Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Toán học 12 - Sở GD&ĐT Bạc Liêu

Chia sẻ: Pham Linh Dan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

84
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

2 đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán học lớp 12 của sở giáo dục và đào tạo Bạc Liêu dành cho các bạn học sinh lớp 12 giúp các em ôn tập lại kiến thức đã học và đồng thời giáo viên cũng có thêm tư liệu tham khảo trong việc ra 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 Toán học 12 - Sở GD&ĐT Bạc Liêu

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: 06/11/2011 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ Câu 1 (6 điểm): Tìm n ∈ sao cho số a = n 2 + 20112016 n + 20112011...2011 (có 2016 số 2011 ở số hạng cuối) chia hết cho 9. Câu 2 (7 điểm): Cho phương trình: x2 − (2cosα − 1) x + 6cos2 α − cosα − 1 = 0 (1) . a) Tìm α để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 . b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x12 + x2 . 2 Câu 3 (7 điểm): Cho lục giác lồi ABCDEF có AB = BC = CD, DE = EF = FA, BCD = EFA = 600 . Giả sử G và H là hai điểm nằm trong lục giác sao cho AGB = DHE = 1200 . Chứng minh rằng: AG + GB + GH + DH + HE ≥ CF. Dấu bằng (=) xảy ra khi nào? ---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: 06/11/2011 * Thời gian: 180 phút HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1 (6 điểm): Ta có 20113 ≡ 43 ≡ 1( mod 9 ) (0,5đ) ⇒ 20113.672 = 20112016 ≡ 1( mod 9 ) (0,5đ) ⇒ 2011 .n ≡ n ( mod 9 ) 2016 (0,5đ) Số 20112011…2011 có 2016 số 2011 ghép thành , nên tổng các chữ số bằng ( 2+0+1+1).2016=8064 chia hết cho 9 (0,5đ) Suy ra a ≡ n + n ( mod 9 ) . 2 Khi chia n cho 9, ta có số dư r ∈ {0;1; 2;3; 4;5;6;7;8} (0,5đ) Ta thấy với r = 1, r = 2, r = 3, r = 4, r = 5, r = 6, r = 7 thì số dư khi chia ( n 2 + n ) cho 9 lần lượt là 2; 6; 3; 2; 3; 6; 2 (0,5đ) nên ( n + n ) 9 2 (0,5đ) ⇒a 9 (0,5đ) Với r = 0 thì ( n + n ) 9 2 (0,5đ) Với r = 8 thì ( n + n ) 9 2 (0,5đ) Vậy các số cần tìm là n = 9k và n = 9k + 8, k ∈ N . (1,0đ) Câu 2 (7 điểm): x 2 − (2cos α − 1) x + 6cos 2 α − cosα − 1 = 0 (1) a) Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 khi và chỉ khi Δ ≥ 0 ⇔ (2 cos α − 1) 2 − 4(6 cos 2 α − cos α − 1) ≥ 0 (1,0đ) 1 1 ⇔ −20 cos 2 α + 5 ≥ 0 ⇔ − ≤ cosα ≤ (1,0đ) 2 2 ⎡π 2π ⎢ 3 + k 2π ≤ α ≤ 3 + k 2π ⇔⎢ , k ∈ Z (2) (1,0đ) ⎢ 4π + k 2π ≤ α ≤ 5π + k 2π ⎢ 3 ⎣ 3 b) Ta có: A = x12 + x2 2 = ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1.x2 ⎧ x1 + x2 = 2 cos α − 1 Với α thỏa (2), theo định lí Vi-ét, ta có: ⎨ (1,0đ) ⎩ x1.x2 = 6 cos α − cosα − 1 2 Vậy A = (2 cos α − 1) 2 − 2(6 cos 2 α − cosα − 1) = −8cos 2 α − 2 cos α + 3 1 Bảng A – Ngày 2
1 1 Đặt t = cos α , − ≤ t ≤ thì A = −8t 2 − 2t + 3 . 2 2 1 Xét hàm số f (t ) = −8t 2 − 2t + 3 , ta có f ′(t ) = −16t − 2; f ′(t ) = 0 ⇔ t = − (1,0đ) 8 BBT t 1 1 1 − − 2 8 2 f ′(t ) + 0 - (1,0đ) 25 8 f (t ) 2 0 Dựa vào BBT ta có: 1 25 1 1 max A = max f (t ) = f (− ) = ; t = − ⇔ cos α = − = −cosβ ⎡ 1 1⎤ ⎢− ; ⎥ 8 8 8 8 ⎣ 2 2⎦ 1 1 1 π min A = min f (t ) = f ( ) = 0; t = ⇔ cos α = ⇔ α = ± + k 2π (1,0đ) ⎡ 1 1⎤ ⎢− ; ⎥ 2 2 2 3 ⎣ 2 2⎦ Câu 3 (7 điểm): Từ giả thiết suy ra AB=BD và ED=EA. Đường thẳng BE là trục đối xứng của hai điểm A và D. (1,0đ) Theo giả thiết, ta cũng có các tam giác BCD và AEF là các tam giác đều được