Đề thi học sinh giỏi môn Toán 12 THPT - Kèm đáp án

Chia sẻ: Nguyễn Ngân | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:23

Thêm vào BST

Báo xấu

106
lượt xem 17
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 THPT kèm đáp án dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ kiểm tra, qua đó các em sẽ được làm quen với cấu trúc đề thi và củng cố lại kiến thức căn bản nhất.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán 12 THPT - Kèm đáp án

S GIÁO D C VÀ ðÀO T O ð THI CH N H C SINH GI I C P T NH B C GIANG NĂM H C 2009-2010 Môn thi: Toán-l p 12. ð CHÍNH TH C Ngày thi: 28 tháng 03 năm 2010. Th i gian làm bài: 180 phút (không k th i gian giao ñ ). Câu I. (5,0 ñi m) Cho hàm s y = x3 + 3x2 + mx + 1 (m là tham s ) (1) 1. Tìm m ñ hàm s (1) ñ t c c tr t i x1, x2 th a mãn x1 + 2x2 = 3. 2. Tìm m ñ ñư ng th ng y = 1 c t ñ th hàm s (1) t i ba ñi m phân bi t A(0;1), B, C sao cho các ti p tuy n c a ñ th hàm s (1) t i B và C vuông góc v i nhau. Câu II. (4,0 ñi m) x x − 8 y = x + y y  1. Gi i h phương trình:  (x, y ∈ R)  x − y = 5.  π 2. Gi i phương trình: sin 4 x + cos 4 x = 4 2 sin ( x + ) −1. (x ∈ R) 4 Câu III.(2,0 ñi m) Cho phương trình: log( x 2 + 10 x + m) = 2log(2 x + 1) (v i m là tham s ) (2) Tìm m ñ phương trình (2) có hai nghi m th c phân bi t. Câu IV. (2,0 ñi m) π 4 tan xdx Tính tích phân: ∫ cos x 0 1 + cos 2 x . Câu V. (4,0 ñi m) 1. Trong h t a ñ Oxy, cho ñi m A(3; 2), các ñư ng th ng ∆1: x + y – 3 = 0 và ñư ng th ng ∆2: x + y – 9 = 0. Tìm t a ñ ñi m B thu c ∆1 và ñi m C thu c ∆2 sao cho tam giác ABC vuông cân t i A. 2. Trong không gian v i h t a ñ Oxyz, cho hai ñi m A(-3; 5; -5), B(5; -3; 7) và m t ph ng (P): x + y + z - 6 = 0. Tìm t a ñ ñi m M trên m t ph ng (P) sao cho MA2 + MB2 ñ t giá tr nh nh t. Câu VI. (2,0 ñi m) Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình vuông c nh a, SA vuông góc v i ñáy. Góc gi a m t ph ng (SBC) và (SCD) b ng 600. Tính theo a th tích kh i chóp S.ABCD. Câu VII. (1,0 ñi m) Cho ba s th c dương a, b, c th a mãn ab + bc + ca = 3. a3 b3 c3 3 Ch ng minh r ng: + 2 + 2 ≥ . b2 + 3 c + 3 a + 3 4 (Cán b coi thi không gi i thích gì thêm) H và tên thí sinh:……………………………………….SBD:…………………… http://ebook.here.vn – Thư vi n Sách Tham Kh o, ð thi , ðáp án 1
S GIÁO D C VÀ ðÀO T O HƯ NG D N CH M BÀI THI B C GIANG ð THI CH N H C SINH GI I C P T NH NĂM H C 2009-2010 Môn thi: Toán, l p 12. ð CHÍNH TH C Ngày thi: 28 tháng 03 năm 2010 (Hư ng d n có 4 trang) Chú ý: Dư i ñây ch là sơ lư c t ng bư c gi i và cách cho ñi m t ng ph n c a m i bài. Bài làm c a h c sinh yêu c u ph i chi ti t, l p lu n ch t ch . N u h c sinh gi i cách khác mà ñúng thì ch m ñi m t ng ph n tương ng. Câu Phương pháp - K t qu ði m 2 1. Ta có y’ = 3x + 6x + m 0,5 Ycbt tương ñương v i phương trình 3x2 + 6x + m = 0 có hai nghi m phân bi t x1, 0,5 x2 th a mãn x1 + 2x2 = 3. 9 - 3m > 0 I.1  x + x = -2 (2ñi m)  1 2  ⇔  m 0,5  x1.x2 = 3   x1 + 2 x2 = 3  Gi i h trên ta ñư c m = -105 0,5 2.+) Hoành ñ ñi m chung c a (C) và d là nghi m c a phương trình 0,5 x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 ⇔ x(x2 + 3x + m) = 0 9 T ñó tìm ñư c m < và m ≠ 0 thì d c t (C) t i ba ñi m phân bi t A(0; 1), B, C. 0,5 4 +) B(x1; 1), C(x2; 1) v i x1; x2 là nghi m c a phương trình x2 + 3x + m = 0 . 