Đề thi học sinh giỏi cấp quốc gia Toán 12 - Sở GD&ĐT Đăk Lăk

Chia sẻ: Lê Thị Hồng | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

104
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các bạn học sinh và quý thầy cô hãy tham khảo đề thi học sinh giỏi cấp quốc gia môn Toán lớp 12 của sở giáo dục và đào tạo ĐăcLăc để hệ thống lại kiến thức đã học cũng như kinh nghiệm ra đề. Chúc các em thành công!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp quốc gia Toán 12 - Sở GD&ĐT Đăk Lăk

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA TỈNH ĐẮK LẮK NĂM HỌC 2013 - 2014 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN (Đề thi gồm 01 trang) (Thời gian làm bài 180 phút, không kể giao đề) Ngày thi: 24/10/2013 Câu 1. (5,0 điểm) 13 Cho hàm số y  3 1  x 2  1  x 2  1  x 2  1  x 2 với x  0;1 . 3 Lập phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số biết tiếp tuyến đó có hệ số góc lớn nhất. Câu 2. (5,0 điểm)  xy  3 4 xy 3  4 8 y 3 z 5  1   4x 2y 3z Giải hệ phương trình    1  x 1 y 1 z 1 89 x 4 y 2 z 3  1  Câu 3. (5,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn  O; R  , D là điểm thuộc cung BC không chứa A, gọi H, I, K lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ D đến các cạnh AB AC BC BC, CA, AB. Xác định vị trí của điểm D để tổng S    đạt giá trị nhỏ DK DI DH nhất. Câu 4. (5,0 điểm) Tìm tất cả các đa thức P  x  có hệ số thực thỏa mãn: P  x  1  P  x   3x 2  3x  1, x  R . -------------- HẾT --------------  Thí sinh không được sử dụng tài liệu.  Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh……………………............……………… Số báo danh……….... -1-
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA TỈNH ĐẮK LẮK NĂM HỌC 2013 - 2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm có 4 trang) Ngày thi: 24/10/2013 Câu Đáp án Điểm 1 13 5 Cho hàm số y  3 1  x 2  1  x 2  1  x 2  1  x 2 với x   0;1 . Lập 3 phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số biết tiếp tuyến có hệ số góc lớn nhất. TXĐ: D   0;1 . 1 Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại M(x;y) thuộc đồ thị là: y '  9 x 1  x 2  13x 1  x 2 . 3 13 1 Có y '  9 x 1  x 2  13x 1  x 2 = .3x.2 1  x 2  .x.2 1  x2  2 2 2 2 3 1  13 1   2 2 2    .  3 x   2 1  x 2   .  x 2  2 1  x 2   2 2  3 13 1 = 13 x 2  4    4  3 x 2  =16 4 4 3x  2 1  x 2 1   2 46 5 Max y '  16 khi  x  2 1  x 2  x   y  x  0;1 5 15     Phương trình tiếp tuyến cần lập là: 1  2  46 5 10 5 y  16  x    15  y  16 x  3 .  5 2  xy  3 4 xy 3  4 8 y 3 z 5  1 5   4x 2y 3z Giải hệ phương trình sau:    1  x 1 y 1 z 1 89 x 4 y 2 z 3  1   xy  3 4 xy 3  4 8 y 3 z 5  11 1   4x 2y 3z     1 2   x 1 y 1 z 1 89 x4 y 2 z 3  1 3  Từ (3) suy ra z  0 , kết hợp với (1) suy ra y  0; x  0 Từ (2) ta có: 1 -1-
