Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 - Kèm đáp án

Chia sẻ: Pham Linh Dan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:36

Thêm vào BST

Báo xấu

105
lượt xem 7
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 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 Toán 12 - Kèm đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH VĨNH PHÚC LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN – THPT chuyên. ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề. Ngày thi: 02/11/2012.  2 8  x + 3x + 2 = y − 5 y − 1   8 Câu 1 (2,5 điểm). Giải hệ phương trình  y 2 + 3 y + 2 = − 5 z − 1 ( x, y , z ∈ ℝ )  z  2 8  z + 3z + 2 = x − 5 x − 1  Câu 2 (1,5 điểm). Cho a, b, c, d là các số thực dương. Chứng minh rằng 3a bc 2b3d 25 2. + 3. 3 + 4. 4 ≤ a+b+c ( a + b )( a + b + c + d ) 81( a + b ) ( a + b + c + d ) 6 3 Câu 3 (2,0 điểm). Giả sử n là một số nguyên dương sao cho 3n + 2n chia hết cho 7 . Tìm số dư của 2n + 11n + 2012n khi chia cho 7 . 2 Câu 4 (3,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD. Gọi P là điểm sao cho trung trực của đoạn thẳng CP chia đôi đoạn AD và trung trực của đoạn AP chia đôi đoạn CD. Gọi Q là trung điểm của đoạn thẳng BP. a) Chứng minh rằng đường thẳng BP vuông góc với đường thẳng AC. b) Chứng minh rằng BP = 4.OE , trong đó E là trung điểm của AC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AQC . Câu 5 (1,0 điểm). Cho m, n ( m > n > 4 ) là các số nguyên dương và A là một tập hợp con có đúng n phần tử c ủa tập hợ p S = {1, 2,3,..., m} . Chứng minh rằng n ếu m > ( n − 1) (1 + Cn + Cn + Cn ) thì ta luôn chọn được n phần tử đôi một phân biệt 2 3 4 x1 , x2 ,..., xn ∈ S sao cho các tập hợp Ai = {x + y + xi x ∈ A, y ∈ A}, i = 1, n thỏa mãn Aj ∩ Ak = ∅ với mọi j ≠ k và j , k = 1, n . -----------------Hết----------------- - Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. - Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………………….Số báo danh……………..
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH VĨNH PHÚC LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN – THPT chuyên HƯỚNG DẪN CHẤM (Gồm 04 trang) Lưu ý khi chấm bài: -Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó. -Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm. -Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm. -Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau. -Trong lời giải câu 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình không cho điểm. -Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. Câu 1. (2,5 điểm) Nội dung 1 8 Điều kiện: x, y, z ≥ . Xét các hàm số f (t ) = t 2 + 3t + 2, g (t ) = − 5t − 1 . Khi đó ta có 5 t 8 5 1 f ' (t ) = 2t + 3 > 0, g ' (t ) = − − < 0, ∀t > . 2 5t − 1 2 t 5 1  1  Mà f (t ) , g (t ) là các hàm số liên tục trên  ; + ∞  suy ra f (t ) đồng biến trên  ; + ∞  5  5  1  và g (t ) nghịch biến trên  ; + ∞  . Không mất tính tổng quát ta giả sử x = min {x, y, z} . 5  Khi đó ta có: Nếu x < y ⇒ g ( x ) > g ( y ) ⇒ f ( z ) > f ( x ) ⇒ z > x ⇒ g ( z ) < g ( x ) ⇒ f ( y ) < f ( z ) suy ra y < z ⇒ g ( y ) > g ( z ) ⇒ f ( x ) > f ( y ) ⇒ x > y , vô lí vì x < y . Do vậy x = y , tương tự lí luận như trên ta được x = z suy ra x = y = z . Thay trở lại hệ ta 8 8 được x 2 + 3 x + 2 = − 5 x − 1 ⇔ x 2 + 3 x + 2 − + 5 x − 1 = 0 (1). x x 8 1  Đặt h ( x ) = x 2 + 3 x + 2 − + 5 x − 1, x ∈  ; +∞  . Dễ thấy hàm số đồng biến trên x 5  2