0,5 H s góc c a ti p tuy n t i B là k1 = 3x12 + 6x1 + m I.2 và t i C là k2 = 3x22 + 6x2 + m (2ñi m) Ti p tuy n c a (C) t i B và C vuông góc v i nhau khi và ch khi 0,5 k1.k2 = -1 ⇔ 4m2 – 9m + 1 = 0 0,5  9 − 65 m = ( t/m)  8 ⇔ 0,5  9 + 65 m = ( t/m)  8 II.1 1. ði u ki n x, y ≥ 0 0,5 (2ñi m) Xét y = 0, không th a mãn hpt +) y ≠ 0, ñ t x = t y , t ≥ 0. H phương trình tr thành  5t 3 5 t y − 8 = t + y  3  t 2 − 1 − 8 = t + t 2 − 1 (*)   2 ⇔  y (t − 1) = 5  y = 5 (t 2 ≠ 1)   t −1 2 (*) ⇔ 4t3 – 8t2 + t + 3 = 0 http://ebook.here.vn – Thư vi n Sách Tham Kh o, ð thi , ðáp án 2 1
1 3 3 ⇔ t = 1; t = - ; t = . ð i chi u ñi u ki n ta ñư c t = 2 2 2 T ñó tìm ñư c (x;y) = (9; 4). (HS có th gi i bài toán b ng phương pháp th ho c cách khác ñư c k t qu ñúng 0,5 v n ñư c ñi m t i ña) 2. PT ⇔ 2sin 2x cos 2x + 2cos2 2x = 4(sin x + cos x) 0,5 ⇔ (cos x + sin x) (cos x – sin x) (sin 2x + cos 2x) = 2(sin x + cos x) sinx + cos x = 0 0,5 ⇔  (cos x − s inx)(sin 2 x + cos2 x) = 2 II.2  π (2ñi m) ⇔  x = − 4 + kπ 0,5  cos3 x − s inx = 2 Ch ng minh ñư c phương trình cos 3x – sin x = 2 vô nghi m π 0,5 KL: x = − + kπ 4  1  1 x > − x > − 3. PT ⇔  2 ⇔ 2 1  x 2 + 10 x + m = (2 x + 1) 2 m = 3 x 2 − 6 x + 1(**)   1 III Ycbt ⇔ (**) có hai nghi m phân bi t tho mãn x >- (2ñi m) 2 1 L p b ng bi n thiên c a hàm s f(x) = 3x2 – 6x + 1 trong (- ;+∞ )ta tìm ñươc m 1 2 19 ∈ (-2; ) 4 π π 4 4 tan xdx tan xdx 0,5 I= ∫ cos x 0 1 + cos x2 = ∫ cos 0 2 x 2 + tan x 2 . tan xdx ð tt= 2 + tan 2 x ⇒ t 2 = 2 + tan 2 x ⇒ tdt = 0,5 IV cos 2 x (2ñi m) ð i c n : x = 0 ⇒ t = 2 π 0,5 x= ⇒t= 3 4 3 3 tdt I= ∫ t = ∫ dt = 3− 2 0,5 2 2 1. B ∈ ∆1 ⇔ B(a; 3 –a) . C ∈ ∆2 ⇔ C(b; 9-b) V.1 uuu uuu r r  AB. AC = 0  0,5 (2ñi m) ∆ ABC vuông cân t i A ⇔  2  AB = AC 2  2ab - 10a - 4b + 16 = 0 (1) ⇔  2 2a - 8a = 2b − 20b + 48 (2) 0,5 2 a = 2 không là nghi m c a h trên. http://ebook.here.vn – Thư vi n Sách Tham Kh o, ð thi , ðáp án 3
5a - 8 (1) ⇔ b = . Th vào (2) tìm ñư c a = 0 ho c a = 4 0,5 a-2 V i a = 0 suy ra b = 4. 0,5 V i a = 4 suy ra b = 6. 2.G i I là trung ñi m c a AB ⇒ I ( 1; 1; 1) +) MA2 + MB2 = 2MI2 + IA2 + IB2 1 Do IA2 + IB2 không ñ i nên MA2 + MB2 nh nh t khi MI nh nh t V.2 ⇔ M là hình chi u c a I lên m t ph ng (P) (2ñi m) x-1 y-1 z-1 +) Phương trình ñư ng th ng MI : = = . 0,5 1 1 1 M là giao ñi m c a MI và m t ph ng (P). 0,5 T ñó tìm ñư c M(2; 2; 2) 3. S M A B VI (2ñi m) D C G i M là hình chi u vuông góc c a B lên SC. Ch ng minh ñư c góc DMB = 1200 và ∆ DMB cân t i M 0,5 2 Tính ñư c: DM2 = a2 0,5 3 1 1 1 ∆ SCD vuông t i D và DM là ñư ng cao nên = + DM DS DC 2 2 2 0,5 Suy ra DS = a 2 . Tam giác ASD vuông t i A suy ra SA = a. 1 V y th tích S.ABCD b ng a3 0,5 3 a3 b3 c3 3 + 2 + 2 ≥ (***).Do ab + bc + ca = 3 nên b +3 c +3 a +3 4 2 a3 b3 c3 VT (***) = + 2 + 2 b 2 + ab + bc + ca c + ab + bc + ca a + ab + bc + ca a3 b3 c3 = + + VII (b + c)(a + b) (c + a )(b + c) (a + b)(c + a) (1ñi m) a3 b + c a + b 3a Theo BðT AM-GM ta có + + ≥ 0,5 (b + c)(c + a ) 8 8 4 a3 5a − 2b − c ⇒ ≥ (1) (b + c)(c + a ) 8 Hoàn toàn tương t ta ch ng minh ñư c: http://ebook.here.vn – Thư vi n Sách Tham Kh o, ð thi , ðáp án 4
