Đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 12 THPT môn Toán năm 2016-2017 (Vòng 2)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO<br /> ĐỀ THI CHÍNH THỨC<br /> (Đề thi gồm có 01 trang)<br /> <br /> KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THPT<br /> NĂM HỌC 2016-2017<br /> Môn: Toán<br /> Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)<br /> Ngày thi thứ hai: 29/10/2016<br /> <br /> Bài 5 (7,0 điểm).<br /> 1) Cho số tự nhiên n thỏa: C21n1  C22n 1  ...  C2nn1  1023 . Tìm hệ số của số hạng<br /> chứa x8 của khai triển (1 + x + x2 + x3)n.<br /> 2) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố  p; q  thỏa mãn p 2  5q 2  4 .<br /> Bài 6 (7,0 điểm).<br /> Cho tứ giác ABCD thỏa mãn AB.CD  AD. BC  AC.BD . Biết rằng đường tròn<br /> nội tiếp tứ giác ABCD có tiếp điểm với các cạnh AB, BC, CD và DA lần lượt tại K, L,<br /> M và N.<br /> 1) Chứng minh rằng tứ giác ABCD nội tiếp được trong một đường tròn.<br /> 2) Chứng minh KL2  MN 2  KN 2  LM 2<br /> Bài 7 (6,0 điểm).<br /> Tìm các số tự nhiên a1; a2; a3…; an thỏa mãn a 1 + a2 + a3 + … + an = 2015<br /> sao cho biểu thức P = a 1.a2.a3…an lớn nhất có thể.<br /> ………………………… Hết ………………………….<br /> Thí sinh không được sử dụng tài liệu và không được sử dụng máy tính cầm tay.<br /> Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.<br /> <br /> Họ và tên thí sinh ………………………………..… Số báo danh ………… Phòng thi ……..<br /> Cán bộ coi thi thứ nhất ……………………… Cán bộ coi thi thứ hai …………………………<br /> <br /> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO<br /> ĐĂK NÔNG<br /> <br /> Vòng 2<br /> <br /> KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT<br /> NĂM HỌC 2016-2017<br /> Môn: TOÁN<br /> <br /> HƯỚNG DẪN CHẤM<br /> (Hướng dẫn chấm gồm có 4 trang)<br /> Lưu ý: Mọi cách giải khác đáp án, mà đúng và ngắn gọn đều cho điểm tương ứng.<br /> Câu<br /> NỘI DUNG<br /> Điểm<br /> 1a.<br /> a. Cho số tự nhiên n thỏa: C21n1  C22n 1  ...  C2nn1  1023 . Tìm hệ số của số<br /> 2.0<br /> 2 điểm<br /> 8<br /> 2<br /> 3 n<br /> <br /> hạng chứa x của khai triển (1 + x + x + x ) .<br /> (1  x)2 n 1 <br /> <br /> 2 n 1<br /> <br /> 2 n 1<br /> <br />  C2kn 1 x k  22 n1 <br /> <br /> C<br /> <br /> k 0<br /> <br /> k<br /> 2 n 1<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> k 0<br /> <br /> Ta có:<br /> <br /> <br />  2 n 1<br /> <br />  22 n 1  2   C2kn 1   2048  n  5<br />  k 0<br /> <br /> 5<br /> <br /> 2<br /> <br /> 3 5<br /> <br /> 5<br /> <br /> 2 5<br /> <br /> 5<br /> k<br /> 5<br /> <br /> (1  x  x  x )  (1  x) (1  x )   C x . C5m x2m<br /> k 0<br /> <br /> k<br /> <br /> 1<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> m0<br /> <br /> Vì hệ số chứa x8 nên ta có k+2m =8 suy ra (k;m) = (0;4), (2;3), (4;2)<br /> Vậy hệ số cần tìm là C50 .C54  C52 .C53  C54 .C52 .<br /> 1b.