Nội dung 1   5 ; + ∞  và h (1) = 0 ⇒ x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (1). Vậy nghiệm của   hệ phương trình đã cho là x = y = z = 1. Câu 2. (1,5 điểm) Nội dung Điểm 3a bc 2b3 d Đặt P = 2 + 33 + 44 . Khi đó áp a+b+c ( a + b )( a + b + c + d ) 81( a + b ) ( a + b + c + d ) 3 dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 2a 3(a + b ) 2a 3(a + b ) 2 . ≤ + a + b 2 (a + b + c ) a + b 2 (a + b + c ) bc b 3c 2 (a + b + c ) 33 = 33 . . ( a + b )( a + b + c + d ) a + b 2 (a + b + c ) 3 (a + b + c + d ) b 3c 2 (a + b + c ) ≤ + + a + b 2 (a + b + c ) 3 (a + b + c + d ) 3 2b3 d  b  2d 44 = 4.  3(a + b )  3 (a + b + c + d ) 4  81( a + b ) ( a + b + c + d ) 3   b 2d ≤ 3. + 3(a + b) 3(a + b + c + d ) Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được: 2 ( a + b ) 3 ( a + b + c ) 2 ( a + b + c + d ) 25 P≤ + + = a+b 2 (a + b + c ) 3(a + b + c + d ) 6 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d . Câu 3. (2,0 điểm) Nội dung Điểm Đặt n = 3q + r ; q, r ∈ ℕ, 0 ≤ r ≤ 2 . Khi đó 3n + 2 n = 27 q.3r + 8q.2r ≡ ( −1) .3r + 2r ( mod 7 ) q Do đó để 3n + 2 n ≡ 0 ( mod 7 ) ⇔ ( −1) .3r + 2r ≡ 0 ( mod 7 ) ⇔ q = 2k + 1, r = 0 . q Suy ra n có dạng n = 6k + 3 , chú ý nếu ( a, 7 ) = 1 ⇒ a 6 ≡ 1( mod 7 ) . Do đó ta có: +) 2n = 26 k +3 = ( 2k ) .8 ≡ 1( mod 7 ) 6 (1) +) 11n = 116 k +3 = (11k ) .113 ≡ 43 ≡ 1( mod 7 ) 6 (2) ( ) .2012 6 +) 2012 n = 2012( ≡ 39 ≡ 273 ≡ 6 ( mod 7 ) 6 k + 3) 2 +6k = 20126 k 2 2 9 (3) Từ (1), (2) và (3) ta được 3
Nội dung Điểm 2n + 11n + 2012n ≡ 1 + 1 + 6 ≡ 1( mod 7 ) . Vậy số dư cần tìm là 1 . Câu 4. (3,0 điểm) A B Q I O P M E J D C N Nội dung Điểm a) (2,0 điểm) Gọi M, N, I, J theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng AD, CD, AP, CP. Khi đó NI ⊥ AP, MJ ⊥ CP AB Do I là trung điểm của AP, Q là trung điểm của BP nên IQ AB và IQ = từ đó suy ra 2 IQ CN và IQ = CN . Suy ra tứ giác CNIQ là hình bình hành. Suy ra CQ NI . Từ đó, do NI ⊥ AP nên CQ ⊥ AP (1) Chứng minh tương tự, cũng được AQ ⊥ CP (2) Từ (1) và (2) suy ra P là trực tâm của tam giác ACQ suy ra PQ ⊥ AC hay BP ⊥ AC Do P là trực tâm của tam giác AQC nên OA + OC + OQ = OP ⇔ OA + OC + 1 2 ( ) ( OP + OB = OP ⇔ 2 OA + OC + OB = OP ) ⇔ 4OE = OP − OB ⇔ 4OE = BP ⇒ BP = 4.OE . Vậy BP = 4.OE . Câu 5. (1,0 điểm) Nội dung Điểm { } Xét tập hợp B = x + y − z − t x, y, z , t ∈ A . Ta sẽ chỉ ra bất đẳng thức sau: B ≤ 1 + Cn2 + Cn + Cn4 (1) 3 4