b3 5b − 2c − a c3 5c − 2a − b ≥ (2), ≥ (3) (c + a )(a + b) 8 (a + b)(c + a ) 8 a+b+c C ng v v i v c a (1), (2), (3) ta ñư c VT (***) ≥ 0,5 4 M t khác ta d dàng ch ng minh ñư c : a + b + c ≥ 3(ab + bc + ca ) = 3. ð ng th c x y ra khi a = b = c = 1 (ðpcm) http://ebook.here.vn – Thư vi n Sách Tham Kh o, ð thi , ðáp án 5
S GIÁO D C – ðÀO T O ð THI ð NGH KÌ THI OLYMPIC ðBSCL SÓC TRĂNG Năm h c 2008 – 2009 -----o0o----- ----------///---------- ð chính th c Môn : TOÁN – L p 12 (Th i gian làm bài 180 phút, không k phát ñ ) _________________ (ð thi này có 1 trang g m 7 câu) log 2 ( x 2 − 4 x + 5) + 1 = 2 y − 4 y + 4 2  Câu 1: (3 ñi m) Gi i h phương trình:  x2 − 4 x + 4 log 2 ( y − 4 y + 5) + 1 = 2 2  Câu 2: Cho ñư ng tròn (O) ngo i ti p tam giác ABC. ðư ng phân giác trong c a góc A c t ñư ng tròn t i D (D khác A). Ch ng minh AB + AC < 2AD. Câu 3: (2 ñi m) Tìm các nghi m nguyên c a phương trình x3 + 15 y 3 = 18 z 3 Câu 4: (3 ñi m) Cho dãy s (un) xác ñ nh b i  1 u1 = 2   u = − 1 u 3 + 3 u 2 ∀n ≥ 1  n +1  2 n 2 n Ch ng minh r ng dãy s (un) có gi i h n h u h n và tìm gi i h n c a dãy s . Câu 5: (3 ñi m) Phương trình x + y + z + t = 2009 có bao nhiêu nghi m nguyên dương? (Nghi m (x, y, z, t) v i x, y ,z, t là các s nguyên dương) Câu 6: (3 ñi m) Tìm t t c các ña th c P(x) có b c nh hơn 2009 và th a mãn ñi u ki n: P ( x + 1) = P ( x) + 6 x 2 + 6 x + 5 ∀x ∈ R Câu 7: (3 ñi m) Trong m t ph ng v i h t a ñ Oxy cho hai ñư ng tròn: (C1 ) : x 2 + y 2 − 4 x − 6 y = 0 (C2 ) : x 2 + y 2 + 4 x = 0 M t ñư ng th ng (d) ñi qua giao ñi m c a (C1) và (C2) l n lư t c t l i (C1) và (C2) t i M và N. Tìm giá tr l n nh t c a ño n MN. ----- H t ----- http://ebook.here.vn – Thư vi n Sách Tham Kh o, ð thi , ðáp án 1
S GIÁO D C – ðÀO T O ðÁP ÁN ð NGH KÌ THI OLYMPIC ðBSCL SÓC TRĂNG Năm h c 2008 – 2009 -----o0o----- ----------///---------- Môn : TOÁN – L p 12 log 2 ( x 2 − 4 x + 5) + 1 = 2 y − 4 y + 4 2  Câu 1: (3 ñi m) Gi i h phương trình:  x2 − 4 x + 4 log 2 ( y − 4 y + 5) + 1 = 2 2  ðáp án ð t u = x − 4 x + 4, v = y − 4 y + 4 (u,v ≥ 0) 2 2  log (u + 1) + 1 = 2 v H phương trình tr thành: (II)  2 0,25 ñ log 2 (v + 1) + 1 = 2 u  Gi s (u0 ; v0) là m t nghi m c a h (II). Gi s u0 ≥ v0 ⇒ log 2 (u0 + 1) ≥ log 2 (v0 + 1) ⇒ 2v0 ≥ 2u0 ⇒ v0 ≥ u0 ⇒ u0 = v0 Tương t u0 ≤ v0 ⇒ v0 ≤ u0 ⇒ u0 = v0 log 2 (u + 1) + 1 = 2u  Do ñó: (II) ⇔ log 2 (v + 1) + 1 = 2v 0,5 ñ u = v  ð t f ( x) = 2 − log 2 ( x + 1) − 1, D=[0;+∞) x 1 f '( x) = 2 x ln 2 − ( x + 1) ln 2 1 f "( x) = 2 x ln 2 2 + > 0 ∀x ∈ D 0,25 ñ ( x + 1) 2 ln 2 Ta l p b ng bi n thiên c a f’(x): 0,25 ñ x 0 +∞ f”(x) + f'(x) +∞ ln 2 2 − 1 ln 2 Suy ra phương trình f’(x) = 0 có nghi m duy nh t x = a. Ta l p ñư c b ng bi n thiên c a f(x) 0,25 ñ x 0 a +∞ f'(x) - 0 + f(x) f(a) http://ebook.here.vn – Thư vi n Sách Tham Kh o, ð thi , ðáp án 2
Suy ra phương trình f ( x) = 2 x − log 2 ( x + 1) − 1 = 0 (1) có nhi u nh t hai nghi m 0,25 ñ M t khác, ta nh n th y x=0, x=1 là nghi m c a phương trình (1). V y phương trình (1) có ñúng hai nghi m là x=0, x=1. 