zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi lớp 12 THPT năm học 2012-2013 môn Toán - Sở Giáo dục và Đào tạo thành phố Hồ Chí Minh

Chia sẻ: Cau Le | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Báo xấu

84
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dưới đây là "Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi lớp 12 THPT năm học 2012-2013 môn Toán - Sở Giáo dục và Đào tạo thành phố Hồ Chí Minh", mời các bậc phụ huynh, thí sinh và thầy cô giáo cùng tham khảo để để có thêm tài liệu phục vụ nhu cầu học tập và ôn thi. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi lớp 12 THPT năm học 2012-2013 môn Toán - Sở Giáo dục và Đào tạo thành phố Hồ Chí Minh

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 2012-2013 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 19 - 10 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút. Bài 1. (4 điểm) Cho số nguyên dương n . Giải và biện luận theo n hệ phương trình sau:   x  3 (i  1, 2,..., n )  i  n   xi  n  i 1  n 3   xi  0  i 1 Bài 2. (4 điểm) y Tìm tất cả các hàm số f : R  R thỏa mãn : f ( x 2  2 f ( y ))   2( f ( x ))2 , x, y  R 2 Bài 3. (4 điểm) Giả sử số nguyên dương n có tất cả k ước dương là d1 , d 2 ,..., d k . Chứng minh rằng nếu n d1  d 2  ...  d k  k  2n  1 thì là số chính phương. 2 Bài 4. (4 điểm) Cho ba đường tròn (C ) , (C1 ) , (C2 ) trong đó (C1 ) và (C2 ) tiếp xúc trong với (C ) tại B, C và (C1 ) , (C2 ) tiếp xúc ngoài với nhau tại D. Tiếp tuyến chung trong của (C1 ) và (C2 ) cắt (C ) tại hai điểm A và E . Đường thẳng AB cắt (C1 ) tại điểm thứ hai M , 1 1 2 đường thẳng AC cắt (C2 ) tại điểm thứ hai N . Chứng minh rằng:   DA DE MN Bài 5. (4 điểm) Cho một bảng ô vuông có 2012  2012 ô, mỗi ô đều điền vào một dấu + . Thực hiện phép biến đổi sau: đổi dấu toàn bộ một hàng hoặc một cột của bảng (+ thành – , – thành +). Hỏi sau một số lần thực hiện phép biến đổi, bảng có thể có đúng 18 dấu – được hay không ? HẾT
www.VNMATH.com ĐÁP ÁN VÒNG 2 Bài 1. (4 điểm) Cho số nguyên dương n . Giải và biện luận theo n hệ phương trình sau:   x  3 (i  1, 2,..., n )  i  n   xi  n  i 1  n 3   xi  0  i 1 Giải. Đặt ti  xi  3 (i  1,2,..., n) Ta có:    t  0 (i  1, 2,..., n) t  0 (i  1, 2,..., n) t  0 (i  1, 2,..., n) i i i  n  n  n  i ( t  3)  n   i t  4 n    ti  4n  i 1  i 1  i 1  n  n n n  n 3 n 81 n  i    i        i     ti  0 3 3 2 2 ( t 3) 0 t 9 ti 27 ti 27 n 0 t 9 ti  i 1  i 1 i 1 i 1  i 1 i 1 4 i 1  t  0 (i  1, 2,..., n ) i  9  t  0  t  (i  1, 2,..., n )  n i i 2    ti  4n  n  i 1   ti  4n  n 9 2  i 1   ti (ti  )  0  i 1 2 9 Gọi k là số các ti có giá trị bằng 0 và l là số các ti có giá trị bằng . Khi đó, ta có: 2  8n 9  l  4n l  9 2  k  l  n k  n  9  Khi n không chia hết cho 9 hệ vô nghiệm.  Khi n  9m ( m  N * ),ta có k = m, l = 8m, hệ có tập nghiệm: 9 S  (t1 , t2 ,..., tn ) trong đó m giá trị bằng 0 và 8m giá trị bằng 2 3 Hay S  ( x1, x2 ,..., xn ) trong đó m giá trị bằng  3 và 8m giá trị bằng 2 Bài 2. (4 điểm) y Tìm tất cả các hàm số f : R  R thỏa mãn : f ( x 2  2 f ( y ))   2( f ( x ))2 , x, y  R (*) 2 Giải. Xét hàm số g ( x)  2 f ( x), x  R
