Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2012-2013 - Sở GD&ĐT Cần Thơ

Chia sẻ: Hương Nắng Mai | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

88
lượt xem 8
download

Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2012-2013 - Sở GD&ĐT Cần Thơ

Mô tả tài liệu

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2012-2013 - Sở GD&ĐT Cần Thơ" với nội dung xoay quanh các chủ đề: Số nguyên, giải hệ phương trình, chu vi tứ giác, số nguyên dương,... Mời các em tham khảo để tích lũy kiến thức, nắm vững lý thuyết và công thức để áp dụng đúng vào từng bài thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2012-2013 - Sở GD&ĐT Cần Thơ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP THÀNH PHỐ - NĂM HỌC 2012-2013 KHÓA NGÀY: 16/10/2012 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (4 điểm) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực R   x+y+z =0  x3 + y 3 + z 3 = 48  7  x + y 7 + z 7 = 16128 Câu 2 (4 điểm) Cho dãy số nguyên (un ) được xác định như sau: u1 = 1 ; u2 = 2 un = 4un−1 − un−2 , ∀n ≥ 3, n ∈ N a) Chứng minh rằng u2 + u2 − 4un un−1 = −3 với n ≥ 2, n ∈ N n n−1 b) Chứng minh rằng u2 − 1 n là số chính phương với mọi n, n ∈ N∗ . 3 Câu 3 (4 điểm) Cho nửa đường tròn (T ) tâm O, đường kính AB = 2R và điểm P di động trên (T ) (P khác A và B). Gọi (O1 ) và (O2 ) là hai đường tròn nhận OP làm tiếp tuyến chung, đồng thời (O1 ) tiếp xúc với (T ) và OA theo thứ tự là M, N, (O2 ) tiếp xúc với (T ) và OB theo thứ tự tại H, L. a) Chứng minh rằng khi P di động trên (T ) thì các đường thẳng M N và HL luôn cùng đi qua một điểm cố định K. b) Gọi C, D theo thứ tự là giao điểm thứ hai của (O1 ) với M A và M B, E là giao điểm của CN với BK và F là giao điểm của DN với AK. Chứng minh rằng khi P di động trên (T ), ta √ luôn có bất đẳng thức p > R(3 + 2), trong đó p là chu vi tứ giác ABEF . Câu 4 (4 điểm) Cho dãy 2013 số nguyên dương a1 , a2 , a3 , . . . a2013 thỏa mãn mỗi số không lớn hơn 4026 và với hai số bất kì thì bội số chung nhỏ nhất của hai số ấy luôn lớn hơn 4026. Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số đã cho đều lớn hơn 1342. Câu 5 (4 điểm) Trong một bảng ô vuông có 10 × 10 ô được điền ở tất cả các ô là dấu “+”. Một bước thực hiện bằng cách đổi toàn bộ những dấu ở một hàng hoặc một cột nào đó sang dấu ngược lại. Có khả năng hay không sau hữu hạn bước như trên, bảng ô vuông nhận được có đúng 6 dấu “-” ? Hãy chứng minh khẳng định của mình. ——HẾT—— Ghi chú: Giám thi coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP THÀNH PHỐ - NĂM HỌC 2012-2013 KHÓA NGÀY: 16/10/2012 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề HƯỚNG DẪN CHẤM CÂU NỘI DUNG 3 1(4đ) ĐIỂM 2 Xét đa thức f (t) = t + at + bt + c có các nghiệm là x, y, z. Từ phương trình x + y + z = 0, ta suy ra a = 0. Do đó f (t) = t3 + bt + c Mặt 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) Và đặt Sn = xn + y n + z n với n ∈ N∗ . Khi đó (4) trở thành Sn+3 + bSn+1 − 16Sn = 0 Ta có S7 = −bS5 + 16S4 = −b (−bS3 + 16S2 ) + 16 (−bS2 + 16S1 ) = b2 S3 − 32bS2 + 256S1 (5) Thế S7 = 16128, S3 = 48, S2 = −2b, S1 = 0 vào (5), ta được b = ±12 +b = 12, ta được f (t) = t3 + 12t − 16 có nghiệm duy nhất (không thỏa) +b = −12, ta được f (t) = t3 − 12t − 16 có ba nghiệm t = −2; t = 2; t = 4 Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y; z) là (−2; 2; 4) và các hoán vị của nó. √ √ a) Phương trình đặc trưng λ2 − 4λ + 1 = 0 ; λ1 = 2 − 3 ; λ2 = 2 + 3 un = c1 λn + c2 λn 1 2 1.0đ 1.0đ 1.0đ c1 λ1 + c2 λ2 = 1 c1 λ2 + c2 λ2 = 2 1 2 D= D c1 = λ1 λ2 λ2 λ2 1 2 1 λ2 22 λ2 2 √ = λ1 λ2 (λ2 − λ1 ) = 2 3 1đ √ = λ2 − 2λ1 = 3 + 2 3 2 √ λ1 1 = 2λ1 − λ2 = −3 + 2 3 1 λ2 2 1√ √ √ √ 3+2 3 3+2 −3 + 2 3 2− 3 √ √ c1 = = ; c2 = = 2 2 2 3 √ 2 3 √ 2+ 3 n 2− 3 n Vậy un = c1 λn + c2 λn = λ1 + λ2 , n ≥ 1 1 2 2 2 Ta có λ1 .