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

Chia sẻ: Linh Như | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

120
lượt xem 16
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Kì thi học sinh giỏi là kì thi quan trọng đối với mỗi học sinh. Dưới đây là đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh của sở giáo dục và đào tạo Bạc Liêu giúp các em kiểm tra lại đánh giá kiến thức của mình và có thêm thời gian chuẩn bị ôn tập cho kì thi sắp tới được tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 12 môn Toán - 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 B) * Ngày thi: 05/11/2011 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ Bài 1: (5 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Chứng minh rằng: a + b + c = a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 . Bài 2: (5 điểm) Cho dãy số ( un ) thỏa u1 = 3 , u2 = 5 , un+ 2 = 3un +1 − 2un (n ≥ 1). Chứng minh rằng: u2011 ≡ 3 ( mod 2011) . Bài 3: (5 điểm) Trong một kỳ thi học sinh giỏi Toán đề thi gồm có ba câu. Biết rằng mỗi thí sinh làm được ít nhất một câu, có 25 thí sinh làm được câu thứ nhất, có 20 thí sinh làm được câu thứ hai, có 14 thí sinh làm được câu ba, có 12 thí sinh làm được câu thứ nhất và thứ hai, có 10 thí sinh làm được câu thứ hai và thứ ba, có 7 thí sinh làm được câu thứ nhất và thứ ba, và có 1 thí sinh đạt điểm tối đa vì giải được cả ba bài. Hỏi có bao nhiêu thí sinh dự thi? Bài 4: (5 điểm) Cho hình bình hành ABCD. Gọi I, F, K là các điểm xác định bởi: AI = α AB, AF = β AC , AK = γ AD. Chứng minh điều kiện cần và đủ để I, F, K thẳng 1 1 1 hàng là: = + (biết rằng α ≠ 0, β ≠ 0, γ ≠ 0 ). β α γ --- 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: 05/11/2011 * Thời gian: 180 phút HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1: (5 điểm) Ta có a + b + c ≥ a2b2 + b2c2 + c2a2 ⇔ a4 + b4 + c4 + 2(a + b + c) ≥ a4 + b4 + c4 + 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) (1,0đ) ⇔ a4 + 2a + b4 + 2b + c4 + 2 c ≥ (a2 + b2 + c2)2 ⇔ a4 + 2a + b4 + 2b + c4 + 2 c ≥ 9 (1,0đ) Do đó ta chỉ cần chứng minh a4 + 2a + b4 + 2b + c4 + 2 c ≥ 9 Mà a4 + 2a = a4 + a + a ≥ 3 3 a 4 .a.a = 3a2 (0,5đ) Tương tự b4 + 2b ≥ 3b2; c4 + 2c ≥ 3c2 (1,0đ) Vậy a4 + 2a + b4 + 2b + c4 + 2 c ≥ 3(a2 + b2 + c2) = 9 (0,5đ) Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1. (1,0đ) Bài 2: (5 điểm) ⎡x = 1 Xét phương trình đặc trưng x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔ ⎢ ⎣x = 2 un = a + b.2 với u1 = 3 , u 2 = 5 ta được : n (2,0đ) ⎧a + 2b = 3 ⎧a = 1 ⎨ ⇔ ⎨ ⎩a + 4b = 5 ⎩b = 1 un = 1 + 2 n (1,0đ) u2011 = 1 + 22011 ≡ 3(mod2011) (theo định lý Fecrmat) (2,0đ) Bài 3: (5 điểm) Gọi A là tập hợp các thí sinh làm được câu thứ nhất. (0,5đ) Gọi B là tập hợp các thí sinh làm được câu thứ hai. (0,5đ) Gọi C là tập hợp các thí sinh làm được câu thứ ba. (0,5đ) Ta cần tính A ∪ B ∪ C Áp dụng công thức: A∪ B ∪C = A + B + C − A∩ B − B ∩C − A∩C + A∩ B ∩C (1,0đ) Theo giả thiết ta có: A = 25 , B = 20 , C = 14 , A ∩ B = 12 , B ∩ C = 10 , A ∩ C = 7 , A ∩ B ∩ C = 1. (1,5đ) Do đó A ∪ B ∪ C = 25 + 20 + 14 − 12 − 10 − 7 + 1 = 31 (1,0đ) Vậy số thí sinh dự thi là 31. 1 Bảng B-Ngày 1
Bài 4: (5 điểm) * Ta có: KI = AI − AK = α AB − γ AD (1,0đ) KF = AF − AK = β AC − γ AD (0,5đ) Mà : AC = AB + AD ⇒ KF = β AB + ( β − γ ) AD (0,5đ) * Điều kiện cần và đủ để K, I, F thẳng hàng là tồn tại số thực k sao cho: KF = k KI (1,0đ ⇔ β A B + (β − γ ) A D = kα A B − k γ A D ) ⇔ (β − kα ) AB + (β − γ + k γ ) A D = 0 (0,5đ) * Vì AB, AD không cùng phương nên: ( β − kα ) AB + ( β − γ + kγ ) AD = 0 ⎧ β − kα = 0 ⇔⎨ (1,0đ) ⎩ β − γ + kγ = 0 β γ −β ⇔ α = γ ( do α ≠ 0, β ≠ 0, γ ≠ 0 ) 1 1 1 ⇔ + = (0,5đ) α γ β ---Hết--- 2 Bảng B-Ngày 1