Nội dung Điểm Thật vậy, ta xét các trường hợp sau: +) Nếu 4 số x, y, z , t đều bằng nhau thì số các số dạng x + y − z − t bằng 1. +) Nếu trong 4 số x, y, z , t có đúng 3 số bằng nhau, giả sử x = y = z ≠ t . Khi đó x + y − z − t = x − t suy ra có tối đa Cn2 số x + y − z − t . +) Nếu 4 số x, y, z , t có đúng 2 số bằng nhau. Khi đó nếu x = y thì có tối đa Cn số dạng 3 này, còn nếu x = z thì x + y − z − t = y − t thì có tối đa Cn2 số dạng này và đã xét ở trên. +) Nếu 4 số x, y, z , t đôi một khác nhau thì có tối đa Cn4 số x + y − z − t . Do đó có nhiều nhất 1 + Cn2 + Cn + Cn4 số dạng x + y − z − t . Từ đó suy ra bất đẳng thức 3 (1). Gọi x1 = 1 ∈ S . Đặt C1 = S \ {x + x1 x ∈ B} suy ra C1 ≥ S − B > ( n − 2 ) B > 0 ⇒ ∃x2 = min C1 ⇒ x2 > x1 . Dễ thấy A1 ∩ A2 = ∅ . Tiếp theo đặt C2 = C1 \ {x + x2 x ∈ B} suy ra C2 ≥ C1 − B > ( n − 3) B > 0 ⇒ ∃x3 = min C2 ⇒ x3 > x2 . Kiểm tra được ngay A2 ∩ A3 = ∅ , A1 ∩ A3 = ∅ . Cứ tiếp tục như vậy đến bước thứ n , ta đặt Cn −1 = Cn − 2 \ {x + xn − 2 x ∈ B} thì Cn −1 ≥ Cn − 2 − B > ( n − n ) B = 0 ⇒ ∃xn ∈ Cn −1 ⇒ xn > xn −1 Khi đó ta kiểm tra được Ai ∩ A j = ∅ với mọi i ≠ j . Vậy luôn tồn tại các phần tử x1 , x2 ,..., xn ∈ S thỏa mãn yêu cầu bài toán. -------------------Hết------------------- 5
S GIÁO D C VÀ ĐÀO T O KÌ THI CH N Đ I TUY N H C SINH GI I L P 12 THÀNH PH C N THƠ C P THÀNH PH - NĂM H C 2012-2013 KHÓA NGÀY: 16/10/2012 Đ CHÍNH TH C MÔN THI: TOÁN Th i gian: 180 phút, không k th i gian giao đ Câu 1 (4 đi m) Gi i h phương trình sau trên t p s th c R   x+y+z =0  x3 + y 3 + z 3 = 48  7 x + y 7 + z 7 = 16128  Câu 2 (4 đi m) Cho dãy s nguyên (un ) đư c xác đ nh như sau: u1 = 1 ; u2 = 2 un = 4un−1 − un−2 , ∀n ≥ 3, n ∈ N a) Ch ng minh r ng u2 + u2 − 4un un−1 = −3 v i n ≥ 2, n ∈ N n n−1 u2 − 1 n b) Ch ng minh r ng là s chính phương v i m i n, n ∈ N∗ . 3 Câu 3 (4 đi m) Cho n a đư ng tròn (T ) tâm O, đư ng kính AB = 2R và đi m P di đ ng trên (T ) (P khác A và B). G i (O1 ) và (O2 ) là hai đư ng tròn nh n OP làm ti p tuy n chung, đ ng th i (O1 ) ti p xúc v i (T ) và OA theo th t là M, N, (O2 ) ti p xúc v i (T ) và OB theo th t t i H, L. a) Ch ng minh r ng khi P di đ ng trên (T ) thì các đư ng th ng M N và HL luôn cùng đi qua m t đi m c đ nh K. b) G i C, D theo th t là giao đi m th hai c a (O1 ) v i M A và M B, E là giao đi m c a CN v i BK và F là giao đi m c a DN v i AK. Ch ng minh r ng khi P di đ ng trên (T ), ta √ luôn có b t đ ng th c p > R(3 + 2), trong đó p là chu vi t giác ABEF . Câu 4 (4 đi m) Cho dãy 2013 s nguyên dương a1 , a2 , a3 , . . . a2013 th a mãn m i s không l n hơn 4026 và v i hai s b t kì thì b i s chung nh nh t c a hai s y luôn l n hơn 4026. Ch ng minh r ng m i s h ng c a dãy s đã cho đ u l n hơn 1342. Câu 5 (4 đi m) Trong m t b ng ô vuông có 10 × 10 ô đư c đi n t t c các ô là d u “+”. M t bư c th c hi n b ng cách đ i toàn b nh ng d u m t hàng ho c m t c t nào đó sang d u ngư c l i. Có kh năng hay không sau h u h n bư c như trên, b ng ô vuông nh n đư c có đúng 6 d u “-” ? Hãy ch ng minh kh ng đ nh c a mình. ——H T—— Ghi chú: Giám thi coi thi không gi i thích gì thêm.
