Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm học 2013-2014 – Sở Giáo dục và Đào tạo Quảng Nam

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

20
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm học 2013-2014 biên soạn bởi Sở Giáo dục và Đào tạo Quảng Nam với mục tiêu hỗ trợ giáo viên trong quá trình biên soạn đề thi, bài tập đánh giá năng lực của học.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm học 2013-2014 – Sở Giáo dục và Đào tạo Quảng Nam

SỞ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2013 2014 GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO Ngày thi : 02/10/2013 QUẢNG NAM Môn thi : TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 (5,0 điểm). 3x − 2 − x + 1 = 2x 2 − x − 3 a) Giải phương trình: . 8 8 x 3 + 3x 2 − 13x − 15 = 3 − y y (x, y ﾡ) y 2 + 4 = 5y 2 (x 2 + 2x + 2) b) Giải hệ phương trình: . Câu 2 (4,0 điểm). 2014 u1 = 2013 2u n +1 = u n2 + 2u n , ∀n ﾡ * a) Cho dãy số (un) xác định bởi: 1 1 1 Sn = + +...+ u1 + 2 u 2 + 2 un + 2 Đặt . Tính: limSn . ﾡ b) Tìm tất cả các hàm số f liên tục trên thỏa mãn: ﾡ f(3x – y + ) = 3f(x) – f(y), x, y trong đó là số thực cho trước. Câu 3 (5,0 điểm). a) Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1. Gọi M là điểm bất kỳ nằm trong mặt phẳng chứa tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T = MA.h a + MB.h b + MC.h c (với ha, hb, hc lần lượt là độ dài các đường cao vẽ từ A, B, C). b) Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định và đỉnh A thay đổi. Gọi H và G lần lượt là trực tâm và trọng tâm của tam giác ABC. Gọi E là điểm đối xứng với H qua G. Tìm tập hợp các điểm A, biết rằng điểm E thuộc đường thẳng BC. Câu 4 (3,0 điểm). a) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c sao cho: a + 2b = c và a3 + 8b3 = c2 . b) Cho đa thức f(x) có bậc n > 1, có các hệ số đều là các số nguyên và thỏa
mãn điều kiện f(a + b) = a.b, với a, b là hai số nguyên cho trước (a, b khác 0). Chứng minh rằng f(a) chia hết cho b và f(b) chia hết cho a. Câu 5 (3,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a.b.c = 8. ﾡ Chứng minh rằng với mọi k *, ta có: k k k a2 b2 c2 3 + + 2k −1 k −1 k −1 k −1 k −1 k −1 k −1 (a + b)(a 2 + b2 )(a 4 + b 4 )...(a 2 + b2 ) (b + c)(b 2 + c 2 )(b 4 + c 4 )...(b 2 + c2 ) (c + a)(c2 + a 2 )(c4 + a 4 )...(c2 + a2 ) . Hết 2
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT QUẢNG NAM NĂM HỌC 2013 – 2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 12 THPT Câu 1. 5.0 Câu 2. 4.0 2 3x − 2 − x + 1 = 2x − x − 3 2014 u1 = , 2u n +1 = u n2 + 2u n , ∀n N* a) Giải PT: (1) 2.5 2013 2.0 a) 2 0.2 Với mọi k N*, ta có : x 3 5 1 uk 1 2 + Điều kiện: (*). Khi đó: = = − 0.25 u k + 2 u k (u k + 2) u k u k (u k + 2) 2x − 3 = (2x − 3)(x + 1) 1.0 3x − 2 + x + 1 0.25 = 1 2 1 1 (1) − = − u k 2u k +1 u k u k +1 0.25 2x − 3 = 0 (2) 0.2 5 1 = x + 1 (3) 3x − 2 + x + 1 3