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 A) * Ngày thi: 05/11/2011 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ Bài 1: (5 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Chứng minh rằng: a + b + c = a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 . Bài 2: (5 điểm) 2 4 Cho dãy số ( vn ) thỏa v1 = − , v2 = − , 3 5 vn+1.vn + 2vn+2.vn+1 − 3vn+2.vn = vn+2 − 3vn+ 1 + 2vn , vn ≠ −1 ; ( n ≥ 1) Tìm vn. Bài 3: (5 điểm) Cho tập hợp M = {1; 2;3;...; 2011} . Hỏi trong tập hợp M có bao nhiêu phần tử chia hết cho ít nhất một trong ba số 2, 5 và 11? Bài 4: (5 điểm) Cho hình bình hành ABCD. Gọi I, F, K là các điểm xác định bởi: AI = α AB, AF = β AC , AK = γ AD. Chứng minh điều kiện cần và đủ để I, F, K thẳng 1 1 1 hàng là: = + (biết rằng α ≠ 0, β ≠ 0, γ ≠ 0 ). β α γ --- 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: 05/11/2011 * Thời gian: 180 phút HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1: (5 điểm) Ta có a + b + c ≥ a2b2 + b2c2 + c2a2 ⇔ a4 + b4 + c4 + 2(a + b + c) ≥ a4 + b4 + c4 + 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) (1,0đ) ⇔ a4 + 2a + b4 + 2b + c4 + 2 c ≥ (a2 + b2 + c2)2 ⇔ a4 + 2a + b4 + 2b + c4 + 2 c ≥ 9 (1,0đ) Do đó ta chỉ cần chứng minh a4 + 2a + b4 + 2b + c4 + 2 c ≥ 9 Mà a4 + 2a = a4 + a + a ≥ 3 3 a 4 .a.a = 3a2 (0,5đ) Tương tự b4 + 2b ≥ 3b2; c4 + 2c ≥ 3c2 (1,0đ) Vậy a4 + 2a + b4 + 2b + c4 + 2 c ≥ 3(a2 + b2 + c2) = 9 (0,5đ) Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1. (1,0đ) Bài 2: (5 điểm) vn+1.vn +2vn+2.vn+1 -3vn+2.vn = vn+2 -3vn+ 1 + 2vn ⇔ vn +1.vn + vn + vn +1 + 1 = 3vn + 2 .vn + 3vn + 2 + 3vn + 3 −2(vn + 2 .vn +1 + vn + 2 + vn +1 + 1) (1,0đ) ⇔ (vn +1 + 1)(vn + 1) = 3(vn+ 2 + 1)(vn + 1) − 2(vn + 2 + 1)(vn +1 + 1) 1 3 2 ⇔ = − (do vn ≠ −1, ∀n ) (1,0đ) vn + 2 + 1 vn +1 + 1 vn + 1 1 Đặt un = ta được un + 2 = 3un +1 − 2un (1,0đ) vn + 1 ⎡x = 1 Xét phương trình đặc trưng x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔ ⎢ 1 ⎣ x2 = 2 un = a + b.2n với u1 = 3 , u 2 = 5 ta được : ⎧a + 2b = 3 ⎧a = 1 (1,0đ) ⎨ ⇔ ⎨ ⎩a + 4b = 5 ⎩b = 1 1 Bảng A-Ngày 1
un = 1 + 2 n 1 ⇒ vn = −1 (1,0đ) 1 + 2n Bài 3: (5 điểm) Gọi A là tập hợp các phần tử trong M chia hết cho 2. Gọi B là tập hợp các phần tử trong M chia hết cho 5. (1,0đ) Gọi C là tập hợp các phần tử trong M chia hết cho 11. Ta cần tính A ∪ B ∪ C Áp dụng công thức: A∪ B ∪C = A + B + C − A∩ B − B ∩C − A∩C + A∩ B ∩C (1,0đ) Theo giả thiết ta có: ⎡ 2011⎤ ⎡ 2011⎤ ⎡ 2011⎤ ⎡ 2011⎤ A =⎢ ⎥ = 1005 , B = ⎢ 5 ⎥ = 402 , C = ⎢ 11 ⎥ = 182 , A ∩ B = ⎢ 10 ⎥ = 201 , ⎣ 2 ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎡ 2011⎤ ⎡ 2011⎤ ⎡ 2011⎤ B ∩C = ⎢ = 36 , A ∩ C = ⎢ = 91 , A ∩ B ∩ C = ⎢ ⎥ = 18 , (2,0đ) ⎣ 55 ⎥⎦ ⎣ 22 ⎥ ⎦ ⎣ 110 ⎦ Trong đó [x ] là phần nguyên của số thực x. Do đó: A ∪ B ∪ C = 1005 + 402 + 182 − 201 − 36 − 91 + 18 = 1279 (1,0đ) Vậy số các số cần tìm là 1279 Bài 4: (5 điểm) * Ta có: KI = AI − AK = α AB − γ AD (1,0đ) KF = AF − AK = β AC − γ AD (0,5đ) Mà : AC = AB + AD ⇒ KF = β AB + ( β − γ ) AD (0,5đ) * Điều kiện cần và đủ để K, I, F thẳng hàng là tồn tại số thực k sao cho: KF = k KI (1,0đ) ⇔ β A B + (β − γ ) A D = kα A B − k γ A D ⇔ (β − kα ) AB + (β − γ + k γ ) A D = 0 (0,5đ) * Vì AB, AD không cùng phương nên: ( β − kα ) AB + ( β − γ + kγ ) AD = 0 ⎧ β − kα = 0 ⇔⎨ (1,0đ) ⎩ β − γ + kγ = 0 β γ −β ⇔ α = γ ( do α ≠ 0, β ≠ 0, γ ≠ 0 ) 1 1 1 ⇔ + = (0,5đ) α γ β ---Hết--- 2 Bảng A-Ngày 1