www.VNMATH.com (*)  g ( x 2  g ( y ))  y  ( g ( x))2 (1) +) Từ (1) suy ra nếu g ( y1 )  g ( y2 ) thì y1  y2 suy ra g là đơn ánh +) Từ (1) cho x  0 suy ra g ( g ( y ))  y  ( g (0))2 suy ra tập giá trị của g là R . Suy ra g là song ánh, nên tồn tại a  R sao cho g (a )  0 . Cho x  y  a  g (a 2 )  a  g (a )  g ( g (a 2 ))  a 2  ( g (0))2  0  g (0)  0 Do đó g ( g ( x))  x, x  R Cho y  0  g ( x 2 )  ( g ( x))2 , x  R Suy ra x  0 thì g ( x)  0 và g ( x)  0  x  0 Cho x = 1 suy ra g(1) = 1 +) với x  0, y  R , ta có     2 g ( x  y )  g ( x )2  g ( g ( y ))  g ( y )  g ( x )  g ( y )  g ( x) Lấy x tùy ý thuộc R . Khi đó trong hai số x,  x luôn có số không âm, ta có: 0  g  x  ( x )   g ( x )  g ( x )  g ( x)   g ( x), x  R +) với x  0, y  R , ta có g ( x  y )   g (  x  y )    g ( x)  g ( y )   g ( x)  g ( y ) Vậy g ( x  y )  g (x )  g ( y ), x, y R Ta có g cộng tính trên Q và g(1) = 1  g ( x)  x, x  Q +) Cho x  y khi đó g  x  y   0 và g  x  g  x  y  y   g  x  y   g  y   g  y  Suy ra g là hàm tăng thực sự Ta chứng minh g ( x)  x, x  R \ Q Giả sử tồn tại x0  R \ Q sao cho g ( x0 )  x0 Trường hợp x0  g ( x0 ) : tồn tại số hữu tỉ r sao cho x0  r  g ( x0 )  g ( x0 )  g (r )  r (vô lý) Trường hợp x0  g ( x0 ) : tồn tại số hữu tỉ r sao cho x0  r  g ( x0 )  g ( x0 )  g (r )  r (vô lý)  g ( x)  x, x  R x Vậy f ( x )  , x  R (thỏa mãn (*)). 2 Bài 3. (4 điểm) Giả sử số nguyên dương n có tất cả k ước dương là d1 , d 2 ,..., d k . Chứng minh rằng nếu n d1  d 2  ...  d k  k  2n  1 thì là số chính phương. 2 Giải. Gọi l1, l2,..., ls là các ước lẻ của n và 2m là lũy thừa lớn nhất của 2 trong khai triển của n (s ≥ 1, m ≥ 0) Từ đó các ước của n là l1, l2,..., ls, 2l1, 2l2,..., 2ls,..., 2ml1, 2ml2,..., 2mls Theo đề bài ta có: l1 + l2 +... + ls + 2l1 + 2l2 +...+ 2ls +... + 2ml1 + 2ml2 +...+ 2mls + (m +1)s = 2n+1  (l1  l2  ...  ls )(1  2  22  ...  2m )  (m  1) s  2n  1  (l1 + l2 +... + ls)(2m+1 – 1) + (m + 1)s = 2n + 1 (*) + Nếu s chẵn thì vế trái (*) chẵn (vô lý), suy ra s lẻ. + Với s lẻ, nếu m chẵn thì vế trái (*) cũng chẵn (vô lý), suy ra m lẻ (m = 2t + 1) n Suy ra m có số lẻ ước 2