S GIÁO D C VÀ ĐÀO T O KÌ THI CH N Đ I TUY N H C SINH GI I L P 12 THÀNH PH C N THƠ C P THÀNH PH - NĂM H C 2012-2013 KHÓA NGÀY: 16/10/2012 Đ CHÍNH TH C MÔN THI: TOÁN Th i gian: 180 phút, không k th i gian giao đ HƯ NG D N CH M CÂU N I DUNG ĐI M 3 2 Xét đa th c f (t) = t + at + bt + c có các nghi m là x, y, z. T phương trình x + y + z = 0, ta suy ra a = 0. 1.0đ Do đó f (t) = t3 + bt + c M t khác xn+3 +y n+3 +z n+3 +b (xn+1 + y n+1 + z n+1 )−16 (xn + y n + z n ) = 0 (4) 1.0đ Và đ t Sn = xn + y n + z n v i n ∈ N∗ . Khi đó (4) tr thành Sn+3 + bSn+1 − 16Sn = 0 Ta có S7 = −bS5 + 16S4 = −b (−bS3 + 16S2 ) + 16 (−bS2 + 16S1 ) = b2 S3 − 32bS2 + 256S1 (5) 1(4đ) Th S7 = 16128, S3 = 48, S2 = −2b, S1 = 0 vào (5), ta đư c b = ±12 1.0đ +b = 12, ta đư c f (t) = t3 + 12t − 16 có nghi m duy nh t (không th a) +b = −12, ta đư c f (t) = t3 − 12t − 16 có ba nghi m t = −2; t = 2; t = 4 V y h đã cho có nghi m (x; y; z) là (−2; 2; 4) và các hoán v c a nó. √ √ a) Phương trình đ c trưng λ2 − 4λ + 1 = 0 ; λ1 = 2 − 3 ; λ2 = 2 + 3 un = c1 λn + c2 λn 1 2 c1 λ1 + c2 λ2 = 1 c1 λ2 + c2 λ2 = 2 1 2 λ1 λ2 √ D= = λ1 λ2 (λ2 − λ1 ) = 2 3 λ2 λ2 1 2 1đ 1 λ2 √ D c1 = = λ2 − 2λ1 = 3 + 2 3 2 22 λ2 2 λ1 1 √ D c2 = = 2λ1 − λ2 = −3 + 2 3 1 λ2 2 1√ √ √ √ 3+2 3 3+2 −3 + 2 3 2− 3 c1 = √ = ; c2 = √ = 2 3 2 √ 2 3 √ 2 2(4đ) 2+ 3 n 2− 3 n V y un = c1 λn + c2 λn = 1 2 λ1 + λ2 , n ≥ 1 2 2 Ta có λ1 .λ2 = 1. V y: √ √ 2+ 3 √ n−1 2 − 3 √ n−1 un = (2 − 3)λ1 + (2 + 3)λ2 2 2 1 n−1 n−1 = λ + λ2 , n≥1 1đ 2 1 T đó: Ti p
CÂU N I DUNG ĐI M 1 2(n−1) 2(n−1) 2(n−2) 2(n−2) u2 + u2 n n−1 = λ1 + λ2 + λ1 + λ2 +4 4 1 2n−4 2 2n−4 = λ (λ1 + 1) + λ2 (λ2 + 1) + 4 4 1 2 1 = 4λ2n−3 + 4λ2 1 2n−3 + 4 = λ2n−3 + λ2 1 2n−3 +1 4 4un un−1 = 4 λn−1 + λn−1 λ1 + λn−2 1 2 n−2 2 2n−3 2n−3 n−2 = λ1 + λ2 + (λ1 λ2 ) (λ1 + λ2 ) 2n−3 2n−3 = λ1 + λ2 +4 2 2 V y un + un−1 − 4un un−1 = −3 u2 − 1 b) Ch ng minh n là s chính phương. 3 T câu a) ta có 4u2 + u2 − 4un un−1 = 3u2 − 3 n n−1 n 2 2 1đ =⇒ (2un − un−1 ) = 3un − 3 u2 − 1 n (2un − un−1 )2 =⇒ = 3 9   2u − u . . n n−1 . 3, ∀n ≥ 2 Ta s ch ng minh r ng: .  2u . n−1 − un . 3, ∀n ≥ 2   2u − u = 4 − 1 = 3 . 3 . . 2 1 Th t v y: v i n = 2 thì .  2u − u = 0 . 3 . 1 2   2u − u . . k k−1 . 3 Gi s ta có . v i ∀k ≥ 2  2u k−1 − uk . 3 . Suy ra: 1đ 2uk+1 − uk = 2 [4 (uk ) − uk−1 ] − uk = 8uk − 2uk−1 − uk . = 6uk + uk − 2uk−1 . 3 . 2uk − uk+1 = 2uk − (4uk − uk−1 ) . = −2uk + uk−1 . 3. . . Nói riêng ta có 2un − un−1 . 3, ∀n ≥ 1 . Suy ra 2un − un−1 = 3k, k ∈ Z u2 − 1 u2 − 1 Vy n = k 2 suy ra n là s chính phương. 3 3 Ti p
CÂU N I DUNG ĐI M P M H O1 D O2 C B N L A O F E K 1đ a) Ta có CM D = AM B = 90◦ =⇒ CD là đư ng kính c a (O1 ) =⇒ IDM = IM D = OBM =⇒ CD AB T đó CN = DN =⇒ AM N = BM N = 45◦ hay M K là tia phân giác c a góc AM B. V y K là trung đi m c a cung AB và K là m t đi m c đ nh. 1đ Ch ng minh hoàn toàn tương t ta cũng có HL đi qua K. 3(4đ) b) Cũng t k t qu trên ta cũng có: F AN = F N A = EBN = EN B = 45◦ Suy ra AF N = BEN = EN F = 90◦ hay t giác N EKF là hình ch nh t. 1đ T đó chu vi t giác ABEF đư c tính b i: p = AB + BE + EF + F A = AB + BE + EK + N K = AB + BK + N K = √ 2R + R 2 + N K Mà N K ≥ OK = R. Đ ng th c ch x y ra khi N ≡ O hay (O1 ) là đư ng tròn ti p xúc AB t i O =⇒ P ≡ B =⇒ đi u này không th x y ra do gi 1đ thi t B = P √ V y N K > R hay T > R(3 + 2) B đ : V i dãy s h u h n s nguyên dương (ak ) , k = 1, n + 1, trong đó m i s không l n hơn 2n thì luôn t n t i hai s trong chúng th a mãn s này chia h t cho s kia. Ch ng minh: 1đ Do ai ∈ N∗ i = 1, n + 1 nên ta luôn vi t đư c ai = 2si .ri , trong đó si ∈ N và ri ∈ 2k − 1|k = 1, n T đó vì ri ch nh n n giá tr l nên theo nguyên lý Dirichlet trong n + 1 s đã cho ph i t n t i hai s ai , aj (i = j) th a mãn ri = rj . Không m t tính 1đ t ng quát gi s ai ≥ aj , khi đó ai ≡ 0(modaj ) 4(4đ) Xét bài toán đã cho: Ti p