0.5 ñ Suy ra h (II) có hai nghi m là (0;0) và (1;1) 0,25 ñ Suy ra h phương trình ñã cho có 5 nghi m: (2; 2), (1; 1), (3; 3), (1; 3), (3; 1) 0,5 ñ Câu 2: Cho ñư ng tròn (O) ngo i ti p tam giác ABC. ðư ng phân giác trong c a góc A c t ñư ng tròn t i D (D khác A). Ch ng minh AB + AC < 2AD. ðáp án A E I K O J C B D Cách 1: K dây cung DE//AB Ta có BAD = · · ADE 0,25 ñ ⇒ BD = AE 0,25 ñ ⇒ BE = AD 0,5 ñ Ta cũng có · · ADE = DAB = DAC · ⇒ CD = AE 0,25 ñ ⇒ AC = DE 0,25 ñ G i I, J l n lư t là trung ñi m c a AB và DE; K là giao ñi m c a AD và BE. ABDE là hình thang cân ho c hình ch nh t nên ta có: I, J, K th ng hàng 0,25 ñ IJ vuông góc v i AB và DE 0,25 ñ Ta có AD = AK + KD > AI + DJ = ½(AB+AC) 0,75 ñ ⇒ 2AD > AB + AC 0,25 ñ Cách 2: G i R là bán kính ñư ng tròn ngo i ti p: A A Tá có: AD = 2 R sin( B + ) = 2 R sin(C + ) 2 2 AB = 2RsinC, AC = 2RsinB http://ebook.here.vn – Thư vi n Sách Tham Kh o, ð thi , ðáp án 3
A A B −C ⇒ 2 AD = 2 R sin( B + ) + 2 R sin(C + ) = 4 R cos( ) 2 2 2 B+C B −C AB + AC = 2 R sin C + 2 R sin B = 4 R sin cos 2 2 Suy ra 2AD > AB + AC Câu 3: (2 ñi m) Tìm các nghi m nguyên c a phương trình x3 + 15 y 3 = 18 z 3 ðáp án Gi s b ba s nguyên (x0; y0; z0) là nghi m c a phương trình. D th y n u m t trong ba s trên b ng 0 thì hai s còn l i cũng b ng 0 ⇒ (0; 0; 0) là m t nghi m c a phương trình. 0,25 ñ N u c ba s ñ u khác 0, ñ t d = (x0, y0, z0) ta có x0 = dx1 , y0 = dy1 , z0 = dz1 v i x1, y1, z1 nguyên. 0,25 ñ Ta ñư c x1 + 15 y1 = 18 z1 ⇒ x1 chia h t cho 3. ð t x1 =3x2, ta ñư c 3 3 3 0,25 ñ 9 x2 + 5 y13 = 6 z13 ⇒ y1 chia h t cho 3. ð t y1 =3y2, ta ñư c 3 0,25 ñ 3 x2 + 45 y2 = 2 z13 ⇒ y1 chia h t cho 3. 3 3 0,25 ñ ⇒ x1, y1, z1 có ư c chung là 3 (mâu thu n) 0,5 ñ V y phương trình ch có m t nghi m nguyên duy nh t là (0; 0;0) 0,25 ñ Câu 4: (3 ñi m) Cho dãy s (un) xác ñ nh b i  1 u1 = 2   u = − 1 u 3 + 3 u 2 ∀n ≥ 1  n +1  2 n 2 n Ch ng minh r ng dãy s (un) có gi i h n h u h n và tìm gi i h n c a dãy s . ðáp án 1 3 ð t f ( x) = − x3 + x 2 2 2 Hàm s f(x) tăng trên [0;1] và f ( x) ∈ [0;1] ∀x ∈ [0;1] 1 u1 = , un +1 = f (un ) . B ng qui n p, ch ng minh ñư c un ∈ [0;1] ∀n ≥ 1 0,5 ñ 2 5 M t khác u2 = f (u1 ) = < u1 ⇒ u3 = f (u2 ) < f (u1 ) = u2 ,... 16 B ng qui n p, ch ng minh ñư c dãy (un) gi m. 0,75 ñ Dãy s gi m và b ch n dư i b i 0 nên có gi i h n h u h n. 0,25 ñ G i l là gi i h n c a dãy s , do dãy s b ch n dư i b i 0, b ch n trên b i ½ nên 1 0 ≤ l ≤ (*) 0,5 ñ 2 Chuy n qua gi i h n khi n ti n t i +∞ trong bi u th c truy h i ta ñư c: l = 0 l = − l + l ⇔ l = 1 1 3 3 2  0,5 ñ 2 2 l = 2  K t h p v i (*) suy ra l = 0. 0,5 ñ http://ebook.here.vn – Thư vi n Sách Tham Kh o, ð thi , ðáp án 4
Câu 5: (3 ñi m) Phương trình x + y + z + t = 2009 có bao nhiêu nghi m nguyên dương? (Nghi m (x, y, z, t) v i x, y ,z, t là các s nguyên dương) ðáp án x + y + z + t = 2009 (1) ð t a = x – 1, b = y – 1, c = z – 1, d = t – 1. Ta th y a, b, c, d là các s t nhiên th a phương trình: a + b + c + d = 2005 (2) và tương ng gi a các b s (a, b, c, d) và (x, y, z, t) là tương ng m t – m t (song ánh). Ta tìm s nghi m t nhiên c a phương trình (2) Ta th y m i nghi m t nhiên c a phương trình (2) là m t b 4 s t nhiên (a, b, c, d) th a ñi u ki n a + b + c + d = 2005. V i m i b 4 s (a, b, c, d) như v y ta ñ t tương ng v i m t dãy nh phân (dãy g m các ch s 0 và 1) theo qui t c sau: vi t t trái sang ph i: a s 1 liên ti p – s 0 – b s 1 liên ti p – s 0 – c s 1 liên ti p – s 0 – d s 1 liên ti p. 11...1011...1011...1011...1 { { { { a b c d Như v y m i b (a, b, c, d) tương ng m t – m t v i m t dãy nh phân g m 2008 kí t , trong ñó có ñúng 2005 kí t “1” và 3 kí t “0”. M t khác, m t dãy nh phân ñ dài 2008, trong ñó có ñúng 3 kí t “0” tương ng v i m t cách ch n 3 ph n t t 2008 ph n t . 