<br /> 5 điểm b. Cho dãy số thực  x  xác định bỡi<br /> n<br /> <br /> 0,5<br /> <br />  x1  2015<br /> <br />  x  3  xn , n  N *<br />  n 1<br /> xn2  1<br /> <br /> <br /> 0,5<br /> <br /> 5, 0<br /> <br /> 1,0<br /> <br /> 1,0<br /> <br /> 1,0<br /> <br /> 1,0<br /> <br /> 1,0<br /> 2<br /> <br /> 7,0<br /> <br /> a. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường tròn (C1 ),(C2 ) lần lượt có<br /> 2a.<br /> 3.0<br /> điểm<br /> <br /> phương trình: x 2  y 2  2 x  4 y  0 ;<br /> <br /> x 2  y 2  2 x  6 y  1  0 . Lập phương<br /> <br /> trình đường thẳng d tiếp xúc với (C1 ) và cắt (C2 ) tại A, B thỏa mãn<br /> <br /> 3.0<br /> <br /> 1<br /> <br /> AI 2 B  arccos với I2 là tâm của đường tròn (C2 ) .<br /> 9<br /> Ta có I1 (1; 2); R1  5; I 2 (1; 3); R 2  3<br /> Phương trình đt I1I2 : x  2 y  5  0 .<br /> <br /> A<br /> <br /> H<br /> <br /> B<br /> <br /> 0.75<br /> <br /> 1<br /> 1<br /> <br /> Do <br /> AI 2 B  arccos nên cosAI<br /> 2B <br /> <br /> 9<br /> 9<br /> 2<br /> 2<br /> Ta có: AB  I 2 A  I 2 B  2 I 2 A.I 2 B cos <br /> AI 2 B  16<br /> <br /> I2<br /> <br /> 2<br /> <br /> 0.75<br /> <br /> suy ra d ( I 2 ; d )  I 2 H  5 .<br /> Do d tiếp xúc với (C1 ) nên d ( I1; d )  R1  5<br /> Vì khoảng cách từ 2 điểm I1 ; I 2 đến d bằng nhau nên d song song I1I2 hoặc d đi<br /> qua trung điểm của I1I2.<br /> 2<br /> <br /> 1.0<br /> <br /> Nếu d//I1I2 thì d có dạng: x  2 y  m  0 ; vì d ( I1 ; d )  5 nên m  0; m  10<br /> 5<br /> 2<br /> <br /> Nếu d đi qua trung điểm của I1I2 thì d có dạng ax  b( y  )  0 ( a 2  b 2  0 )<br /> a<br /> d ( I1 ; d )  5 <br /> <br /> 2<br /> <br /> b<br /> 2<br /> 2<br /> <br />  5  a  2b  2 5( a 2  b 2 )<br /> <br /> a b<br />  a  4ab  4b  20a 2  20b 2  19a 2  4ab  16b 2  0  a  b  0 (vô lý)<br /> ĐS: x  2 y  0 ; x  2 y  10  0<br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> 2b.<br /> b. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D,<br /> 4 điểm AB = 2a, AD = DC = a. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng<br /> <br /> (ABCD) bằng 600; I là t<br /> rung điểm của AD, mặt phẳng (SIB) và mặt phẳng (SIC) cùng vuông góc<br /> với mặt phẳng (ABCD), H là hình chiếu của I lên SD. Tính thể tích khối<br /> chóp S.ABCD và khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SBC) theo a.<br /> <br /> 3<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> 1,0<br /> 1,0<br /> <br /> 1,0<br /> <br /> 1,0<br /> <br /> 3<br /> 6,0<br /> điểm<br /> <br /> Tìm các số tự nhiên a1; a 2; a3…; an thỏa mãn a1 + a2 + a 3 + … + an =<br /> 6,0<br /> 2015 sao cho biểu thức P = a1.a2.a3…an lớn nhất có thể.<br /> Ta chứng tỏ trong các số a1; a2; a3…; an không có số 1.<br /> Thật vậy, giả sử tồn tại một số bằng 1, chẳng hạn là a1 = 1, khi đó trong<br /> 1,5<br /> các số còn lại phải có số aj >2, ta giả sử là a2 >2, vì ngược lại dễ thấy điều<br /> vô lý.<br /> Khi đó ta thay a1 bởi số 2 và a2 bỡi a2 -1  2<br /> 2  ( a2  1)  a3  ...  an  2015<br /> <br />  a2  2<br /> 2( a2  1) a3 ..an  1a2 .a3 ...an<br /> <br /> Vi phạm P = a1.a2.a 3…an lớn nhất có thể.<br /> <br /> 4<br /> <br /> 1,0<br /> <br />