + c = a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 . Bài 2: (5 điểm) 2 4 Cho dãy số ( vn ) thỏa v1 = − , v2 = − , 3 5 vn+1.vn + 2vn+2.vn+1 − 3vn+2.vn = vn+2 − 3vn+ 1 + 2vn , vn ≠ −1 ; ( n ≥ 1) Tìm vn. Bài 3: (5 điểm) Cho tập hợp M = {1; 2;3;...; 2011} . Hỏi trong tập hợp M có bao nhiêu phần tử chia hết cho ít nhất một trong ba số 2, 5 và 11? Bài 4: (5 điểm) Cho hình bình hành ABCD. Gọi I, F, K là các điểm xác định bởi: AI = α AB, AF = β AC , AK = γ AD. Chứng minh điều kiện cần và đủ để I, F, K thẳng 1 1 1 hàng là: = + (biết rằng α ≠ 0, β ≠ 0, γ ≠ 0 ). β α γ --- HẾT ---
SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 CHÍNH THỨC (Gồm 02 trang) * Môn thi: TOÁN (BẢNG A) * Ngày thi: 05/11/2011 * Thời gian: 180 phút HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1: (5 điểm) Ta có a + b + c ≥ a2b2 + b2c2 + c2a2 ⇔ a4 + b4 + c4 + 2(a + b + c) ≥ a4 + b4 + c4 + 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) (1,0đ) ⇔ a4 + 2a + b4 + 2b + c4 + 2 c ≥ (a2 + b2 + c2)2 ⇔ a4 + 2a + b4 + 2b + c4 + 2 c ≥ 9 (1,0đ) Do đó ta chỉ cần chứng minh a4 + 2a + b4 + 2b + c4 + 2 c ≥ 9 Mà a4 + 2a = a4 + a + a ≥ 3 3 a 4 .a.a = 3a2 (0,5đ) Tương tự b4 + 2b ≥ 3b2; c4 + 2c ≥ 3c2 (1,0đ) Vậy a4 + 2a + b4 + 2b + c4 + 2 c ≥ 3(a2 + b2 + c2) = 9 (0,5đ) Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1. (1,0đ) Bài 2: (5 điểm) vn+1.vn +2vn+2.vn+1 -3vn+2.vn = vn+2 -3vn+ 1 + 2vn ⇔ vn +1.vn + vn + vn +1 + 1 = 3vn + 2 .vn + 3vn + 2 + 3vn + 3 −2(vn + 2 .vn +1 + vn + 2 + vn +1 + 1) (1,0đ) ⇔ (vn +1 + 1)(vn + 1) = 3(vn+ 2 + 1)(vn + 1) − 2(vn + 2 + 1)(vn +1 + 1) 1 3 2 ⇔ = − (do vn ≠ −1, ∀n ) (1,0đ) vn + 2 + 1 vn +1 + 1 vn + 1 1 Đặt un = ta được un + 2 = 3un +1 − 2un (1,0đ) vn + 1 ⎡x = 1 Xét phương trình đặc trưng x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔ ⎢ 1 ⎣ x2 = 2 un = a + b.2n với u1 = 3 , u 2 = 5 ta được : ⎧a + 2b = 3 ⎧a = 1 (1,0đ) ⎨ ⇔ ⎨ ⎩a + 4b = 5 ⎩b = 1 1 Bảng A-Ngày 1
un = 1 + 2 n 1 ⇒ vn = −1 (1,0đ) 1 + 2n Bài 3: (5 điểm) Gọi A là tập hợp các phần tử trong M chia hết cho 2. Gọi B là tập hợp các phần tử trong M chia hết cho 5. (1,0đ) Gọi C là tập hợp các phần tử trong M chia hết cho 11. Ta cần tính A ∪ B ∪ C Áp dụng công thức: A∪ B ∪C = A + B + C − A∩ B − B ∩C − A∩C + A∩ B ∩C (1,0đ) Theo giả thiết ta có: ⎡ 2011⎤ ⎡ 2011⎤ ⎡ 2011⎤ ⎡ 2011⎤ A =⎢ ⎥ = 1005 , B = ⎢ 5 ⎥ = 402 , C = ⎢ 11 ⎥ = 182 , A ∩ B = ⎢ 10 ⎥ = 201 , ⎣ 2 ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎡ 2011⎤ ⎡ 2011⎤ ⎡ 2011⎤ B ∩C = ⎢ = 36 , A ∩ C = ⎢ = 91 , A ∩ B ∩ C = ⎢ ⎥ = 18 , (2,0đ) ⎣ 55 ⎥⎦ ⎣ 22 ⎥ ⎦ ⎣ 110 ⎦ Trong đó [x ] là phần nguyên của số thực x. Do đó: A ∪ B ∪ C = 1005 + 402 + 182 − 201 − 36 − 91 + 18 = 1279 (1,0đ) Vậy số các số cần tìm là 1279 Bài 4: (5 điểm) * Ta có: KI = AI − AK = α AB − γ AD (1,0đ) KF = AF − AK = β AC − γ AD (0,5đ) Mà : AC = AB + AD ⇒ KF = β AB + ( β − γ ) AD (0,5đ) * Điều kiện cần và đủ để K, I, F thẳng hàng là tồn tại số thực k sao cho: KF = k KI (1,0đ) ⇔ β A B + (β − γ ) A D = kα A B − k γ A D ⇔ (β − kα ) AB + (β − γ + k γ ) A D = 0 (0,5đ) * Vì AB, AD không cùng phương nên: ( β − kα ) AB + ( β − γ + kγ ) AD = 0 ⎧ β − kα = 0 ⇔⎨ (1,0đ) ⎩ β − γ + kγ = 0 β γ −β ⇔ α = γ ( do α ≠ 0, β ≠ 0, γ ≠ 0 ) 1 1 1 ⇔ + = (0,5đ) α γ β ---Hết--- 2 Bảng A-Ngày 1