3 S các dãy nh phân như trên là C2008 3 T ñó suy ra s nghi m c a phương trình (1) là C2008 Câu 6: (3 ñi m) Tìm t t c các ña th c P(x) có b c nh hơn 2009 và th a mãn ñi u ki n: P ( x + 1) = P ( x) + 6 x 2 + 6 x + 5 ∀x ∈ R ðáp án Cách 1: ð t Q ( x) = P ( x) − 2 x 3 0,5 ñ Ta có: Q ( x + 1) = Q ( x) + 3 ∀x ∈ R 0,5 ñ ð t R( x) = Q( x) − 3x Ta có: R ( x + 1) = R ( x) ∀x ∈ R 0,5 ñ ⇒ R ( x) = d ∀x ∈ R (d là h ng s b t kì) 0,5 ñ ⇒ Q ( x) = 3 x + d ⇒ P( x) = 2 x 3 + 3x + d 0,5 ñ V y các ña th c c n tìm có d ng P ( x) = 2 x + 3 x + d v i d là s th c b t kì 3 0,5 ñ Cách 2: T P ( x + 1) = P ( x) + 6 x 2 + 6 x + 5 ∀x ∈ R (1) ⇒ P (3) ( x + 1) = P (3) ( x) ∀x ∈ R 0,25 ñ ⇒ P ( x) = k (3) ∀x ∈ R (k là h ng s ) 0,25 ñ ⇒ P(x) có b c nh hơn ho c b ng 3. 0,25 ñ ð t P ( x) = ax3 + bx 2 + cx + d 0,25 ñ T (1) ta có 3ax 2 + (3a + 2b) x + a + b + c = 6 x 2 + 6 x + 5 ∀x ∈ R 0,5 ñ http://ebook.here.vn – Thư vi n Sách Tham Kh o, ð thi , ðáp án 5
3a = 6 a = 2   ⇒ 3a + 2b = 6 ⇒ b = 0 0,5 ñ  a + b + c = 5 c = 3   Th l i ta th y các ña th c P ( x) = 2 x 3 + 3 x + d v i d là s th c b t kì ñ u th a mãn (1) 0,5 ñ V y các ña th c c n tìm có d ng P ( x) = 2 x 3 + 3 x + d v i d là s th c b t kì 0,5 ñ Câu 7: (3 ñi m) Trong m t ph ng v i h t a ñ Oxy cho hai ñư ng tròn: (C1 ) : x 2 + y 2 − 4 x − 6 y = 0 (C2 ) : x 2 + y 2 + 4 x = 0 M t ñư ng th ng (d) ñi qua giao ñi m c a (C1) và (C2) l n lư t c t l i (C1) và (C2) t i M và N. Tìm giá tr l n nh t c a ño n MN. ðáp án M B I J N C A D (C1) có tâm I(2; 3) và bán kính R = 13 (C2) có tâm J(-2; 0) và bán kính r = 2 0,25 ñ ⇒ IJ = 5 0,25 ñ ⇒ |R – r| < IJ < R + r ⇒ (C1) và (C2) c t nhau t i hai ñi m A và B. 0,25 ñ Gi s (d) qua B, g i (d’) là ñư ng th ng qua A, c t (C1), (C2) l n lư t t i C và D. CD vuông góc v i AB nên B, I, C th ng hàng; B, J, D th ng hàng 0,25 ñ ⇒ CD = 2IJ = 10 0,25 ñ Ta có: MC⊥MN, ND⊥MN ⇒ MC//ND 0,5 ñ ⇒ MN = d(MC, ND) 0,25 ñ ⇒ MN ≤ CD 0,5 ñ ⇒ max MN = CD = 10 ñ t ñư c khi d//IJ 0,5 ñ H T http://ebook.here.vn – Thư vi n Sách Tham Kh o, ð thi , ðáp án 6
UBND TỈNH THÁI NGUYÊN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 10 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2011 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN HỌC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm có 01 trang) Bài 1 (6 điểm). a) Giải phương trình sau trên : 4 x 2  12 x x  1  27( x  1) . 9 b) Giải bất phương trình sau:  x2 . x 5 3 Bài 2 (3 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho hai số n  26 và n  11 đều là lập phương của hai số nguyên dương nào đó. Bài 3 (3 điểm) Cho tam giác ABC và điểm K thuộc cạnh BC sao cho KB=2KC, L là hình chiếu của B trên AK, F là trung điểm của BC, biết rằng KAB  2 KAC . Chứng minh rằng FL vuông góc với AC. Bài 4 (4 điểm) Cho A là tập hợp gồm 8 phần tử , tìm số lớn nhất các tập con gồm 3 phần tử của A sao cho giao của 2 tập bất kỳ trong các tập con này không phải là một tập hợp gồm 2 phần tử. Bài 5 (4điểm) Cho các số dương x, y, z . Chứng minh bất đẳng thức: 2 2 2  x  1 y  1   y  1 z  1   z  1 x  1  x y z3 3 3 z 2 x2  1 3 3 x2 y 2  1 33 y2z2  1 ---------- Hết ---------- Họ và tên :.......................................................... Số báo danh :........................