λ2 = 1. Vậy: √ √ √ n−1 2 − 3 √ n−1 2+ 3 un = (2 − 3)λ1 + (2 + 3)λ2 2 2 1 n−1 n−1 + λ2 λ , n≥1 = 2 1 Từ đó: D c2 = 2(4đ) 1đ Tiếp CÂU NỘI DUNG 1 2(n−1) 2(n−1) 2(n−2) 2(n−2) = λ1 + λ2 + λ1 + λ2 +4 u2 + u2 n−1 n 4 1 2n−4 2 2n−4 (λ2 + 1) + 4 λ (λ1 + 1) + λ2 = 2 4 1 1 2n−3 2n−3 = 4λ2n−3 + 4λ2 + 4 = λ2n−3 + λ2 +1 1 1 4 n−2 4un un−1 = 4 λn−1 + λn−1 λ1 + λn−2 1 2 2 2n−3 2n−3 n−2 = λ1 + λ2 + (λ1 λ2 ) (λ1 + λ2 ) 2n−3 2n−3 = λ1 + λ2 +4 2 2 Vậy un + un−1 − 4un un−1 = −3 u2 − 1 b) Chứng minh n là số chính phương. 3 Từ câu a) ta có 4u2 + u2 − 4un un−1 = 3u2 − 3 n n−1 n 2 2 =⇒ (2un − un−1 ) = 3un − 3 u2 − 1 (2un − un−1 )2 n =⇒ = 3 9  .  2u − u . n n−1 . 3, ∀n ≥ 2 Ta sẽ chứng minh rằng: .  2u . n−1 − un . 3, ∀n ≥ 2   2u − u = 4 − 1 = 3 . 3 . . 2 1 Thật vậy: với n = 2 thì .  2u − u = 0 . 3 . 1 2  .  2u − u . k k−1 . 3 Giả sử ta có . với ∀k ≥ 2  2u − uk . 3 . k−1 ĐIỂM Suy ra: 2uk+1 − uk 1đ 1đ = 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 Vậy n = k 2 suy ra n là số chính phương. 3 3 Tiếp CÂU NỘI DUNG ĐIỂM P M H O1 D O2 C B N A L O F E K 3(4đ) 4(4đ) a) Ta có CM D = AM B = 90◦ =⇒ CD là đường kính của (O1 ) =⇒ IDM = IM D = OBM =⇒ CD AB Từ đó CN = DN =⇒ AM N = BM N = 45◦ hay M K là tia phân giác của góc AM B. Vậy K là trung điểm của cung AB và K là một điểm cố định. Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng có HL đi qua K. b) Cũng từ kết quả trên ta cũng có: F AN = F N A = EBN = EN B = 45◦ Suy ra AF N = BEN = EN F = 90◦ hay tứ giác N EKF là hình chữ nhật. Từ đó chu vi tứ giác ABEF được tính bởi: 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. Đẳng thức chỉ xảy ra khi N ≡ O hay (O1 ) là đường tròn tiếp xúc AB tại O =⇒ P ≡ B =⇒ điều này không thể xảy ra do giả thiết B = P √ Vậy N K > R hay T > R(3 + 2) Bổ đề: Với dãy số hữu hạn số nguyên dương (ak ) , k = 1, n + 1, trong đó mỗi số không lớn hơn 2n thì luôn tồn tại hai số trong chúng thỏa mãn số này chia hết cho số kia. Chứng minh: Do ai ∈ N∗ i = 1, n + 1 nên ta luôn viết được ai = 2si .ri , trong đó si ∈ N và ri ∈ 2k − 1|k = 1, n Từ đó vì ri chỉ nhận n giá trị lẻ nên theo nguyên lý Dirichlet trong n + 1 số đã cho phải tồn tại hai số ai , aj (i = j) thỏa mãn ri = rj . Không mất tính tổng quát giả sử ai ≥ aj , khi đó ai ≡ 0(modaj ) Xét bài toán đã cho: 1đ 1đ 1đ 1đ 1đ 1đ Tiếp CÂU 5(4đ) NỘI DUNG Do dãy số đã cho là một dãy hữu hạn nên tồn tại số nhỏ nhất trong chúng, không mất tổng quát giả sử ai = min {ak } , k = 1, 2013. Khi đó ta chỉ cần chứng minh ai > 1342 là đủ. Thật vậy, giả sử ai ≤ 1342, khi đó ta có 2014 số 2a1 , 3a1 , a2 , a3 , . . . , a2013 thỏa mãn không có số nào lớn hơn 4026. Theo giả thiết [ai , aj ] > 4026, i, j = 1, 2013, i = j nên trong dãy 2014 số ở trên không thể tồn tại 2 số thỏa mãn số này là bội của số kia. Điều này vô lý với bổ đề ở trên. Vậy a1 > 1342 Giả sử có khả năng sau một số hữu hạn bước nhận được bảng có 6 dấu “-”. Cho tại hàng thứ i ta đã đổi dấu xi lần còn tại cột thứ j ta đã đổi dấu yj lần. Khi đó tại ô (i, j) ta đã thay đổi xi + yj lần. Suy ra tại ô này có dấu “-” khi và chỉ khi xi + yj là số lẻ. Cho p là số lượng số lẻ giữa các số xi . Cho q là số lượng số lẻ giữa các số yj . Khi đó số lượng các dấu “-” trên bảng sẽ là: p(10 − q) + (10 − p)q = 10p + 10q − 2pq Từ đó ta có đẳng thức 10p + 10q − 2pq = 6 ⇐⇒ 5p + 5q − pq = 3 ⇐⇒ (p − 5)(q − 5) = 2.11 . . Vì 11 là số nguyên tố nên hoặc p − 5 . 11 hoặc q − 5 . 11 . . . . Giả sử p − 5 . 11 thế nhưng −5 ≤ p − 5 ≤ 5 nên p − 5 . 11 thì p − 5 = 0 điều . . này trái với (p − 5)(p − q) = 2.11. Vậy câu trả lời là không thể. ĐIỂM 1đ 1đ 1đ 1đ 1đ