S GIÁO D C VÀ ĐÀO T O KÌ THI CH N Đ I TUY N H C SINH GI I L P 12 THÀNH PH C N THƠ C P THÀNH PH - NĂM H C 2012-2013 KHÓA NGÀY: 16/10/2012 Đ CHÍNH TH C MÔN THI: TOÁN Th i gian: 180 phút, không k th i gian giao đ Câu 1 (4 đi m) Gi i h phương trình sau trên t p s th c R   x+y+z =0  x3 + y 3 + z 3 = 48  7 x + y 7 + z 7 = 16128  Câu 2 (4 đi m) Cho dãy s nguyên (un ) đư c xác đ nh như sau: u1 = 1 ; u2 = 2 un = 4un−1 − un−2 , ∀n ≥ 3, n ∈ N a) Ch ng minh r ng u2 + u2 − 4un un−1 = −3 v i n ≥ 2, n ∈ N n n−1 u2 − 1 n b) Ch ng minh r ng là s chính phương v i m i n, n ∈ N∗ . 3 Câu 3 (4 đi m) Cho n a đư ng tròn (T ) tâm O, đư ng kính AB = 2R và đi m P di đ ng trên (T ) (P khác A và B). G i (O1 ) và (O2 ) là hai đư ng tròn nh n OP làm ti p tuy n chung, đ ng th i (O1 ) ti p xúc v i (T ) và OA theo th t là M, N, (O2 ) ti p xúc v i (T ) và OB theo th t t i H, L. a) Ch ng minh r ng khi P di đ ng trên (T ) thì các đư ng th ng M N và HL luôn cùng đi qua m t đi m c đ nh K. b) G i C, D theo th t là giao đi m th hai c a (O1 ) v i M A và M B, E là giao đi m c a CN v i BK và F là giao đi m c a DN v i AK. Ch ng minh r ng khi P di đ ng trên (T ), ta √ luôn có b t đ ng th c p > R(3 + 2), trong đó p là chu vi t giác ABEF . Câu 4 (4 đi m) Cho dãy 2013 s nguyên dương a1 , a2 , a3 , . . . a2013 th a mãn m i s không l n hơn 4026 và v i hai s b t kì thì b i s chung nh nh t c a hai s y luôn l n hơn 4026. Ch ng minh r ng m i s h ng c a dãy s đã cho đ u l n hơn 1342. Câu 5 (4 đi m) Trong m t b ng ô vuông có 10 × 10 ô đư c đi n t t c các ô là d u “+”. M t bư c th c hi n b ng cách đ i toàn b nh ng d u m t hàng ho c m t c t nào đó sang d u ngư c l i. Có kh năng hay không sau h u h n bư c như trên, b ng ô vuông nh n đư c có đúng 6 d u “-” ? Hãy ch ng minh kh ng đ nh c a mình. ——H T—— Ghi chú: Giám thi coi thi không gi i thích gì thêm.
S GIÁO D C VÀ ĐÀO T O KÌ THI CH N Đ I TUY N H C SINH GI I L P 12 THÀNH PH C N THƠ C P THÀNH PH - NĂM H C 2012-2013 KHÓA NGÀY: 16/10/2012 Đ CHÍNH TH C MÔN THI: TOÁN Th i gian: 180 phút, không k th i gian giao đ HƯ NG D N CH M CÂU N I DUNG ĐI M 3 2 Xét đa th c f (t) = t + at + bt + c có các nghi m là x, y, z. T phương trình x + y + z = 0, ta suy ra a = 0. 1.0đ Do đó f (t) = t3 + bt + c M t khác xn+3 +y n+3 +z n+3 +b (xn+1 + y n+1 + z n+1 )−16 (xn + y n + z n ) = 0 (4) 1.0đ Và đ t Sn = xn + y n + z n v i n ∈ N∗ . Khi đó (4) tr thành Sn+3 + bSn+1 − 16Sn = 0 Ta có S7 = −bS5 + 16S4 = −b (−bS3 + 16S2 ) + 16 (−bS2 + 16S1 ) = b2 S3 − 32bS2 + 256S1 (5) 1(4đ) Th S7 = 16128, S3 = 48, S2 = −2b, S1 = 0 vào (5), ta đư c b = ±12 1.0đ +b = 12, ta đư c f (t) = t3 + 12t − 16 có nghi m duy nh t (không th a) +b = −12, ta đư c f (t) = t3 − 12t − 16 có ba nghi m t = −2; t = 2; t = 4 V y h đã cho có nghi m (x; y; z) là (−2; 2; 4) và các hoán v c a nó. √ √ a) Phương trình đ c trưng λ2 − 4λ + 1 = 0 ; λ1 = 2 − 3 ; λ2 = 2 + 3 un = c1 λn + c2 λn 1 2 c1 λ1 + c2 λ2 = 1 c1 λ2 + c2 λ2 = 2 1 2 λ1 λ2 √ D= = λ1 λ2 (λ2 − λ1 ) = 2 3 λ2 λ2 1 2 1đ 1 λ2 √ D c1 = = λ2 − 2λ1 = 3 + 2 3 2 22 λ2 2 λ1 1 √ D c2 = = 2λ1 − λ2 = −3 + 2 3 1 λ2 2 1√ √ √ √ 3+2 3 3+2 −3 + 2 3 2− 3 c1 = √ = ; c2 = √ = 2 3 2 √ 2 3 √ 2 2(4đ) 2+ 3 n 2− 3 n V y un = c1 λn + c2 λn = 1 2 λ1 + λ2 , n ≥ 1 2 2 Ta có λ1 .λ2 = 1. V y: √ √ 2+ 3 √ n−1 2 − 3 √ n−1 un = (2 − 3)λ1 + (2 + 3)λ2 2 2 1 n−1 n−1 = λ + λ2 , n≥1 1đ 2 1 T đó: Ti p