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN HSG KHỐI 10 CẤP TỈNH MÔN: TOÁN NĂM HỌC: 2011 - 2012 Bài Lời giải Điểm Bài 1 a) Giải phương trình sau trên 2 : 4 x  12 x x  1  27( x  1) . 9 b) Giải bất phương trình sau:  x2. x 5 3 Lời giải: a) Điều kiện: x  1  0  x  1 . 0,5 đ Phương trình đã cho tương đương với 4 x 2  12 x 1  x  9(1  x )  36(1  x)  (2 x  3 1  x ) 2  (6 1  x ) 2 2x  3 1  x  6 1  x 3 1  x  2 x (1)   1đ  2 x  3 1  x  6 1  x  9 1  x  2 x (2)  2 2 9(1  x )  4 x 4 x  9 x  9  0 Ta có (1)     x3 x  0 x  0 81(1  x)  4 x 2 4 x 2  81x  81  0 81  9 97 1đ Ta có (2)    x x  0 x  0 8 81  9 97 Kết luận: x  3 ; x  là nghiệm của phương trình đã cho. 0,5 đ 8 x  2 0,5 đ b) Điều kiện: x  5  3  0   . x  8 9 9 TH1 : Xét x  2 ta có : 1  2 x  2 x 5 x3 2 x 2   2  x   9  3  x  2  3  1  x  5 Vậy 1  x  2 là nghiệm. 9 9 TH2 : Xét 2  x  5 ta có : 1   x2 x2 5 x3 2 x 2    x  2   9 ( Bpt vô nghiệm) 2đ 9 9 TH3 : Xét 5  x  8 ta có : 1   x2   x  2  0 x 8 x 8 9   x  8  x  2   x 2  10 x  7  0 0 x 8 x 8   x  8   x 2  10 x  7   0 x  5  3 2  8  x  5  3 2 
Kết hợp với miền x đang xét ta có 8  x  5  3 2 là nghiệm của Bpt. 0,5 đ Vậy tập nghiệm của Bpt là : S   1;2   8;5  3 2    Bài 2 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho hai số n  26 và n  11 đều là 1 đ lập phương của hai số nguyên dương nào đó. Lời giải: Giả sử có số nguyên dương n sao cho n  26  x 3 và n  11  y 3 với x, y là hai số nguyên dương  x  y  . 1,5đ Khi đó ta được x 3  y 3  37  ( x  y)( x 2  xy  y 2 )  37 .  x  y  1 (1) Ta thấy 0  x  y  x 2  xy  y 2 , nên ta có  2 2 .  x  xy  y  37 (2) Thay x  y  1 từ (1) vào (2) ta được y 2  y  12  0 , từ đó có y  3 và 0,5 đ n  38 . Vậy n  38 là giá trị cần tìm. Bài 3 Cho tam giác ABC và điểm K thuộc cạnh BC sao cho KB=2KC, L là hình chiếu của B trên AK, F là trung điểm của BC, biết rằng KAB  2 KAC . Chứng minh rằng FL vuông góc với AC. Lời giải: A 0,5đ L C K F B Đặt AB=c, AC=b, BC=a, KAC   . Khi đó: KAB  2 ; BAC  3 . Áp dụng định lí sin cho tam giác ABK và ACK, ta được: BK AK CK AK  ;  sin 2 sin B sin  sin C sin B Do BK=2CK, nên từ các đẳng thức trên ta có: cos  (*) sin C Lại có: 2đ  b2  c 2 a 2  a 2 b2  c 2  a 2 FA2  FC 2       bc.cos A  bc cos3 (1)  2 4  4 2 LC 2  LA2  b 2  2b.LA.cos  LA2  b 2  2bc cos 2 .cos  LA2  LC 2  2bc cos  .cos 2  b 2  bc  cos  cos3   b 2   bc cos   b 2   bc cos 3 (**) Thay (*) vào (**), ta được: LA2  LC 2  bc cos3 (2) Từ (1) và (2) suy ra: FA2  FC 2  LA2  LC 2
Theo bổ đề 2 của định lí carnot, suy ra CA vuông góc với FL. ( Chuyển qua vectơ ta cũng có CA  EF ) 0,5 đ Bài 4 Cho A là tập hợp gồm 8 phần tử , tìm số lớn nhất các tập con gồm 3 phần tử của A sao cho giao của 2 tập bất kỳ trong các tập con này 1đ không phải là một tập hợp gồm 2 phần tử. Lời giải: Ký hiệu X là số phần tử của tập hữu hạn X. Gọi B1, B2,…, Bn là các tập con của A thỏa mãn: Bi  3, Bi  B j  2  i, j  1, 2,..., n  . 1,5 đ Giả sử tồn tại phần tử a  A mà a thuộc vào 4 tập trong số các tập B1, B2,…, Bn (chẳng hạn a  B1, B2, B3, B4), khi đó: Bi  B j  1  i, j  1, 2,3, 4  .Mà Bi  Bj nếu i  j, tức là Bi  B j  3 . Do đó Bi  B j  1 (i, j = 1, 2, 3, 4). Từ đây A  1 +4.2 = 9, điều này mâu thuẫn. Như vậy, mỗi phần tử của A chỉ thuộc về nhiều lắm là ba trong số các tập B1, B2,…, Bn . Khi đó 3n  8.3  n  8. 