Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán năm học 2012- 2013

Chia sẻ: Hàn Hồng Hạnh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

113
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các em có thể tham khảo "Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán năm học 2012- 2013" này để luyện tập những kỹ năng làm bài, rèn luyện kiến thức tiếng Toán để chuẩn bị thật tốt cho các kì thi môn Toán sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán năm học 2012- 2013

THI CHỌN HS GIỎI CẤP TRƯỜNG NH 2012-2013 Môn: TOÁN - Lớp 11 Ngày thi: 31/01/2013 Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) TRƯỜNG THPT KON TUM ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) ĐỀ BÀI Câu 1. ( 3.0 điểm)  x 2  y 2  2 Giải hệ phương trình sau   x3  2 y 3  2 x  y  0 . Câu 2. ( 5.0 điểm) 1. Chứng minh rằng với mọi số thực m , phương trình:     x3  m 2  3 x 2  m 2  3 x  1  0 luôn có ba nghiệm lập thành một cấp số nhân. 2. Trong mặt phẳng Oxy xét phép biến hình f biến mỗi điểm M  x; y  thành điểm M '  2 x  1; 2 y  3 . Chứng minh f là phép đồng dạng. Câu 3. ( 3.0 điểm)   2 Đặt f  n   n 2  n  1  1 . Xét dãy số  un  sao cho un  f 1 . f  3  . f  5  ... f  2n  1 , n  * . Tính lim n un . f  2  . f  4  . f  6  ... f  2n    Câu 4. ( 3.0 điểm) Tìm tất cả các đa thức P  x  có hệ số thực sao cho: P  2   12 và     P x 2  x 2 x 2  1 P  x  với mọi x  . Câu 5. ( 3.0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  a3 a 2  b2  b3 b2  c 2  c3 c 2  a2 . Câu 6. ( 3.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là tứ giác lồi. Gọi N, P lần lượt là trung điểm của SB và AD. Gọi I là trung điểm của NP và G là giao điểm của SI với mp(ABCD). Tính tỷ số IS . IG ----------- HẾT ----------- ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Nội dung Ý 1 Điểm Ta có: x3  2 y3  2 x  y  0  2 x3  4 y3  2  2 x  y   0  0.5   2 x3  4 y3  x 2  y 2  2 x  y   0 0.5  2 x3  4 y3  2 x3  x 2 y  2 xy 2  y3  0    4 x3  x2 y  2 xy 2  5 y 3  0   x  y  4 x 2  3 xy  5 y 2  0 0.5  x  y 0.5 0.5 Thay x   y vào PT x 2  y 2  2 ta được y  1 . Vậy hệ có hai nghiệm 1; 1 ,  1;1 . 2 1    0.5  PT đã cho tương đương x3  1  m2  3 x  x  1  0 x  1   x  1  x 2  m2  2 x  1  0   2 2   x  m  2 x 1      0.5 0.5 1 PT (1) có   m 4  4m 2  0 và PT (1) có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x1.x2  1  12 . 2 Suy ra x1,1, x2 lập thành cấp số nhân. Vậy PT ban đầu luôn có ba nghiệm lập thành cấp số nhân. Lấy N  x1; y1  thì f  N   N '  2 x1  1; 2 y1  3  . 0.5 0.5 Ta có: M ' N '2   2 x1  2 x  2   2 y1  2 y 2  4  x1  x  2   y1  y  2   4MN 2   Từ đó suy ra với M, N tùy ý và M’, N’ lần lượt là ảnh của chúng qua f ta có M ' N '  2 MN . Vậy f là phép đồng dạng với tỉ số đồng dạng là 2. 3 2  0.5 2      2   n 2  1 n 2  2n  2    n 2  1  n  1  1   2 2 2 f  2n  1  4n  4n  2  4 n  1  2n  1  1 Do đó   f  2n   4n2  1 4n2  4n  2  2n  12  1 Ta có f  n    n 2  1  n   1  n 2  1  2n n 2  1  n 2  1   1.0 1.0 0.5 0.5 0.5 0.5 2 1 12  1 52  1 9 2  1  2 n  1  1 Suy ra un  2 . 2 . 2 ...  . 2 2 5  1 9  1 13  1  2n  1  1 2n  2n  1 Suy ra n un  Vậy lim n un  4 n 2n 2  2n  1 1 . . 2 Cho x  0 ta được P  0   0 , cho x  1 ta được P 1  2 P 1  P 1  0 và P  1  0 . Giả sử P  x  có nghiệm khác 0 và khác 1 . 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5     Ta có P t 2  t 2 t 2  1 P  t   0 suy ra t 2 cũng là nghiệm. Điều này dẫn đến P  x  có vô số nghiệm thực, vô lí. Vậy P  x  chỉ có ba nghiệm là 0 và 1 .     Gọi n là bậc của P  x  . Khi đó P x 2 có bậc là 2n và x 2 x 2  1 P  x  có 0.5 bậc là n + 4. Suy ra 2n  n  4  n  4 . Như thế đa thức P  x  có một trong các dạng sau: 2 P  x   a  x  1 x  x  1 hoặc P  x   a  x  1 x 2  x  1 hoặc 0.5 2 P  x   a  x  1 x  x  1 . Thay x  2 ta có P  2   12 suy ra 6a  12 hoặc 12a  12 hoặc 18a  12 Hay a  2 hoặc a  1 hoặc a  0.5 2 3 Thử lại ta thấy P  x    x  1 x 2  x  1 thỏa mãn. 0.5 Vậy P  x    x  1 x 2  x  1 5 Ta có:  a a 2  b2  b2 a3  a 2  b2  ab  0.5 a 2  b2 ab 0.5 a 2  b2 a 2  b2 b 2  a b  a 2 2 2 a b 0.5 b3 c3 c b , 2 2 2 b c Tương tự Cộng vế theo vế ta được P  2 c a a3 2 a b 2  2 c b3 2 b c 1 1 Vậy GTNN của P  khi a  b  c  . 2 3 6 2  a 2 0.5 c3 2 c a 2  a bc 1  2 2 0.5 0.5 S N 0.5 I A G P B H C D Qua N dựng đường thẳng song song với SG cắt BP tại H Suy ra G là trung điểm PH Và H là trung điểm BG 1 2 1 2 Suy ra IG  NH , NH  SG Suy ra SI  3. IG 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5