CÂU N I DUNG ĐI M Do dãy s đã cho là m t dãy h u h n nên t n t i s nh nh t trong chúng, không m t t ng quát gi s ai = min {ak } , k = 1, 2013. Khi đó ta ch c n ch ng minh ai > 1342 là đ . 1đ Th t v y, gi s ai ≤ 1342, khi đó ta có 2014 s 2a1 , 3a1 , a2 , a3 , . . . , a2013 th a mãn không có s nào l n hơn 4026. Theo gi thi t [ai , aj ] > 4026, i, j = 1, 2013, i = j nên trong dãy 2014 s trên không th t n t i 2 s th a mãn s này là b i c a s kia. Đi u này vô lý v i b đ trên. V y a1 > 1342 Gi s có kh năng sau m t s h u h n bư c nh n đư c b ng có 6 d u “-”. Cho t i hàng th i ta đã đ i d u xi l n còn t i c t th j ta đã đ i d u yj 1đ l n. Khi đó t i ô (i, j) ta đã thay đ i xi + yj l n. Suy ra t i ô này có d u “-” khi và ch khi xi + yj là s l . Cho p là s lư ng s l gi a các s xi . 5(4đ) Cho q là s lư ng s l gi a các s yj . Khi đó s lư ng các d u “-” trên b ng 1đ s là: p(10 − q) + (10 − p)q = 10p + 10q − 2pq T đó ta có đ ng th c 10p + 10q − 2pq = 6 ⇐⇒ 5p + 5q − pq = 3 ⇐⇒ 1đ (p − 5)(q − 5) = 2.11 . . Vì 11 là s nguyên t nên ho c p − 5 . 11 ho c q − 5 . 11 . . . . Gi s p − 5 . 11 th nhưng −5 ≤ p − 5 ≤ 5 nên p − 5 . 11 thì p − 5 = 0 đi u . . 1đ này trái v i (p − 5)(p − q) = 2.11. V y câu tr l i là không th .
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu I. (4 điểm) Cho hàm số y  x 4  4mx 2  m  2 có đồ thị là  Cm  , (với m là tham số). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  khi m  1 . 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số có ba cực trị và ba điểm cực trị tạo thành một tam giác đều. Câu II. (5 điểm) 2sin 2 x  2 3 cos x  2 sin x  3 1. Giải phương trình sau: 0 2 sin x  3  x 3  2 y 2  y  x 2 y  2 xy  x  2. Giải hệ phương trình sau:  2 2  x; y    5 x  2 y  2  3 y  2 x  4  4  Câu III. (4 điểm) 1  1. Trong mặt phẳng toạ độ  Oxy  cho hình chữ nhật ABCD có tâm I  ; 0  , phương trình đường 2  thẳng AB : x  2 y  2  0 và AB  2 AD . Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết đỉnh A có hoành độ âm. 2. Cho tam giác ABC và các điểm K , L, M lần lượt nằm trên các đoạn AB, BC , CA sao cho AK BL CM 1    . Chứng minh rằng nếu bán kính của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác: AB BC CA 3 AKM , BLK , CML bằng nhau thì bán kính của các đường tròn nội tiếp các tam giác ấy cũng bằng nhau. Câu IV. (3 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh SA vuông góc với đáy và SA  a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AD và SC . 1. Tính thể tích khối tứ diện MNBD . 2. Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng  MNB  . 4 Câu V. (2 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thoả  a  b  c   18  ab  bc  ca   27 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:  1 1   1 1   1 1  P   ab  2       bc  2       ca  2      1  a 2 1  b  2   1  b 2 1  c 2   1  c  2 1  a 2        u1  2013  Câu VI. (2 điểm) Cho dãy số thực  un  xác định bởi:  2 un  2011un  2013un 1  1  0, n  1, n     1 1 1  Tìm giới hạn: lim      n    u  2012 u2  2012 un  2012   1 …………………..HẾT………………… Ghi chú: Đối với thí sinh học tại các trung tâm GDTX thì không làm câu VI. (Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm). Họ và tên thí sinh…………………………………………..Số báo danh…………………………………. Chữ ký giám thị 1:…………………………………………Chữ ký giám thị 2:…………………………...