1,5 đ Giả sử A = {a1, a2,…,a8}, xét các tập con của A là: B1 = {a1, a2, a3}; B2 = {a1, a4, a5}; B3 = {a1, a6, a7}; B4 = {a8, a3, a4}; B5 = {a8, a2, a6}; B6 = {a8, a5, a7}; B7 = {a3, a5, a6}; B8 ={a2, a4, a7}. Tám tập hợp trên là các tập con gồm ba phần tử của A thỏa mãn Bi  B j  2 . Vì vậy số n cần tìm là n = 8. Bài 5 Cho các số dương x, y, z . Chứng minh bất đẳng thức: 2 2 2  x  1 y  1   y  1 z  1   z  1 x  1  x y z3 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 z x 1 3 x y 1 3 y z 1 Lời giải: Gọi vế trái của bất đẳng thức là S Do ab  a  b  3 3 a 2b 2 , a  0, b  0 . Nên: 1đ 2 2 2 S  x  1 y  1   y  1 z  1   z  1 x  1  z  1 x  1  x  1 y  1  y  1 z  1 2 2 2   y  1   z  1   x  1 z 1 x 1 y 1 3đ 2  y  1   z  1   x  1     x  y  z  3 (đpcm)  z  1   x  1   y  1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO ĐỀ THI CHỌN HSG GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH TẠO CẦM TAY TỈNH THÁI NGUYÊN NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn: SINH HỌC. Lớp 12. Cấp THPT Ngày thi: 12/10/2010 Câu 1. (3,0 điểm) Lai 2 cá thể đều dị hợp tử 2 cặp gen, mỗi gen trên 1 NST thường. Tại vùng sinh sản trong cơ quan sinh dục của cá thể đực có 4 tế bào A, B, C, D phân chia liên tiếp nhiều đợt để hình thành các tế bào sinh dục sơ khai, sau đó tất cả đều qua vùng sinh trưởng và tới vùng chín để hình thành giao tử. Số giao tử có nguồn gốc từ tế bào A sinh ra bằng tích số của các tế bào sinh dục sơ khai do tế bào A và tế bào B sinh ra. Số giao tử do các tế bào có nguồn gốc từ tế bào C sinh ra gấp đôi số giao tử có nguồn gốc từ tế bào A. Số giao tử do các tế bào có nguồn gốc từ tế bào D sinh ra đúng bằng số tế bào sinh dục sơ khai có nguồn gốc từ tế bào A. Tất cả các giao tử đều tham gia thụ tinh nhưng chỉ có 80% đạt kết quả. Tính ra mỗi kiểu tổ hợp giao tử đã thu được 6 hợp tử. Nếu thời gian phân chia tại vùng sinh sản của các tế bào A, B, C, D bằng nhau thì tốc độ phân chia của tế bào nào nhanh hơn và nhanh hơn bao nhiêu lần? Sơ lược cách giải Kết quả 2 cá thể đều dị hợp tử 2 cặp gen, mỗi gen trên 1 NST thường do đó 0,5 đ cặp gen phân li độc lập, vậy số kiểu giao tử là: 22. 22 = 16 (kiểu) Số hợp tử thu được là: 16.6 = 96 (hợp tử). Vì hiệu quả thụ tinh là 0,5 đ 80% nên số giao tử được hình thành là: 96 : 80% = 120 (giao tử) Suy ra số tế bào sinh dục sơ khai đực tham gia giảm phân là: 120 : 4 = 30 1,0 đ Gọi x, y, z, t lần lượt là số tế bào sinh dục sơ khai có nguồn gốc từ các tế bào A, B, C, D. Ta có hệ phương trình: y = 4 x + y + z + t = 30    z = 2x x.y = 4.x 4t = x  3x + t = 26 x + 4 + 2x + t = 30   4t - x = 0 Giải hệ phương trình ta được: x = 8 và t = 2 suy ra z = 16 Số lần phân bào tính theo công thức 2k (k là số lần phân bào) ta có: kA 1,0 đ = 3, kB = 2, kC = 4, kD = 1. Vậy tỉ lệ tốc độ phân bào của các tế bào A, B, C, D là: VA : VB : VC : VD = 3 : 2 : 4 : 1 Câu 2. (3,0 điểm) 1
Tổng hàm lượng ADN của tế bào sinh tinh trùng và các tế bào sinh trứng ở ruồi giấm là 68pg (picrogam). Tổng hàm lượng ADN có trong tất cả các tinh trùng được tạo ra là nhiều hơn tổng hàm lượng ADN trong tất cả các tế bào trứng được tạo thành là 126pg. Biết tất cả các tinh trùng và trứng đều được thụ tinh, hàm lượng ADN trong mỗi tế bào của ruồi giấm ở trạng thái chưa nhân đôi là 2pg a. Xác định số lần nguyên phân liên tiếp của mỗi tế bào sinh dục đực và tế bào sinh dục cái ban đầu (các tế bào này đã sinh ra tế bào sinh dục con để từ đó sinh ra tinh trùng và trứng nói trên b. Nếu tất cả các hợp tử được hình thành trải quá quá trình nguyên phân liên tiếp như nhau và tổng hàm lượng ADN chứa trong tất cả các tế bào con được sinh ra sau những lần nguyên phân ấy là 256pg thì mỗi hợp tử đã nguyên phân liên tiếp mấy lần. Sơ lược cách giải Kết quả a. Xác định số lần nguyên phân Hàm lượng ADN trong mỗi tế bào khi chưa nhân đôi là 2pg Gọi x là số tế bào sinh tinh trùng. vậy lượng AND trong các tế bào 0,5 đ sinh tinh trùng là 2x pg. Gọi y là số tế bào sinh trứng. Hàm lượng ADN trong các tế bào sinh trứng là 2y pg Ta có 2x pg + 2y pg = 68 pg 1 Trong các tế bào sinh dục (giao tử) lượng ADN = tế bào sinh 2 0,5 đ dưỡng = 1pg Một tế bào sinh tinh trùng cho 4 tinh trùng nên tổng lượng ADN trong các tinh trùng là 4x pg Một tế bào sinh trứng cho 1 tế bào trứng nên