www.VNMATH.com n Số m  p1k1 p2k2 ... pmkm có số ước là (k1  1)(k2  1)...(km  1) suy ra ki chẵn (i=1,2,..,m) 2 n  m là số chính phương. 2 n  n  22t 1.r 2   (2t.r ) 2 ( t, r  N ) 2 Bài 4. (4 điểm) Cho ba đường tròn (C ) , (C1 ) , (C2 ) trong đó (C1 ) và (C2 ) tiếp xúc trong với (C ) tại B, C và (C1 ) , (C2 ) tiếp xúc ngoài với nhau tại D. Tiếp tuyến chung trong của (C1 ) và (C2 ) cắt (C ) tại hai điểm A và E . Đường thẳng AB cắt (C1 ) tại điểm thứ hai M , 1 1 2 đường thẳng AC cắt (C2 ) tại điểm thứ hai N . Chứng minh rằng:   DA DE MN A M F N O D O1 O2 C B E Giải. BM CN Cách 1: Do AD2  AM . AB  AN . AC nên phép nghịch đảo PAAD biến D  D 2 . (C1 )  (C1 ) (C2 )  ( C2 ) Đường tròn (C) đi qua A, B, C biến thành đường thẳng MN. Do (C1 ) và (C2 ) tiếp xúc với (C ) tại B,C nên MN là tiếp tuyến chung của hai đường tròn này. MN Gọi F là giao điểm của AE và MN. Suy ra F biến thành E và FD  FM  FN  2 2 DE AD AD 1 AF Ta có :    DE. AF  DF.DA   DF AD. AF AF DE DF .DA 1 1 1 AF DF  AF DA 1 2 Vậy        . DA DE DA DF DA . DA DF. DA DF . DF MN Lưu ý: A' B ' k Nếu phép nghịch đảo cực O phương tích k biến A thành A’, B thành B’ thì  . AB OA.OB
www.VNMATH.com AM AC Cách 2: Ta có AM.AB = AN.AC    AMN ~  ACB AN AB   OBA O  OAB 1MB  O1M // OA. A Tương tự có O2N // OA. Lại có:   MNA OAN   OCA     xCA ABC = OCA  = 900.  OA  MN  O1M  MN, O2N  MN  MN là tiế p tuyế n chung của (O1) và (O2) M OF  FD = FM = FN. N   ANF  ABC   AEC  EFNC nô ̣i tiế p x  AE.AF = AN.AC = AD2 O1 D O2  (AD + DE)AF = AD(AF + DF) C  DE.AF = AD.DF B 1 AF E   DE AD.DF 1 1 1 AF DF  AF DA 1 2 Do đó:        . DA DE DA DF .DA DA.DF DA.DF DF MN Bài 5. (4 điểm) Cho một bảng ô vuông có 2012  2012 ô , mỗi ô đều điền vào một dấu + . Thực hiện phép biến đổi sau: đổi dấu toàn bộ một hàng hoặc một cột của bảng (+ thành – , – thành +). Hỏi sau một số lần thực hiện phép biến đổi, bảng có thể có đúng 18 dấu – được hay không ? Giải. Giả sử sau một số lần thực hiện phép biến đổi , bảng có đúng 18 dấu – . Gọi xi là số lần đổi dấu ở hàng thứ i (i = 1, 2,…,2012 , thứ tự các hàng tính từ trên xuống dưới ), yj là số lần đổi dấu ở cột thứ j (j = 1, 2, ..,2012 , số thứ tự các cột tính từ trái sang phải) Gọi p là số các số lẻ trong các số x1, x2,…, x2012 , q là số các số lẻ trong các số y1, y2,…, y2012 , p, q {0, 1, 2,…,2012}. Ta có số lượng các dấu – trên bảng là p(2012 – q) + (2012 – p)q = 2012p + 2012q – 2pq Bảng có đúng 18 dấu –  2012p + 2012q – 2pq = 18  1006p + 1006q – pq = 9  (p –1006)(q –1006) = 10062 – 32  (p –1006)(q –1006) = 1003×1009 (1)  (p –1006)(q –1006) chia hết cho 1009 Mà 1009 là số nguyên tố. Suy ra ta phải có p –1006 chia hết cho 1009 hoặc q –1006 chia hết cho 1009 (2) Ta có p –1006, q –1006 thuộc {–1006, –1005, …,1005, 1006} nên (2)  p –1006 = 0 hoặc q –1006 = 0 : mâu thuẫn với (1) Kết luận : Bảng không thể có đúng 18 dấu –

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

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.