UBND TỈNH BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN THI: TOÁN – LỚP 12 – THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi 29 tháng 3 năm 2013 ================ 3 2 Câu 1. (5,0 điểm) Cho hàm số y  x  x  1 1 . 1. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 1 biết tiếp tuyến này vuông góc với đường thẳng d có phương trình x  5 y  1  0 . 2. Tìm m để đường thẳng  có phương trình y   m  1 x  1 cắt đồ thị hàm số 1 tại ba điểm phân biệt A  0;1 , B, C , biết hai điểm B, C có hoành độ lần lượt là x1; x2 thỏa mãn: x13   m  2  x1 3 x2   m  2  x2 2   1 . x2  1 x12  1 Câu 2. (5,0 điểm) 2 2  sin x  cos x  1  2sin 2 x  1. Giải phương trình:  1  tan x . sin 3x  sin 5 x  x  log 2 x  log 2  2 x  y.2 x   2. Giải hệ phương trình:  2  x, y   . 2log 2 x  6log 2  y  1  x log 2 x  3 y  3  0  0 22  1 1 23  1 2 2 22014  1 2013 2013 Câu 3. (2,0 điểm) Tính tổng: S  C 2013  .2.C2013  .2 .C2013  ...  .2 .C2013 . 2 3 2014 Câu 4. (4,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A 1;1 , B  3;2  , C  7;10  . Lập phương trình đường thẳng  đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C đến đường thẳng  lớn nhất. 2 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai mặt cầu  S1  : x 2  y 2   z  1  4 2 2 2  S2  :  x  3   y  1   z  1  25 . Chứng minh rằng hai mặt cầu trên cắt nhau theo giao tuyến là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó. Câu 5. (3,0 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng 1. Gọi M , N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh AB, CD sao cho mặt phẳng  SMN  luôn vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Đặt AM  x, AN  y . Chứng minh rằng x  y  3xy , từ đó tìm x, y để tam giác SMN có diện tích bé nhất, lớn nhất. Câu 6. (1,0 điểm) Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a 2  b 2  c 2  a 3  b3  c 3 . Chứng minh rằng 1 1 1    1. 8a  1 8b  1 8c  1 ------------------------Hết------------------------ (Đề thi gồm có 01 trang)
UBND TỈNH BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN THI : TOÁN – LỚP 12 – THPT Ngày thi 29 tháng 3 năm 2013 ============== Thang Lời giải sơ lược điểm Cho hàm số y  x 3  x 2  1 1 . Câu Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 1 biết tiếp tuyến này vuông góc 3.0 1.1 với đường thẳng d có phương trình x  5 y  1  0 . TXĐ: , y '  3x 2  2 x 1.0 1 Hệ số góc của d là   Hệ số góc của tiếp tuyến là k  5 5 Gọi M  x0 ; y0  là tiếp điểm  x0  1  y0  3 1.0 2  Khi đó 3 x0  2 x0  5   5 23  x    y0     0  3 27  202 Từ đó tìm được phương trình hai tiếp tuyến: y  5x  2 ; y  5x  27 1.0 Tìm m để đường thẳng  có phương trình y   m  1 x  1 cắt đồ thị hàm số 1 tại ba điểm phân biệt A  0;1 , B, C , biết điểm B, C có hoành độ lần lượt là x1; x2 1.2 2.0 x13   m  2  x1 x2   m  2  x2 3 thỏa mãn: 2   1 2  . x2  1 x12  1 Phương trình hoành độ giao điểm: x  0 x 3  x 2  1   m  1 x  1  x  x 2  x   m  1   0   2   0.5  x  x   m  1  0 *  cắt đồ thị hàm số 1 tại ba điểm phân biệt A, B, C  phương trình (*) có  5    4m  5  0 m   0.5 hai nghiệm phân biệt khác 0    4 (**) m  1  0  m  1 
Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của (*), ta có: x13   m  2  x1   x1  1  x12  x1   m  1    m  1    m  1   x23   m  2  x2   x2  1  x2 2  x2   m  1    m  1    m  1   0.5 Khi đó  2    m  1   m  1  1 2 x2  1 x12  1 2 x 2  x2  2   m  1 2 1 2  x  x   2 x1 x2  2  1 3  1   m  1 2 2 1 2    x2  1 x1  1 2 2 x1 x2   x1  x2   2 x1 x2  1 Kết hợp với hệ thức Viet ta biến đổi (3) trở thành 0.5 2 2  m  1  3  m  1 m  0 2  1 . Từ đó tìm được   m  1  2  m  1  2  m  3 Kết hợp điều kiện (**) ta có m  0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2 Câu 2  sin x  cos x  1  2sin 2 x  1.Giải phương trình:  1  tan x 1 . 2.5 2.1 sin 3 x  sin 5 x sin 3 x  sin 5 x  0 ĐK:   sin 4 x  0 * 0.5 cos x  0 2 Biến đổi được 1   sin x  cos x  1  2sin 2 x   2 sin 4 x  cos x  sin x  sin x  cos x  0  2  0.5   cos x  sin x 1  2sin 2 x   2 sin 4 x  3     2  x   k  k   (Loại) 0.5 4  3  cos x  sin x  sin 3x  sin x  cos3x  cos x  2 sin 4 x      x  4  k 2 0.5  2 sin  3x    2 sin 4 x   k    4  x  3  k 2   28 7 Kết hợp với điều kiện (*) ta có nghiệm của phương trình là 3 k 2 x   k  7m  3, k , m   28 7 0.5
 x  log 2 x  log 2  2 x  y.2 x  1  2.2 Giải hệ phương trình:  2  x, y  . 2.5 2log 2 x  6log 2  y  1  x log 2 x  3 y  3  0  2   ĐK: x  0; y  1 Phương trình 0.5 1  x  log 2 x  log 2  2 x  y  1  x  log 2 x  x  log 2  y  1  x  y  1   Thế vào (2) ta có 2log 2 x  6 log 2 x  x log 2 x  3 x  0 2  log x  3  0  3 0.5  log 2 x  3 2log 2 x  x   0   2  2 log 2 x  x  0  4    3  x  8 0.5 2 Giải (4), xét f  x   2log 2 x  x  x  0   f '  x   1 x ln 2 2 f ' x   0  x  . Lập BBT, từ đó suy ra phương trình (4) có nhiều nhất hai 1.0 ln 2 nghiệm. Mà f  2   f  4   0   4  có hai nghiệm x  2; x  4 Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm  x; y  :  8;7  ;  2;1 ;  4;3 Câu 0 22  1 1 23  1 2 2 22014  1 2013 2013 Tính tổng: S  C 2013  .2.C2013  .2 .C2013  ...  .2 .C2013 . 2.0 3 2 3 2014 2013 0 1 2 2 2013 2013 Xét 1  2 x   C2013  C2013 .  2 x   C2013 . 2 x   ...  C2013 .  2 x  0.5 2 2 2014 I   1  2 x  2013 1 2013 dx   1  2 x  d 1  2 x   1  2 x  2  52014  32014 0.5 1 21 4028 1 4028 2 C2013  C2013 . 2 x   C2013 .  2 x 2  ...  C2013 . 2 x 2013 dx 0 1 2 2013  1   0 x2 1 x3 2 2 x 2014 2013 2013  2  C2013 x  C2013 .2  C2013 .2  ...  C2013 .2  0.5  2 3 2014 1 0 22  1 1 23  1 2 2 2 2014  1 2013 2013 C2013  .2.C2013  .2 .C2013  ...  .2 .C2013 2 3 2014 52014  32014 Vậy S  4028 0.5
1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A 1;1 , B  3;2  , C  7;10  . Lập Câu phương trình đường thẳng  đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C đến 2.0 4.1 đường thẳng  lớn nhất TH1:  cắt đoạn thẳng BC tại M ∆  d  B;    d  C ;    BM  CM  BC B M C 0.5 A TH2:  không cắt đoạn thẳng BC , gọi I  5;6  là trung điểm BC ∆  d  B;    d  C ;    2d  I ;    2 AI A 0.5 B I C Vì BC  80  2 41  2 AI nên d  B;    d  C ;   lớn nhất bằng 2 AI  2 41 0.5 khi  vuông góc với AI    đi qua A 1;1 và nhận AI   4;5  là véc tơ pháp tuyến 0.5 Vậy phương trình đường thẳng  : 4  x  1  5  y  1  0   : 4 x  5 y  9  0 2 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai mặt cầu  S1  : x 2  y 2   z  1  4 2 2 2 4.2  S2  :  x  3   y  1   z  1  25 . Chứng minh rằng hai mặt cầu trên cắt 2.0 nhau theo giao tuyến là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó.  S1  có tâm I1 (0;0;1) , bán kính R1  2 0. 5  S2  có tâm I 2 (3;1; 1) , bán kính R2  5 I1I 2  14  R2  R1  I1 I 2  R2  R1  hai mặt cầu cắt nhau 0.5 Khi đó tọa độ giao điểm của hai mặt cầu thỏa mãn hệ phương trình 0.5