(2) x = 3/2 (thỏa (*)) 0.2 Sn = 1/ u1 − 1/ u n +1 0.5 12 5 x 3x − 2 +3 x + 1 0.2 u n +1 = (u n2 + 2u n ) / 2 > 1, ∀n N* Vì nên 1 5 u1 > 1.CM: 0.25 (3) vô nghiệm un > 1, n N* Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x = 3/2. 0.2 5 u n +1 − u n = u n2 / 2 > 0, ∀n N * Ta có: 0.25 0.2 5 (un) tăng 8 8 2.5 Giả sử (un) bị chặn trên thì (un) tồn tại 0.25 x 3 + 3x 2 − 13x − 15 = − y3 y giới hạn hữu hạn: limun = a (a ≥ 1). 2a=a2 + 2a a = 0. Mâu thuẫn với a≥1 y 2 + 4 = 5y 2 (x 2 + 2x + 2) lim(1/ u n +1 ) = 0 b) Giải hệ PT (I): limun = + . limSn = 1/ u1 = 2013 / 2014 Vậy: . + Điều kiện: y ≠ 0 (*). Khi đó: 0.2 b) f(3x – y + ) = 3f(x) – f(y), x,y R 2.0 5 (1) 2 �4 � (x + 1)(x 2 + 2x − 15) = � − 4� 3x '− y ' y��y 2 � � x=y= 2 4 0.2 0.25 1+ = 5[(x + 1) 2 + 1] Trong (1), thay ta được: y2 5 �3x '− y ' � f (3x '− y '+ α) = 2f � � (I) � 2 � 2 , x’, y’ R b= y �3x − y � f (3x − y + α) = 2f � 0.25 Đặt a = x + 1, (b ≠ 0), hệ trên trở thành: � � 2 � ( a(a 2 − 16) = b b 2 − 4 ) 0.2 , x, y R (2) Từ (1) và (2) suy ra: 0.25 2 2 5 1 + b = 5(a + 1) �3 1 � 3 1 f � x − y �= f ( x ) − f ( y ) �2 2 � 2 2 a 3 − b3 = 16a − 4b , x,y R (3) 0.2 Thay x = 0, y = 0 vào (3) ta được: 0.25 b 2 − 5a 2 = 4 (1) 5 f(0) = 3f(0)/2–f(0)/2 f(0) = b, b tùy ý �3 1 � a3 – b3 = (b2 – 5a2)(4a – b) 0.2 f � x − y �− f (0) �2 2 � 0.25 21a3 – 5a2b – 4ab2 = 0 5 4bb (3) = a=− 3 1 73 0.2 [f ( x ) − f (0)] − [f ( y ) − f (0)] a = 0 hoặc hoặc 5 2 2 , x,y R 0.25 + Thay a = 0 vào (1) được b2 = 4 và tìm được hai nghiệm (–1 ; –1), (–1 ; 1). Đặt g(x) = f(x) – f(0), ta có: g(0) = 0 và: 0.25 �3 1 � 3 1 a=− b 0.2 g � x − y �= g ( x ) − g ( y ) 3 5 �2 2 � 2 2 + Thay vào (1) được b = 9 và tìm được hai 2 , x,y R 0.25 nghiệm (–2 ; 2/3), (0 ; – 2/3). � �3 3 � 1 � 1 0.2 g � x �= g ( x ) , g � − y �= − g ( y ) 4b �2 � 2 �2 � 2 a= 5 7 , x,y R + Thay vào (1) được : 4
31 2 �3 1 � �3 � � 1 � − b =4 g � x − y �= g � x �+ g � − y� 49 �2 2 � �2 � � 2 � (vô nghiệm). , x,y R Kết luận đúng. g(x+y) = g(x) + g(y), x,y R Vì g liên tục trên R nên: 0.2 g(x) = ax, x R, với g(1) = a (a tùy ý) 5 f(x) = ax + b, x R (4) (với a, b tùy ý) Thay (4) vào (1) ta được: b = a 0.2 Vậy f(x) = ax + a , với a tùy ý. 5 Câu 3. 5.0 Câu 4. 3.0 a) 3.0 a) a + 2b = c (1), a3 + 8b3 = c2 (2) 2.0 2S 2 2S 2 2S 2 (2) (a + 2b)(a – 2ab + 4b ) = c (3) 2 2 2 0.25 ha = = , hb = = , hc = = 0.2 a a b b c c 5 Từ (1) và (3) suy ra: Ta có: (2) a2 – 2ab + 4b2 = (a + 2b) 0.25 �MA.GA MB.GB MA.GC � 0.2 4b2 – 2(a + 1)b + a2 – a = 0 (4) T = 2� + + � �MA.GA � a.GA MB.GB c.GC � b.GB MA.GC � 5 ’ = (a + 1)2 – 4(a2 – a) = –3a2 + 6a + 1 0.25 = 3� + + � � a.m a b.mc c.mc � (4) có nghiệm ’ ≥ 0 0.2 3a2 – 6a 1 3(a – 1)2 4 0.25 1 1 5 a = 1 hoặc a = 2 (vì a N*) a.ma = a 2b 2 + 2c 2 − a 2 = 3a 2 (2b 2 + 2c2 − a 2 ) 0.25 2 2 3 + a = 1 b = 1, c = 3 0.25 + a = 2 b = 1, c = 4 0.25 a 2 + b2 + c2 0.2 Vậy (a;b;c) =(1;1;3) hoặc (a;b;c) =(2;1;4) 0.25 a.m a 2 3 b) 1.0 5 f (x) = a n x n + a n −1x n −1 + ... + a1x1 + a 0 a 2 + b2 + c2 a 2 + b 2 + c2 Giả sử: b.m b , c.mc 2 3 2 3 Ta có: f(a + b) – f(a) = 0.25 0.2 a n [(a+b) n − a n ] + a n −1[(a+b) n −1 − a n −1]+...