CÂU N I DUNG ĐI M 1 2(n−1) 2(n−1) 2(n−2) 2(n−2) u2 + u2 n n−1 = λ1 + λ2 + λ1 + λ2 +4 4 1 2n−4 2 2n−4 = λ (λ1 + 1) + λ2 (λ2 + 1) + 4 4 1 2 1 = 4λ2n−3 + 4λ2 1 2n−3 + 4 = λ2n−3 + λ2 1 2n−3 +1 4 4un un−1 = 4 λn−1 + λn−1 λ1 + λn−2 1 2 n−2 2 2n−3 2n−3 n−2 = λ1 + λ2 + (λ1 λ2 ) (λ1 + λ2 ) 2n−3 2n−3 = λ1 + λ2 +4 2 2 V y un + un−1 − 4un un−1 = −3 u2 − 1 b) Ch ng minh n là s chính phương. 3 T câu a) ta có 4u2 + u2 − 4un un−1 = 3u2 − 3 n n−1 n 2 2 1đ =⇒ (2un − un−1 ) = 3un − 3 u2 − 1 n (2un − un−1 )2 =⇒ = 3 9   2u − u . . n n−1 . 3, ∀n ≥ 2 Ta s ch ng minh r ng: .  2u . n−1 − un . 3, ∀n ≥ 2   2u − u = 4 − 1 = 3 . 3 . . 2 1 Th t v y: v i n = 2 thì .  2u − u = 0 . 3 . 1 2   2u − u . . k k−1 . 3 Gi s ta có . v i ∀k ≥ 2  2u k−1 − uk . 3 . Suy ra: 1đ 2uk+1 − uk = 2 [4 (uk ) − uk−1 ] − uk = 8uk − 2uk−1 − uk . = 6uk + uk − 2uk−1 . 3 . 2uk − uk+1 = 2uk − (4uk − uk−1 ) . = −2uk + uk−1 . 3. . . Nói riêng ta có 2un − un−1 . 3, ∀n ≥ 1 . Suy ra 2un − un−1 = 3k, k ∈ Z u2 − 1 u2 − 1 Vy n = k 2 suy ra n là s chính phương. 3 3 Ti p
CÂU N I DUNG ĐI M P M H O1 D O2 C B N L A O F E K 1đ a) Ta có CM D = AM B = 90◦ =⇒ CD là đư ng kính c a (O1 ) =⇒ IDM = IM D = OBM =⇒ CD AB T đó CN = DN =⇒ AM N = BM N = 45◦ hay M K là tia phân giác c a góc AM B. V y K là trung đi m c a cung AB và K là m t đi m c đ nh. 1đ Ch ng minh hoàn toàn tương t ta cũng có HL đi qua K. 3(4đ) b) Cũng t k t qu trên ta cũng có: F AN = F N A = EBN = EN B = 45◦ Suy ra AF N = BEN = EN F = 90◦ hay t giác N EKF là hình ch nh t. 1đ T đó chu vi t giác ABEF đư c tính b i: p = AB + BE + EF + F A = AB + BE + EK + N K = AB + BK + N K = √ 2R + R 2 + N K Mà N K ≥ OK = R. Đ ng th c ch x y ra khi N ≡ O hay (O1 ) là đư ng tròn ti p xúc AB t i O =⇒ P ≡ B =⇒ đi u này không th x y ra do gi 1đ thi t B = P √ V y N K > R hay T > R(3 + 2) B đ : V i dãy s h u h n s nguyên dương (ak ) , k = 1, n + 1, trong đó m i s không l n hơn 2n thì luôn t n t i hai s trong chúng th a mãn s này chia h t cho s kia. Ch ng minh: 1đ Do ai ∈ N∗ i = 1, n + 1 nên ta luôn vi t đư c ai = 2si .ri , trong đó si ∈ N và ri ∈ 2k − 1|k = 1, n T đó vì ri ch nh n n giá tr l nên theo nguyên lý Dirichlet trong n + 1 s đã cho ph i t n t i hai s ai , aj (i = j) th a mãn ri = rj . Không m t tính 1đ t ng quát gi s ai ≥ aj , khi đó ai ≡ 0(modaj ) 4(4đ) Xét bài toán đã cho: Ti p
CÂU N I DUNG ĐI M Do dãy s đã cho là m t dãy h u h n nên t n t i s nh nh t trong chúng, không m t t ng quát gi s ai = min {ak } , k = 1, 2013. Khi đó ta ch c n ch ng minh ai > 1342 là đ . 1đ Th t v y, gi s ai ≤ 1342, khi đó ta có 2014 s 2a1 , 3a1 , a2 , a3 , . . . , a2013 th a mãn không có s nào l n hơn 4026. Theo gi thi t [ai , aj ] > 4026, i, j = 1, 2013, i = j nên trong dãy 2014 s trên không th t n t i 2 s th a mãn s này là b i c a s kia. Đi u này vô lý v i b đ trên. V y a1 > 1342 Gi s có kh năng sau m t s h u h n bư c nh n đư c b ng có 6 d u “-”. Cho t i hàng th i ta đã đ i d u xi l n còn t i c t th j ta đã đ i d u yj 1đ l n. Khi đó t i ô (i, j) ta đã thay đ i xi + yj l n. Suy ra t i ô này có d u “-” khi và ch khi xi + yj là s l . Cho p là s lư ng s l gi a các s xi . 