 x 2  y 2   z  1 2  4   2 2 2  x  y   z  1  4  2 2 2   x  3   y  1   z  1  25  6 x  2 y  4 z  11  0  Do đó hai mặt cầu trên cắt nhau theo giao tuyến là một đường tròn. Đường tròn đó là giao tuyến của măt cầu  S1  và mặt phẳng ( P ) : 6 x  2 y  4 z  11  0 7 d  I1;( P)    bán kính đường tròn cần tìm là 56 0.5 5 2 r  R d1 2 2  I ; P 1  4 Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng 1. Gọi M , N là hai điểm Câu thay đổi lần lượt thuộc cạnh AB, CD sao cho mặt phẳng  SMN  luôn vuông góc 3.0 5 với mặt phẳng ( ABC ) . Đặt AM  x, AN  y . Chứng minh rằng x  y  3 xy , từ đó tìm x, y để tam giác SMN có diện tích bé nhất, lớn nhất. Kẻ SO  MN tại O  SO   ABC  ( Vì  SMN    ABC  ) S  O là trọng tâm tam giác đều ABC ( Vì S . ABC là hình chóp đều ) 0. 5 N C A O M B 1 1 1 Ta có S AMN  S AMO  S ANO  xy.sin 600  x. AO.sin 300  y. AO.sin 300 2 2 2 0.5 1 3 1 1 1 1 1 1  xy.  x. .  y. .  x  y  3 xy 1 2 2 2 3 2 2 3 2 1 S SMN  SO.MN  S SMN nhỏ nhất khi MN nhỏ nhất ( Vì SO không đổi) 2 0.5 2 2 Ta có MN 2  x 2  y 2  2 xy cos 600  x 2  y 2  xy   x  y   3xy  9  xy   3 xy 4 Từ giả thiết  0  x; y  1 . Từ 1  3xy  x  y  2 xy  xy  9 0.5 1  x  1 y  1  0  xy  1  x  y  xy  1  3xy  xy  2
4 1 Đặt t  xy, t   ;   MN 2  9t 2  3t 9 2 4 1 Lập bảng biến thiên hàm số f  t   9t 2  3t , t   ;  ta được 9 2 1.0 4 2 MN nhỏ nhất khi t  , khi đó x  y  9 3 x  1  1 1  x  MN lớn nhất khi t  , khi đó  1 hoặc  2 2 y  2 y 1   Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a 2  b 2  c 2  a 3  b3  c 3 . Chứng minh rằng Câu 1 1 1 1.0 6    1. 8a  1 8b  1 8c  1 Ta có a 3  a 3  1  3a 2 ; b3  b 3  1  3b 2 ; c3  c3  1  3c 2  a 2  b2  c 2  3  a  b  c  3  a 2  b2  c2   3 3a 3b 3c 0. 5 Đặt x   a; y   b; z  c  x y z 3 a b c abc abc 1 1 1 1 1 1 Ta có a  b  c  x  y   2 8 1 8 1 8 1 8 1 8 1 8z  1 1 1 2 Mà:   x 8x  1 (2 x  1)(4 x  2 x  1) 4 2  1 1 1  Tương tự suy ra VP(2)  2  x  y  z  4 2 4 2 4 2 0.5 1 1 1 1 Ta chứng minh  y  z  (3) 4x  2 4  2 4  2 2 Biến đổi được  3  4 x  4 y  4 z  12 ( Bất đẳng thức này luôn đúng bằng cách sử dụng bất đẳng thức Côsi, với chú ý x  y  z  3 )  đpcm. 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa. 2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ. 3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LONG AN LỚP 12 THPT NĂM 2011 (VÒNG 1) ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN ( BẢNG A ) Thời gian: 180 phút (không kể giao đề) Ngày thi: 06/10/2011 Câu 1: ( 5,0 điểm ) a. Giải phương trình sau: 4 x 2  x  1  1  5 x  4 x 2  2 x3  x 4 với x  R .   b. Giải phương trình: 2sin 2 x  3 sin 2 x  1  3 cos x  3 sin x . Câu 2: ( 5,0 điểm ) a. Cho tam giác ABC vuông cân tại B , cạnh AB  2 . Trong mặt phẳng chứa tam giác ABC lấy điểm M thỏa MA2  MB 2  MC 2 . Tìm quỹ tích của điểm M. b. Cho tam giác ABC có hai trung tuyến BM và CN hợp với nhau một góc bằng 600 , BM  6, CN  9 . Tính độ dài trung tuyến còn lại của tam giác ABC. Câu 3: ( 4,0 điểm ) Cho dãy số  u n  xác định bởi u1  1 và un1  3un 2  2 với mọi n  1 . a. Xác định số hạng tổng quát của dãy số  un  . b. Tính tổng S  u12  u 22  u32  ...  u 2011 . 2 Câu 4: ( 3,0 điểm ) Cho a, b, c là ba số thực không âm và thỏa mãn điều kiện a 2  b 2  c 2  1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 M   a  b  c    a  b  c   6abc Câu 5: ( 3,0 điểm )  x3   y  2  x 2  2 xy  2m  3  Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:  2  x  3x  y  m  với x, y là các số thực. ………………. Hết ………………. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………;Số báo danh:…………