+a1b 6 3 5 = T (MA.GA + MB.GB + MC.GC) (1) n −1 n −2 n −2 n −1 0.25 a + b2 + c2 2 0,2 = a n b[(a+b) + a(a+b) +...+a (a + b) + a ] 5r uuuur uuur uuur uuur uuur uuu +a b[(a+b) n −2 + a(a+b) n −3 +...+a n −3 (a + b) + a n − 2 ]0.25 MA.GA + MB.GB + MC.GC MA.GA + MB.GB + MC.GC 0.2 n −1 +...+a1b 0.25 uuuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuuur uuur uuur 5 = (MG + GA)GA + (MG + GB)GB + (MG + GC)GC 0.2 5 Suy ra: f(a + b) – f(a) chia hết cho b Mà f(a+b) chia hết cho b nên f(a) chia hết cho b Tương tự 0.2 Tương tự, f(b) chia hết cho a. Đẳng thức xảy ra a = b = c. 5 Câu 5. 3.0 Đặt P là vế trái của BĐT đã cho và : k k k b2 a2 c2 Q= + + k −1 k −1 0.2(a + b)(a 2 + b2 )...(a 2k −+1c)(b k −1 k −1 k −1 (c +2 a)(c+2 b+2a 2 )...(c ) (b + a 22 + c)2 )...(b 2 + c2 ) 5 . Ta có: P – Q = (a – b) + (b – c) + (c – a) = 0 0.5 0.2 5 0.5 0.2 T = MA.h a + MB.h b + MC.h c 5 5
a 2 + b 2 + c2 k k k k k k 4 a 2 + b2 c2 + a 2 b 2 + c2 = GA + GB + GC = (m a2 + m 2b + mc2 ) = 2 2 2 � 2P = P +(2) Q= + + k −1 9 3 2k −12)k −1(b+ +a 2c)(b k −1 2) + c 2 )...(b 2k −1 + c 2k −1 ) (a + b)(a 2 + b(c2 )...(a + a)(c2 2 + a+2b)...(c Đẳng thức xảy ra uuuu uuurr uuurr 0.25 MA, MC, MB, GCGB GA Ta có: cùng hướng, cùng hướng, cùng hướng M 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 trùng G. 2(a4 + b4) ≥ (a2 + b2)2 0.25 T 2 3 …………………….. Từ (1) và (2) suy ra: k k k −1 k −1 2 2(a 2 + b 2 ) (a 2 + b2 ) minT = 2 3 Vậy ABC đều và M trùng G. k k b) 2.0 a 2 + b2 a+b k −1 k −1 0.5 y Xây dựng hệ tọa độ như (a + b)(a 2 + b 2 )...(a 2 + b2 ) 2k C hình vẽ. 0.2 Đặt BC = 2b (b>0), ta có: 5 a+b b+c c+a H 2P + + 0.5 A B(0 ; –b), C(0 ; b) 2k 2k 2k G Giả sử A(x0 ; y0) (x0 ≠ 0) Ta có: G(x0/3; y0/3) Tương tự với các số hạng khác của P+Q, suy O x E Tọa độ điểm H là nghệm ra: 0.25 của hệ phương trình: 0.2 a +b+c 33 abc 3 5 =� P 0.25 y = y0 2k 2k 2k −1 B x 0 x + (y 0 − b)(y + b) = 0 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2. �b 2 − y02 � 0.2 H� ; y0 � 5 � x0 � � � E là điểm đối xứng với H qua G khi và chỉ khi: 0.2 2x 0 b 2 − y02 5 x E = 2x G − x H = − 3 x0 y E = 2y G − y H = − y 0 / 3 0.2 5 2x 0 b 2 − y02 − =0 3 x0 E BC xE = 0 0.2 2xx0202+ 3y 02y=02 3b 2 5 + =1 3b 2 / 2 b 2 0.2 x2 y2 + =1 5 3b 2 / 2 b2 Suy ra tập hợp các điểm A trong mp Oxy là 0.2 elip: loại trừ 2 điêm B, C. 5 3 / 2.BC Vậy tập hợp các điểm A là elip có trục nhỏ BC, trục lớn có độ dài bằng , loại trừ B, C. Ghi chú: Nếu thí sinh có cách giải khác nhưng vẫn đúng thì ban giám khảo cần thảo luận thống nhất biểu điểm và cho điểm phù hợp với thang điểm. 6