1 3x 2y 3z *    x 1 x 1 y 1 z 1 x x x y y z z z =        x 1 x 1 x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 z 1 x3 y2 z3  88 3 2 3  x  1  y  1  z  1 1 4x y 3z *    = y 1 x 1 y 1 z 1 x x x x y z z z        x 1 x 1 x 1 x 1 y 1 z 1 z 1 z 1 x4 y z3  88 4 3  x  1  y  1  z  1 1 4x 2y 2z *    = z 1 x 1 y 1 z 1 x x x x y y z z        x 1 x 1 x 1 x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x4 y2 z2  88 4 2 2 .  x  1  y  1  z  1 Từ các bất đẳng thức trên ta được: 1 12 8 12 1 x yz 4  84 8 12 8 12  x  1  x  1  y  1  z  1 1 x8 y 2 z 6 2  82 8 8 2 6  y  1  x  1  y  1  z  1 1 x12 y 6 z 6 3  83 8 12 6 6  z  1  x  1  y  1  z  1 Nhân vế với vế các bđt: 1 1 9 x 32 y16 z 24 4 2 3 8 8 32 16 24 =  x  1  y  1  z  1  x  1  y  1  z  1 x4 y 2 z 3 89 4 2 3  89 x 4 y 2 z 3  1, kết hợp với (3) thì dấu “=”  x  1  y  1  z  1 x y z xảy ra nên:   , kết hợp với (2) ta được x 1 y 1 z 1 x y z 1    x 1 y 1 z 1 9 -2-
1 1 x yz thỏa mãn (1). 8 1 Vậy hệ có nghiệm x  y  z  . 8 3 Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn  O; R  , D là điểm thuộc 5 cung BC không chứa A của  O; R  , gọi H, I, K lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ D đến các cạnh BC, CA, AB. Xác định vị trí của điểm D để tổng AB AC BC S   đạt giá trị DK DI DH nhỏ nhất.   Vẽ DM ( M  BC ) thỏa mãn BDA  MDC . 1 AB MC DAB đồng dạng DCM nên  DK DH AC BM 1 DBM đồng dạng DAC nên  DI DH AB AC BC MC BM BC BC 1 Do đó: S       2 DK DI DH DH DH HD HD Để S nhỏ nhất thì HD lớn nhất 1 khi đó D là điểm chính giữa của cung BC không chứa A 1 4 Tìm tất cả các đa thức P  x  có hệ số thực thỏa mãn: 5 P  x  1  P  x   3x 2  3x  1, x  R P  x  1  P  x   3x 2  3x  1, x  R  1 P  x  1  x3  P  x   x3  3x 2  3x  1, x  R  3 P  x  1   x  1  P  x   x 3 , x  R 1 . 1 Đặt Q  x   P  x   x 3 , (1)  Q  x  1  Q  x  (2) . Cho x các giá trị: x  0;1;2;3;... , từ (2) ta được: 1 Q  0   Q 1  Q  2   Q  3   ... , từ đó suy ra phương trình (2) có vô số nghiệm x  N nên Q  x  1  Q  x   0  Q  x   a , với a là hằng số, suy ra P  x   x 3  a . 1 -3-
3 Thử lại: P  x  1   x  1  a , 1 3 P  x   3x 2  3x  1  x 3  a  3 x 2  3 x  1 =  x  1  a nên P  x  1  P  x   3x 2  3x  1, x  R . Vậy P  x   x 3  a , với a là hằng số. ----- Hết ----- -4-
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA TỈNH ĐẮK LẮK NĂM HỌC 2013 - 2014 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN (Đề thi gồm 01 trang) (Thời gian làm bài 180 phút, không kể giao đề) Ngày thi: 25/10/2013 Câu 1. (5,0 điểm)  x0  2013  Cho dãy các số thực  xn  được xác định như sau:  1.  xn1  xn   xn 2 xn Tìm lim n  n Câu 2. (5,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương n để phương trình  x  1n   1  x n   x  3 n  0 có một nghiệm nguyên. Câu 3. (5,0 điểm) Chứng tỏ rằng trong 1008 số nguyên dương không vượt quá 2014, luôn tồn tại ít nhất một số chia hết cho một số khác trong đó. Câu 4. (5,0 điểm) Cho tứ diện ABCD , trên các cạnh AB , AC và AD lần lượt lấy các điểm M , N và P sao cho AB  k .AM , AC  k .AN và AD   k  1 .AP với k  1 tùy ý. Chứng minh rằng mặt phẳng  MNP  luôn luôn đi qua một đường thẳng cố định. -------------- HẾT --------------  Thí sinh không được sử dụng tài liệu.  Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh……………………............……………… Số báo danh……….... -1-