dựng trên BD và AE về phía ngoài tứ giác lồi ABDE. C Gọi C’ đối xứng với C và F’ đối xứng với F qua BE. Các tam giác ABC’ và DEF’ đều. (1,0đ) Các điểm C’ và G nằm khác phía với AB, H C' B và F’ khác phía với DE. D H Các tứ giác AGBC’ và DF’EH nội tiếp. (1,0đ) G Mặt khác, ta lại có: A GA+GB=GC’, HE+HD=HF’. F' (Xem chứng minh ở dưới) E Vì vậy: GA+GB+GH+HE+HD= F =C’G+GH+HF’ ≥ C’F’ (1,0đ) Mà C’F’=ĐBE(CF) nên C’F’=CF C' Từ đó, ta có: AG+GB+GH+DH+HE ≥ CF (1,0đ) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi G và H nằm trên đoạn C’F’. (1,0đ) Bổ đề: Lấy M trên cạnh GC’ sao cho AG=GM. M Ta có: Δ AMC’= Δ AGB (c.g.c) => GB=C’M B Do đó: GA+GB=GM+C’M=GC’. A Tương tự, ta cũng chứng minh được HE+HD=HF’. (1,0đ) G HẾT 2 Bảng A – Ngày 2
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 B) * Ngày thi: 06/11/2011 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ Câu 1 (6 điểm): Chứng minh rằng A = ( 262012 + 232012 − 42012 − 1) 594 . Câu 2 (7 điểm): Cho phương trình: x2 − (2cosα − 1) x + 6cos2 α − cosα − 1 = 0 (1) . a) Tìm α để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 . b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x12 + x2 . 2 Câu 3 (7 điểm): Trên các cạnh BC và CD của hình vuông ABCD lấy các điểm M và K tương ứng sao cho BAM = MAK . Chứng minh rằng BM + KD = AK. ---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 B) * Ngày thi: 06/11/2011 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1 (6 điểm): A = ( 262012 + 232012 − 42012 − 1) 594 Ta có ( 262012 − 1) ( 26 + 1) ( 0,5đ ) ⇒ ( 262012 − 1) 27 ( 0,5đ ) và ( 232012 − 42012 ) ( 23 + 4 ) ( 0,5đ ) ⇒ ( 232012 − 42012 ) 27 ( 0,5đ ) nên A 27 ( 0,5đ ) Mặt khác ( 262012 − 42012 ) ( 26 − 4 ) ( 0,5đ ) ⇒ ( 262012 − 42012 ) 22 ( 0,5đ ) và ( 232012 − 1) ( 23 − 1) ( 0,5đ ) ⇒ ( 232012 − 1) 22 ( 0,5đ ) Do đó A 22 ( 0,5đ ) Mà ( 27, 22 ) = 1 ( 0,5đ ) nên A ( 27.22 ) hay A 594 ( 0,5đ ) Câu 2 (7 điểm): x 2 − (2cos α − 1) x + 6cos 2 α − cosα − 1 = 0 (1) a) Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 khi và chỉ khi Δ ≥ 0 ⇔ (2 cos α − 1) 2 − 4(6 cos 2 α − cos α − 1) ≥ 0 (1,0đ) 1 1 ⇔ −20 cos 2 α + 5 ≥ 0 ⇔ − ≤ cosα ≤ (1,0đ) 2 2 ⎡π 2π ⎢ 3 + k 2π ≤ α ≤ 3 + k 2π ⇔⎢ , k ∈ Z (2) (1,0đ) ⎢ 4π + k 2π ≤ α ≤ 5π + k 2π ⎢ 3 ⎣ 3 b) Ta có: A = x12 + x2 2 = ( x1 + x2 )2 − 2 x1.x2 ⎧ x1 + x2 = 2 cos α − 1 Với α thỏa (2), theo định lí Vi-ét, ta có: ⎨ (1,0đ) ⎩ x1.x2 = 6 cos α − cosα − 1 2 Vậy A = (2 cos α − 1)2 − 2(6 cos 2 α − cosα − 1) = −8cos 2 α − 2 cos α + 3 1 Bảng B – Ngày 2
1 1 Đặt t = cos α , − ≤ t ≤ thì A = −8t 2 − 2t + 3 . 2 2 1 Xét hàm số f (t ) = −8t 2 − 2t + 3 , ta có f ′(t ) = −16t − 2; f ′(t ) = 0 ⇔ t = − (1,0đ) 8 BBT t 1 1 1 − − 2 8 2 f ′(t ) + 0 - (1,0đ) 25 8 f (t ) 2 0 Dựa vào BBT ta có: 1 25 1 1 max A = max f (t ) = f (− ) = ; t = − ⇔ cos α = − = −cosβ ⎡ 1 1⎤ ⎢− ; ⎥ 8 8 8 8 ⎣ 2 2⎦ 1 1 1 π min A = min f (t ) = f ( ) = 0; t = ⇔ cos α = ⇔ α = ± + k 2π (1,0đ) ⎡ 1 1⎤ ⎢− ; ⎥ 2 2 2 3 ⎣ 2 2⎦ D' A B Câu 3 (7 điểm): K' M C' C M' D K Xét phép quay Q( A,−90 ) : A 0 A (0,5đ) B D (0,5đ) C C’ (0,5đ) D D’ (0,5đ) M M’ ∈ DC’ (0,5đ) K K’ ∈ C’D’ (0,5đ) Theo tính chất phép quay ta có: BMA = DM ' A (0,5đ) Vì MAK = MAB = M ' AD nên MAD = M ' AK . (1,0đ) Do đó: M ' AK = MAD = BMA = DM ' A (1,0đ) Tức là: ΔAKM ' cân tại K. (0,5đ) Từ đó: KM’=KD+DM’=KD+BM. (1,0đ) ---Hết--- 2 Bảng B – Ngày 2