Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2012-2013 – Sở Giáo dục và Đào tạo Vĩnh Phúc (Đề chính thức)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

16
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2012-2013 – Sở Giáo dục và Đào tạo Vĩnh Phúc (Đề chính thức) gồm 5 câu hỏi trong thời gian làm bài 180 phút, mời các bạn cùng tham khảo để củng cố lại kiến thức của mình và làm quen với dạng đề thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2012-2013 – Sở Giáo dục và Đào tạo Vĩnh Phúc (Đề chính thức)

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 + Cn2 + Cn3 + Cn4 ) thì ta luôn chọn được n phần tử đôi một phân biệt 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……………..
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
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.  4  81( a + b ) ( a + b + c + d )  3(a + b )  3 (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
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 + Cn3 + Cn4 (1) 4
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 Cn3 số dạng 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 + Cn3 + Cn4 số dạng x + y − z − t . Từ đó suy ra bất đẳng thức (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