5(4đ) Cho q là s lư ng s l gi a các s yj . Khi đó s lư ng các d u “-” trên b ng 1đ s là: p(10 − q) + (10 − p)q = 10p + 10q − 2pq T đó ta có đ ng th c 10p + 10q − 2pq = 6 ⇐⇒ 5p + 5q − pq = 3 ⇐⇒ 1đ (p − 5)(q − 5) = 2.11 . . Vì 11 là s nguyên t nên ho c p − 5 . 11 ho c q − 5 . 11 . . . . Gi s p − 5 . 11 th nhưng −5 ≤ p − 5 ≤ 5 nên p − 5 . 11 thì p − 5 = 0 đi u . . 1đ này trái v i (p − 5)(p − q) = 2.11. V y câu tr l i là không th .
www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011-2012 MÔN THI: TOÁN Ngày thi thứ nhất: 19 - 10 - 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút. Bài 1: (4 điểm) Giải hệ phương trình sau : ⎧ x y +1 = (y + 1) x ⎪ ⎨ 2x 2 − 9x + 6 ⎪ −4x + 18x − 20 + 2 = y +1 2 ⎩ 2x − 9x + 8 Bài 2: (4 điểm) Cho hai đường tròn ( O1 ) và ( O2 ) cắt nhau tại A và B. Trên tia đối của tia AB lấy điểm M. Cát tuyến qua B cắt ( O1 ) và ( O2 ) lần lượt tại C và D (B nằm giữa C và D). Đường thẳng MC cắt ( O1 ) tại P khác C. Đường thẳng MD cắt ( O2 ) tại Q khác D. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD, E là giao điểm của PB và AC, F là giao điểm của QB và AD. Chứng minh rằng MO vuông góc với EF . Bài 3: (4 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương, chứng minh rằng: 1 1 1 3 + + ≥ a (b + 1) b(c + 1) c(a + 1) 1 + abc Bài 4: (4 điểm) Cho đa thức P(x) = x 2012 − mx 2010 + m (m ≠ 0) . Giả sử P( x) có đủ 2012 nghiệm thực. Chứng minh rằng trong các nghiệm của P( x) có ít nhất một nghiệm x 0 thoả mãn x 0 ≤ 2 . Bài 5: (4 điểm) Cho các số nguyên x, y. Biết rằng: x2 – 2xy + y2 – 5x + 7y và x2 – 3xy + 2 y2 + x – y đều chia hết cho 17. Chứng minh rằng: xy – 12x + 15y chia hết cho 17. HẾT
www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011–2012 MÔN THI: TOÁN Ngày thi thứ nhì: 20 – 10 – 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút. Bài 1: (4 điểm) Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn: f ( f ( x ) + y ) = f ( x 2 − y ) + 4yf ( x ) với ∀x, y ∈ R . Bài 2: (4 điểm) Cho a, b, c là ba số dương. Chứng minh rằng: ab 2 bc 2 ca 2 a+b+c + 2 + 2 ≤ a + 2b + c b + 2c + a 2 2 2 2 2 c + 2a + b 2 2 4 Bài 3: (4 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Trên các cạnh AC và AB lần lượt lấy các điểm P và Q. Gọi M, N, J lần lượt là trung điểm của BP, CQ và PQ. Đường tròn ngoại tiếp tam giác MNJ cắt PQ tại R. Chứng minh rằng OR vuông góc với PQ. Bài 4: (4 điểm) ⎧ 4 ⎪ u1 = 5 ⎪ Cho dãy số (un) định bởi ⎨ ⎪u n +1 = u4 n ∀n ∈ N* ⎪ ⎩ u n − 8u 2 + 8 4 n Hãy lập công thức tính số hạng tổng quát un theo n. Bài 5: (4 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b sao cho: (ab)2 – 4(a + b) là bình phương của một số nguyên. HẾT