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA TỈNH ĐẮK LẮK NĂM HỌC 2013 - 2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm có 3 trang) Ngày thi: 25/10/2013 Câu Đáp án Điểm 1  x0  2013 5  Cho dãy các số thực  xn  được xác định như sau:  1.  xn1  xn   xn 2 xn Tìm lim n  n 1 2 2 1 2 1 Từ xn 1  xn   xn 1  xn  2  2 1  xn  2 xn xn  x12  x0  2 2  2 2  x2  x1  2 2 2   xn  x0  2n  2  ....  x 2  x2  2  n n 1 Kết hợp (1), (2) ta được: 1 1 2 2 xn 1  xn  2  2 2  xn  2   n  1 x0  2n 2n '  2 2 1 1 1  x2  x1  2  2 . 1   x2  x 2  2  1 . 1   2 1 2 2 ................   x2  x 2  2  1 . 1  n  n 1 2 n 1 2 2 1 1 1 1  xn  x1  2( n  1 )  (   ...  ) 2 1 2 n1 2 11 1 1  x1  2( n )     ...   21 2 n 1 2  x1  2n  2 12  ...  12   112  ...  n12  2 1  1 1 1   x1  2n  n   ...  n  2  11 1 2  n  1    2 1  1  x1  2n  n1  2  n -1-
2 2 1  xn  x1  2n  n 2 2 2 2 1 1 Tóm lại : từ  2  và  3  ta có : x0  2n  xn  x1  2n  n  n  1 2 2 x0 x2 x 2 1  2 n  1 2 n n n 2 n 2 Mà Lim  x0  2   2; 2  x1 1  1   n   Lim   n 2 2 2 n n    n   2 1 xn Vậy Lim n  2; n 2 Tìm tất cả các số nguyên dương n để phương trình 5  x  1n   1  x n   x  3 n  0 có một nghiệm nguyên. Trường hợp 1 : n là số tự nhiên chẵn thì 1  x  1  n   1  x  n   x  3  n  0 , x  R x  1  0   dấu    xảy ra  1  x  0 vô nghiệm 3  x  0   n không thỏa mãn. Trường hợp 2 : n = 1, phương trình có 1 nghiệm nguyên  x  5  1  n  1 thỏa mãn. Trường hợp 3 : n là số tự nhiên lẻ  n  3  1 Nếu nghiệm nguyên x là số chẵn thì vế trái phương trình là số lẻ, vô lý. Vậy nghiệm nguyên nếu có phải là số lẻ : Đặt :  x  1  2y  , phương trình trở thành : 1  2y n   2  2y n   2  2y n  0  y n  ( 1  y )n  ( 1  y )n  0 n n  yn   Cn  1 .y k  k  Cn .y k  0 k k 0 k 0   y n  2 Cn  Cn y 2  ...  Cn 1y n 1  0 0 2 n    y n  2  2 Cn y 2  ...  Cn 1 y n1  0 2 n    2  2y 2 Cn  ...  Cn 1y n 3   y n 2 n   2 y  y  1 hoặc y  2 Kiểm tra : không thỏa mãn 1 Kết luận : n  1 3 Chứng tỏ rằng trong 1008 số nguyên dương không vượt quá 2014 5 luôn tồn tại ít nhất một số chia hết cho một số khác trong đó. -2-
Giả sử cho 1008 số nguyên dương bất kỳ a1 , a2 ,...., a1008 không quá 1 2014. Ta biểu diễn các số ai  2 k .qi với ki nguyên không âm, còn qi là số i nguyên dương lẻ, qi  2014 , i  1,1008 . Chỉ có 1007 số nguyên dương lẻ nhỏ hơn 2014 1 Vậy trong 1008 số nguyên dương lẻ q1 , q2 ,...., q1008 nhỏ hơn 2014 1 Theo nguyên lý Diricblet tồn tại i, j sao cho qi  q j ứng với hai số 1 k ai  2 ki .qi , a j  2 j .q j , ki  k j hoặc k j  ki (i, j  1,1008)  a j  ai hoặc ai  a j (điều phải chứng minh) 1 4 Cho tứ diện ABCD , trên các cạnh AB , AC và AD lần lượt lấy các 5 điểm M , N và P sao cho AB  k .AM , AC  k .AN và AD   k  1 .AP với k  1 tùy ý. Hãy chứng minh rằng mặt phẳng  MNP  luôn luôn đi qua một đường thẳng cố định. Gọi I là trung điểm cạnh AD 1 Xét tam giác ABD : trên đường thẳng BI lấy điểm E sao cho BE nhận I làm trung điểm.     1  1    MP  AP  AM  AD  AB Từ giả thiết ta có : k 1 k  1 Mặt khác :       1 ME  AE  AM  BD  AM ( ABCD là hình bình hành)   1      AD  AB  AB k    k  1     ME  AD  AB  2  k   Từ  1 và  2   hai véc tơ : MP , ME cùng phương 1 Vậy MP đi qua điểm E cố định. Tương tự NP qua điểm P cố định ( I là trung điểm của CF ) 1 Tóm lại mặt phẳng  MNP  luôn luôn đi qua một đường thẳng cố 1 định EF (Điều phải chứng minh) -------- Hết -------- -3-