tổng lượng ADN trong các trứng được tạo thành là y pg Ta có phương trình: 4x pg – y pg = 126 pg Ta có hệ phương trình: 1,0 đ 2x pg  2y pg  68 pg  4x pg - y pg  126 pg Giải hệ phương trình ta có x = 32; y = 2 x = 32 . ta có 2n = 32  n = 5. Vậy tế bào sinh dục đực đã nguyên phân liên tiếp y = 2 ta có 2n = 2  n = 1 vậy tế bào sinh trứng đã nguyên phân 1 lần. b. Số lần nguyên phân của mỗi hợp tử: 0,5 đ Hai tế bào sinh dục cái tham gia thụ tinh vậy số hợp tử là 2 256pg Mỗi hợp tử có lượng ADN là = 128 pg 2 0,5 đ Mỗi tế bào con có 2 pg, vậy số tế bào con là: 128 : 2 = 64 tế bào Ta có 2n = 64 vậy n = 6 . Mỗi hợp tử đã nguyên phân liên tiếp 6 lần. Câu 3. (2,0 điểm) 2
Ba hợp tử của một loài, lúc chưa nhân đôi số lượng NST đơn trong mỗi tế bào 1 bằng 20. Hợp tử 1 có số đợt nguyên phân bằng số lần nguyên phân của hợp tử 2. Hợp 4 tử 2 có số đợt nguyên phân liên tiếp bằng 50% số đợt nguyên phân của hợp tử 3. Số lượng NST đơn lúc chưa nhân đôi trong tất cả các tế bào con sinh ra từ 3 hợp tử bằng 5480. a. Tính số đợt nguyên phân liên tiếp của mỗi hợp tử ? b. Số lượng NST đơn được tạo ra từ nguyên liệu môi trường tế bào đã cung cấp cho mỗi hợp tử để nguyên phân là bao nhiêu. Sơ lược cách giải Kết quả a. Số lần nguyên phân của mỗi hợp tử: 1,0 đ - Gọi số lần nguyên phân của hợp tử 1 là n thì số lần nguyên phân của hợp tử 2 là 4n, hợp tử 3 là 8n - Số TB con được tạo ra do 3 hợp tử sẽ là: 5480 =274 20 Ta có 2n +24n +28n =274 Giải ra ta được n = 1 Vậy số lần nguyên phân của hợp tử 1 là 1, hợp tử 2 là 4, hợp tử 3 là 8 1,0 đ b. Số NST đơn do môi trường cung cấp - Hợp tử 1 = (21-1) × 20 = 20 - Hợp tử 2 = (24-1) × 20 = 300 - Hợp tử 1 = (28-1) × 20 = 5100 Câu 4. (2,0 điểm) Hai phân tử mARN được phiên mã từ 2 gen trong một vi khuẩn (Vi khuẩn A). Phân tử mARN thứ nhất có U = 2G và A - X=300 ribônuclêôtit. Phân tử mARN thứ hai có X = 40%, U=30% số ribônuclêôtit của phân tử. Hai gen sao ra các phân tử mARN này đều dài 5100Ǻ. Gen thứ nhất có hiệu số giữa G và một loại nuclêôtit khác là 10% số nuclêôtit của gen. Tổng số nuclêôtit loại A của 2 gen là 1650. a. Tính số lượng các nuclêôtit môi trường nội bào cần cung cấp để tạo nên các gen này trong các vi khuẩn mới được sinh ra. Biết rằng vi khuẩn chứa gen này nguyên phân bình thường 2 lần liên tiếp. b. Tính số lượng mỗi loại ribônuclêôtit trong mỗi phân tử mARN? Sơ lược cách giải Kết quả (5100  2) 3000 0,5 đ Ngen=  3000 ; NmARN=  1500 3,4 2 3
G  A  10% G  X  30%  900 Gen 1:   G  A  50% A  T  20%  600 A  1650 - A gen1  1050 Gen 2:  G  1500 - 1050  450 0,5 đ n a. Môi trường cung cấp: A=T=(Agen1+ Agen2) × (2 -1) G=X=(Ggen1+ Ggen2) × (2n -1) 1,0 đ b. mARN2: X=40%=600 (Ggen2) mARN2 được tổng hợp từ gen 1 U= 30%= 450; G= Ggen1 – X= 300; A=150 U  2G  mARN1: A  X  300 A  U  G  X  1500  Giải hệ phương trình trên: U=600; X=150; G=300; A=450 Câu 5. (2,0 điểm) Một mARN được tổng hợp từ dung dịch có chứa 80% ađênin và 20% uraxin. Nếu các bazơ nitơ được phân bố ngẫu nhiên, hãy xác định tỷ lệ phân bố các bộ ba trên mARN trên. Sơ lược cách giải Kết quả AAA = 0,83 = 0,25 đ 2A + 1U = 0,82×0,2 = 0,25 đ 1A + 2U = 0,8×0,22 = 0,25 đ UUU = 0,23 = 0,25 đ Câu 6. (2,0 điểm) Ab Cho 2.000 tế bào sinh hạt phấn, kiểu gen . Quá trình giảm phân của các tế bào aB sinh hạt phấn này đã có 400 tế bào xảy ra hoán vị gen. a. Tính số giao tử mỗi loại được sinh ra từ số tế bào trên ? b. Tính tần số hoán vị gen và khoảng cách giữa các gen trên NST bằng bao nhiêu? c. Nếu tần số hoán vị gen của loài là 15% sẽ có bao nhiêu tế bào xảy ra hoán vị gen? Sơ lược cách giải Kết quả a. Số hạt phấn được tạo ra từ 2000 tế bào: 2000 × 4 = 8000 hạt phấn. 1,0 đ Một TB xảy ra HV tạo ra được các loại giao tử là: Ab = aB = AB = ab Có 400 TB xảy ra HV số các loại giao tử được tạo ra là: Ab = aB = 4