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LÀO CAI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 16/12/2010 Câu 1 (5,5 điểm) 2 1. Giải phương trình: 2010 2011 2 . 2010 2011 . 2 2 30 2. Giải hệ phương trình: 3 3 . 35 Câu 2 (3,0 điểm) 2 Tìm tất cả các hàm số : thỏa mãn điều kiện ( ) ( ) 2010 , với mọi số thực và mọi số hữu tỷ . Câu 3 (6,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng , cho tam giác có đỉnh 5; 2 , đường trung trực cạnh , đường trung tuyến kẻ từ đỉnh của tam giác lần lượt có phương trình là d: 6 0 và d' : 2 3 0 . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác . 2. Cho hình chóp tam giác đều . , có cạnh đáy bằng a . Gọi là góc giữa mặt bên và mặt đáy, là góc giữa hai mặt bên kề nhau. Tính thể tích của hình chóp . và chứng minh 4 rằng: tan 2 . 2 3 tan 1 2 Câu 4 (2,5 điểm) Trong mặt phẳng cho đường thẳng 3 trong đó không có hai đường thẳng nào song song và không có ba đường thẳng nào đồng quy. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác được tạo thành từ ba đường thẳng đã cho mà tam giác này không bị chia cắt bởi bất kỳ đường thẳng nào trong các đường thẳng còn lại. Câu 5 (3,0 điểm) Với các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số gồm bẩy chữ số khác nhau sao cho ba chữ số lẻ không đứng cạnh nhau. - - - - - - - - - - - - - - - - Hết - - - - - - - - - - - - - - - - Ghi chú:  Thí sinh không được sử dụng tài liệu.  Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. WWW.MATHVN.COM Trang /4
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HOÁ Năm học 2010- 2011 Đề chính thức Môn thi: Toán Lớp: 12 THPT Số báo danh Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 24/03/2011 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu). Câu I. (4,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − (m + 1) x2 − (4 − m2 ) x −1 − 2m ( m là tham số thực), có đồ thị là (Cm ). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = −1. 2) Tìm các giá trị của m để đồ thị (Cm ) có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau. Câu II. (6,0 điểm). 1) Giải phương trình: cos 2 x + cos3 x − sin x − cos 4 x = sin 6 x. 2) Giải bất phương trình: 6( x 2 − 3x + 1) + x 4 + x 2 + 1 ≤ 0 ( x ∈ ). 3) Tìm số thực a để phương trình: 9 x + 9 = a3x cos(π x) , chỉ có duy nhất một nghiệm thực π 2 sin x .Câu III. (2,0 điểm). Tính tích phân: I = ∫ dx. ( ) 3 0 sin x + 3 cos x Câu IV. (6,0 điểm). 1) Cho tứ diện đều ABCD có độ dài cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là hai điểm thuộc các cạnh AB, AC sao cho mặt phẳng (DMN) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Đặt AM = x, AN = y . Tìm x, y để diện tích toàn phần của tứ diện DAMN nhỏ nhất. 2) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường thẳng Δ : x − y + 5 = 0 và hai elíp x2 y 2 x2 y 2 ( E1 ) : + = 1 , ( E2 ) : 2 + 2 = 1 ( a > b > 0) có cùng tiêu điểm. Biết rằng ( E2 ) 25 16 a b đi qua điểm M thuộc đường thẳng Δ. Tìm toạ độ điểm M sao cho elíp ( E2 ) có độ dài trục lớn nhỏ nhất. 3) Trong không gian Oxyz , cho điểm M (0; 2;0) và hai đường thẳng ⎧ x = 1 + 2t ⎧ x = 3 + 2s ⎪ ⎪ Δ1 : ⎨ y = 2 − 2t (t ∈ ); Δ 2 : ⎨ y = −1 − 2 s ( s ∈ ) . ⎪ z = −1 + t , ⎪ z = s, ⎩ ⎩ Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M song song với trục O x , sao cho (P) cắt hai đường thẳng Δ1 , Δ 2 lần lượt tại A, B thoả mãn AB = 1 . Câu V. (2,0 điểm). Cho các số thực a, b, c thoả mãn: ⎧a 2 + b2 + c 2 = 6 ⎨ ⎩ ab + bc + ca = −3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a 6 + b6 + c 6 . .............................................................. HẾT ........................................................ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HƯỚNG DẪN CHẤM NĂM HỌC 2010 - 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN LỚP: 12 THPT (Gồm có 4 trang) Ngày thi: 24 - 3 - 2011 Câu Ý Hướng dẫn chấm Điêm Câu I 1) Với m = −1, ta được hàm số y = x 3 − 3x + 1. 4,0 đ 2,0đ Tập xác định: . 0,5 Giới hạn tại vô cực: lim y = +∞, lim y = −∞. x →+∞ x →−∞ Sự biến thiên: y ' = 3 x − 3 = 0 ⇔ x = ±1. 2 y ' > 0 ⇔ x ∈ (−∞; −1) ∪ (1; +∞ ). Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞ − 1) và (1; +∞) . 0,5 y ' < 0 ⇔ x ∈ (−1;1). Hàm số nghịch biến trên khoảng (−1;1). Điểm cực đại của đồ thị (−1;3), điểm cực tiểu của đồ thị (1; −1). Bảng biến thiên: x −∞ +∞ −1 1 y' + 0 − 0 + 0,5 3 +∞ y −∞ −1 Đồ thị đi qua điểm (-2; -1) và (2; 3). y Điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng 3 1 0,5 -2 -1 1 2 O x -1 2) Ta có y ' = 3 x 2 − 2(m + 1) x − 4 + m 2 , là tam thức bậc hai của x. 2,0đ y' có biệt số Δ ' = −2m 2 + 2m + 13. 0,5 Nếu Δ ' ≤ 0 thì y ' ≥ 0, ∀x , suy ra yêu cầu bài toán không thoả mãn. ⎛ 1− 3 3 1+ 3 3 ⎞ 0,5 Nếu Δ' > 0 ⇔ m∈⎜ ; ⎟ , thì y ' = 0 có hai nghiện x1, x2 ( x1 < x2 ). ⎝ 2 2 ⎠ x -∞ x1 x2 +∞ Dấu của y': y' + 0 − 0 + Chọn x0 ∈ ( x1 ; x2 ) ⇒ y '( x0 ) < 0. Ycbt thoả mãn khi và chỉ khi tồn tại x sao 1 cho y '( x). y '( x0 ) = −1 ⇔ pt: 3x2 − 2(m + 1) x − 4 + m2 + = 0 (1) có 0,75 y '( x0 )
3 ⎛ 1− 3 3 1+ 3 3 ⎞ nghiệm . Pt (1) có: Δ1 ' = −2m2 + 2m +13 − > 0,∀m∈⎜ ; ⎟. y '(x0 ) ⎝ 2 2 ⎠ ⎛1− 3 3 1+ 3 3 ⎞ Vậy giá trị cần tìm của m là m ∈ ⎜ ; ⎟. 0,25 ⎝ 2 2 ⎠ Câu II 1) PT ⇔ (cos 2 x − cos 4 x) − sin x + (cos 3x − 2 sin 3x. cos 3x) = 0 0,5 6,0 đ 2,0đ ⇔ (2 sin x sin 3x − sin x) − (2 sin 3x cos 3x − cos 3x) = 0 ⇔ (2 sin 3 x − 1)(sin x − cos 3 x) = 0 0,5 ⎡ π 2π ⎢ x = 18 + k 3 ⎢ 0,5 ⎡ 1 ⎢ x = 5π + k 2π ⎢sin 3 x = 2 ⎢ 18 3 ⇔⎢ ⇔⎢ (k ∈ ). ⎢cos 3 x = cos⎛ π − x ⎞ ⎢x = π + k π ⎢ ⎜ ⎟ ⎣ ⎝2 ⎠ ⎢ 8 2 ⎢ 0,5 π ⎢ x = − + kπ ⎣ 4 2) Tập xác định: .. 0,5 2,0đ BPT ⇔ 6 ( 2( x 2 − x + 1) − ( x 2 + x + 1) ) + 6( x 2 − x + 1)( x 2 + x + 1) ≤ 0 x2 − x + 1 6( x 2 − x + 1) 0,5 ⇔ 12. 2 + − 6 ≤ 0 (vì x 2 + x + 1 > 0, ∀x ) x + x +1 x + x +1 2 6( x 2 − x + 1) 3 Đặt: t = (t > 0), ta được 2t 2 + t − 6 ≤ 0 ⇔ 0 < t ≤ . 0,5 x + x +1 2 2 BPT đã cho tương đương với 6( x 2 − x + 1) 9 ⎛ 11 − 21 11 + 21 ⎞ ≤ ⇔ 5 x 2 − 11x + 5 ≤ 0 ⇔ x ∈ ⎜ ; ⎟. 0,5 x2 + x + 1 4 ⎝ 10 10 ⎠ 3) 9 x + 9 = a3x cos(π x) ⇔ 3x + 32− x = a.cos(π x) (2). 0,5 2,0đ Nhận xét: Nếu x là nghiệm của (2) thì 2 − x cũng là nghiệm của (2), 0 0 suy ra điều kiện cần để (2) có nghiệm duy nhất là x0 = 2 − x0 ⇔ x0 = 1. 0,5 Với x0 = 1 , thì từ (2) suy ra a = −6. Với a = −6, thì phương trình (2) trở thành 3x + 32− x = −6cos(π x) (3). 1,0 ⎧3x + 32− x = 6 Ta có VT (3) ≥ 6, VP (3) ≤ 6. Vậy (3) ⇔ ⎨ ⇔ x = 1. ⎩−6cos(π x) = 6 Vậy a = −6. Câu 1 3 III Ta có: sin x = (sin x + 3 cos x) − (cos x − 3 sin x) 0,5 4 4 2,0đ 1 3 = (sin x + 3 cos x) − (sin x + 3 cos x) '. 4 4 π π 1 2 1 3 2 (sin x + 3 cos x) ' Suy ra I = ∫ 4 ∫ (sin x + 3 cos x)3 dx − dx 4 0 (sin x + 3 cos x) 2 0 0,25
π π 1 2 1 3 2 = ∫ 2 dx + 16 0 ⎛ π⎞ 8(sin x + 3 cos x) 2 0,75 cos ⎜ x − ⎟ 0 ⎝ 6⎠ π 0,5 1 ⎛ π⎞2 3 3 3 3 = tan ⎜ x − ⎟ + = + = . 16 ⎝ 6 ⎠ 0 12 12 12 6 Câu 1) Kẻ DH ⊥ MN , do (DMN) ⊥ (ABC) suy ra DH ⊥ (ABC). IV 2,0đ Mà ABCD là tứ diện đều, nên suy ra H là tâm của tam giác đều ABC. 0,5 6,0đ 1 3 Ta có: SAMN = .AM.AN.sin600 = xy ; SAMN = SAMH + SANH 2 4 0,5 1 1 1 3 = .AM.AH.sin300+ .AN.AH.sin300 = . (x+y). 2 2 4 3 3 1 3 Suy ra xy = . (x+y) ⇒ x+y= 3xy (0 ≤ x,y ≤ 1 ). 4 4 3 Diện tích toàn phần của tứ diện DAMN: D S = SAMD + SAND + SDMN + SAMN 1 1 = AD.AM.sin600+ AD.AN.sin600 2 2 1 1 + DH.MN + AM.AN.sin600. 2 2 6 = 3 xy + 3xy(3xy − 1) . 0,5 6 2 C4 B Từ 3xy = x + y ≥ 2 xy ⇒ xy ≥ ⇒ xy ≥ . 3 9 H 3(4 + 2) 2 N M Suy ra min S = , khi x = y = . 0,5 9 3 A 2) Hai elíp có các tiêu điểm F1 ( −3;0), F2 (3;0). 0,5 2,0đ Điểm M ∈ ( E ) ⇒ MF + MF = 2a . Vậy ( E ) có độ dài trục lớn nhỏ 0,5 2 1 2 2 nhất khi và chỉ khi MF1 + MF2 nhỏ nhất. Gọi N ( x; y ) là điểm đối xứng với F1 qua Δ , suy ra N (−5; 2). 0,5 Ta có: MF1 + MF2 = NM + MF2 ≥ NF2 (không đổi). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M = NF2 ∩ Δ ⎧ 17 0,5 ⎧x + 4 y − 3 = 0 ⎪x = − 5 ⎪ ⎛ 17 8 ⎞ Toạ độ điểm M : ⎨ ⇔⎨ ⇒ M ⎜ − ; ⎟. ⎩x − y + 5 = 0 ⎪y = 8 ⎝ 5 5⎠ ⎪ ⎩ 5 3) Giả sử đã xác định được (P) thỏa mãn ycbt. 2,0đ A ∈ Δ1 ⇒ A(1 + 2t ; 2 − 2t ; −1 + t ); B ∈ Δ 2 ⇒ B (3 + 2 s; −1 − 2 s; s ). 0,5 uuu r Suy ra AB = ( 2 + 2( s − t ); − 3 − 2( s − t ); 1 + ( s − t ) )
⎡ s − t = −1 0,5 ⇒ AB = 9( s − t ) + 22( s − t ) + 14 = 1 ⇒ ⎢ 2 2 ⎢ s − t = − 13 . ⎣ 9 uuu r ur uuu r r Với s − t = −1 ⇒ AB = (0; −1;0) ⇒ (P) có một vtpt n1 = ⎡ AB; i ⎤ = (0;0;1) , ⎣ ⎦ 0,5 suy ra ( P ) : z = 0 (loại do (P) chứa trục O x ). 13 uuu ⎛ −8 −1 −4 ⎞ r Với s − t = − ⇒ AB = ⎜ ; ; ⎟ , 9 ⎝ 9 9 9 ⎠ 0,5 uu r uuu r r −4 1 suy ra ( P) có một vtpt n2 = ⎡ AB; i ⎤ = (0; ; ) , ⎣ ⎦ 9 9 suy ra ( P ) : 4 y − z − 8 = 0 (thỏa mãn bài toán). Câu V Từ giả thiết suy ra : a + b + c = 0 0,25 2,0đ Ta có: a, b, c là ba nghiệm thực của phương trình ( x − a )( x − b)( x − c) = 0 ⇔ x 3 − 3 x − abc = 0 ⇔ x 3 − 3 x + 1 = abc + 1 (3) 0,5 Từ đồ thị hàm số y = x 3 − 3x + 1, suy ra pt (3) có ba nghiệm thực a, b, c khi và chỉ khi −1 ≤ abc + 1 ≤ 3 ⇔ −2 ≤ abc ≤ 2. abc = −2 , khi trong ba số a, b, c có hai số bằng 1 và một số bằng -2. 0,5 abc = 2 , khi trong ba số a, b, c có hai số bằng -1 và một số bằng 2. P = a 6 + b 6 + c 6 ⇒ P − 3(abc) 2 = (a 2 + b 2 + c 2 )(a 4 + b 4 + c 4 − a 2b 2 − b 2c 2 − c 2 a 2 ) 0,5 . = (a 2 + b 2 + c 2 )3 − 3(a 2 + b 2 + c 2 )( a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 ) = 216 − 18.9 = 54 . P = 3( abc) 2 + 54 ⇒ max P = 66, khi có hai số bằng -1 và một số bằng 2, 0,25 hoặc hai số bằng 1 và một số bằng -2. GHI CHÚ: Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
www.VNMATH.com ̉ ́ ̀ SƠ GIAO DỤC VÀ ĐAO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 18 - 10 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút. Bài 1. (4 điểm)  xy  x  y  1 Giải hệ phương trình  3 4 x  12 x  9 x   y  6 y  7 2 3 Bài 2. (4 điểm)  1 u1  2  Cho dãy số (un ) xác định bởi  3u  4 un 1  n , n  N *   2un  1 Chứng minh dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Bài 3. (4 điểm) 1 1 1 Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn    1 . Chứng minh: x y z x  yz  y  zx  z  xy  xyz  x  y  z Bài 4. (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC với các đường cao AH , BK nội tiếp đường tròn (O). Gọi M là một điểm di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) sao cho các đường thẳng AM và BK cắt nhau tại E ; các đường thẳng BM và AH cắt nhau tại F . Chứng minh rằng khi M di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) thì trung điểm của đoạn EF luôn nằm trên một đường thẳng cố định. Bài 5. (4 điểm) Tìm tất cả các đa thức P( x ) hệ số thực thỏa mãn : P( x).P( x  3)  P( x 2 ), x  HẾT
www.VNMATH.com ĐÁP ÁN ĐỀ VÒNG 1 Bài 1. (4 điểm)  xy  x  y  1 Giải hệ phương trình  3 4 x  12 x  9 x   y  6 y  7 2 3 Giải  yz  z  2 Đặt z  x  1 Hệ phương trình tương đương  3  y  3 y ( z  2)  4 z  0 3  yz  z  2  yz  z  2  3   y  3y z  4z  0  y   z  y  2z 2 3  1  17  1  17  5  17  5  17 z  z  x  x   4  4  4  4      y  1  17  y  1  17  y  1  17  y  1  17   2   2   2   2 Bài 2. (4 điểm)  1 u1  2  Cho dãy số (un ) xác định bởi  3u  4 un 1  n , n  N *   2un  1 Chứng minh dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Giải Từ giả thiết ta suy ra un  0, n  N * 3x  4 3 5 5 Xét f ( x )    , với x  0 , f '( x )   0, x  0 2 x  1 2 2(2 x  1) (2 x  1)2  1 u1  Ta có  2 un 1  f (un ), n  N *  3 5x f ( x)  , x  0 và f ( x )  4   0, x  0 2 2x  1 3   un  4, n  2  dãy (un ) bị chặn 2  x  u2 n 1 Đặt  n  yn  u2 n Do f(x) nghịch biến trên (0; ) nên g(x) = f(f(x)) đồng biến trên (0; ) f ( xn )  f (u2n1 )  u2 n  yn ; f ( yn )  f (u 2n )  u 2n 1  xn 1 g ( xn )  f ( f ( xn ))  f ( yn )  xn1 1 11 49 u1  ; u2  ; u3  ….. Ta thấy u1  u3  x1  x2 2 4 26 Giả sử rằng xk  xk 1  g ( xk )  g ( xk 1 )  xk 1  xk 2 . Vậy xn  xn1 , n  N * Suy ra ( xn ) tăng và bị chặn trên  ( xn ) có giới hạn hữu hạn a . Do xn  xn1  f ( xn )  f ( xn1 )  yn  yn1  dãy ( yn ) giảm và bị chặn dưới
www.VNMATH.com  ( yn ) có giới hạn hữu hạn b.  3   3   3   xn , yn   2 ;4  , n  2 a, b   2 ;4  a, b   2 ;4              Ta có  f ( xn )  yn   f (a )  b   f (a )  b (I )  f (y )  x  f ( b)  a  f (b)  f (a )  a  b (1)  n n 1         5 1 1  (1)  a  b      (a  b) (2a  1)(2b  1)  5  0  a  b 2  2b  1 2a  1  (do (2a  1)(2b  1)  (3  1)(3  1)  16  5 )  3  b  a   2 ;4   Vậy từ (I)    ab2 . a  3a  4   2a  1 Vậy lim un  2 Bài 3. (4 điểm) 1 1 1 Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn    1 . Chứng minh: x y z x  yz  y  zx  z  xy  xyz  x  y  z (*) Giải 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (*)        1   (**) x yz y zx z xy xy yz zx 1 1 1 1 Ta cần chứng minh:    x yz x yz 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1 1 2       2   1     (đúng) x yz x yz x yz x x yz yz x yz y z yz Chứng minh tương tự ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1    ,    y zx y zx z xy z xy Cộng ba bất đẳng thức trên ta thu được (**). Bài 4. (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC với các đường A cao AH , BK nội tiếp đường tròn (O). Gọi M là một điểm di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) sao K cho các đường thẳng AM và BK cắt nhau tại E ; các đường thẳng BM và AH cắt nhau tại F . Chứng minh O E rằng khi M di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) B thì trung điểm của đoạn EF luôn nằm trên một đường H C M thẳng cố định. F Giải