Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2012-2013 - Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2012-2013 - Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO D ỤC VÀ ĐÀO T ẠO KỲ THI CH ỌN H ỌC SINH GI ỎI C ẤP T ỈNH VĨNH PHÚC LỚP 12 THPT N ĂM H ỌC 2012-2013 Môn: TOÁN – THPT chuyên. ĐỀ THI CHÍNH TH ỨC Th ời gian: 180 phút, không k ể th ời gian giao đề. Ngày thi: 02/11/2012 .  2 8 x+32 x +=− 51 y −  y  8 Câu 1 (2,5 điểm). Gi ải h ệ ph ươ ng trình yy2 ++=−32 51,, z −( xyz ∈ ℝ)  z  8 z2 +32 z +=− 51 x −  x Câu 2 (1,5 điểm). Cho a, b , c , d là các s ố th ực d ươ ng. Ch ứng minh r ằng 3a bc2 b3 d 25 2.+ 3.3 + 4. 4 ≤ abc++( ababcd + )( +++ ) 81 ()()ab+3 abcd +++ 6 Câu 3 (2,0 điểm). Gi ả s ử n là m ột s ố nguyên d ương sao cho 3n+ 2 n chia h ết cho 7 . Tìm s ố 2 dư c ủa 2n+ 11 n + 2012 n khi chia cho 7 . Câu 4 (3,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD . G ọi P là điểm sao cho trung tr ực c ủa đoạn th ẳng CP chia đôi đoạn AD và trung tr ực c ủa đoạn AP chia đôi đoạn CD . G ọi Q là trung điểm c ủa đoạn th ẳng BP . a) Ch ứng minh r ằng đường th ẳng BP vuông góc v ới đường th ẳng AC . b) Ch ứng minh r ằng BP= 4. OE , trong đó E là trung điểm c ủa AC và O là tâm đường tròn ngo ại ti ếp tam giác AQC . Câu 5 (1,0 điểm). Cho m, n (m> n > 4)là các s ố nguyên d ươ ng và A là m ột t ập h ợp con có đúng n ph ần t ử c ủa t ập h ợp S= {1,2,3, , m }. Ch ứng minh r ằng n ếu >−( ) +2 + 3 + 4 mn1( 1 CCCn n n ) thì ta luôn ch ọn được n ph ần t ử đôi m ột phân bi ệt ∈ =++ ∈ ∈ = xx1, 2 , , xn S sao cho các t ập h ợp Ai{ xyxxAyAi i ,} , 1, n th ỏa mãn = ∅ ≠ = Aj∩ A k với m ọi j k và j, k 1, n . Hết - Thí sinh không được s ử d ụng máy tính c ầm tay. - Giám th ị không gi ải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .S ố báo danh
2. SỞ GIÁO D ỤC VÀ ĐÀO T ẠO KỲ THI CH ỌN H ỌC SINH GI ỎI C ẤP T ỈNH VĨNH PHÚC LỚP 12 THPT N ĂM H ỌC 2012-2013 Môn: TOÁN – THPT chuyên HƯỚNG D ẪN CH ẤM (G ồm 04 trang) Lưu ý khi ch ấm bài: -Đáp án ch ỉ trình bày m ột cách gi ải bao g ồm các ý b ắt bu ộc ph ải có trong bài làm của h ọc sinh. Khi ch ấm n ếu h ọc sinh b ỏ qua b ước nào thì không cho điểm b ước đó. -Nếu h ọc sinh gi ải cách khác, giám kh ảo c ăn c ứ các ý trong đáp án để cho điểm. -Trong bài làm, n ếu ở m ột b ước nào đó b ị sai thì các ph ần sau có s ử d ụng k ết qu ả sai đó không được điểm. -Học sinh được s ử d ụng k ết qu ả ph ần tr ước để làm ph ần sau. -Trong l ời gi ải câu 4 nếu h ọc sinh không v ẽ hình ho ặc v ẽ 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 ki ện: x, y , z ≥ . Xét các hàm s ố ftt()()=++2 3 t 2, gt =− 5 t − 1 . Khi đó ta có 5 t 8 5 1 fttgt'()()=+> 2 3 0, ' =−− 0, t . t 2 2 5t − 1 5 1  1  Mà f( t), gt( ) là các hàm s ố liên t ục trên  ;+ ∞  suy ra f( t ) đồng bi ến trên  ;+ ∞  5  5  1  và g( t ) ngh ịch bi ến trên  ;+ ∞  . Không m ất tính t ổng quát ta gi ả s ử x= min{ xyz , , }. 5  Khi đó ta có: Nếu xy gy( ) ⇒ fz( ) > fx( ) ⇒>⇒ zx gz( ) gz( ) ⇒ fx( ) > fy( ) ⇒> xy , vô lí vì x< y . Do v ậy x= y , t ươ ng t ự lí lu ận nh ư trên ta được x= z suy ra x= y = z . Thay tr ở l ại h ệ ta 8 8 được x2 +32 x +=− 51 x − ⇔x2 +32 x +−+ 510 x −= (1). x x 2 8 1  Đặt hxxx() = +32 +−+ 51, xx − ∈ ; +∞  . Dễ th ấy hàm s ố đồng bi ến trên x 5  2
3. Nội dung 1   ;+ ∞  và h(1) = 0 ⇒ x = 1 là nghi ệm duy nh ất c ủa ph ươ ng trình (1). V ậy nghi ệm c ủa 5  hệ ph ươ ng trình đã cho là x= y = z = 1. Câu 2. (1,5 điểm) Nội dung Điểm 3a bc2 b3 d Đặt P =2 + 33 + 4 4 . Khi đó áp abc++( ababcd + )( +++ ) ()()+3 +++ 81 ab abcd dụng b ất đẳng th ức AM-GM ta có: 2a3()ab+ 2 a 3 () ab + 2 . ≤ + ab+2() abc ++ ab + 2 () abc ++ bc b3 c 2(a+ b + c ) 33 = 3 3 (ababcd+ )( +++ ) ab +2() abc ++ 3 () abcd +++ 2()a+ b + c ≤b +3 c + ab+2() abc ++ 3 () abcd +++ 3 2bd3  b  2 d = 4   44 3 4.   ()()+ +++ 3()ab+ 3 () abcd +++ 81 ab abcd   b2 d ≤3. + 3()ab+ 3 () abcd +++ Cộng t ừng v ế các b ất đẳng th ức trên ta được: 2(ab+) 3( abc ++) 2 ( abcd +++ ) 25 P ≤+ + = ab+2() abc ++ 3() abcd +++ 6 Dấu đẳng th ức x ảy ra khi và ch ỉ khi a= b = c = d . Câu 3. (2,0 điểm) Nội dung Điểm =+ ∈ ≤≤ nn+= qrqr + ≡−()(q rr + ) Đặt n3 qrqr ;,ℕ ,0 r 2 . Khi đó 3 2 27.3 8.2 1 .3 2 mod7 n+≡ n ()()() ⇔−q r +≡ r ⇔=+= Do đó để 3 2 0mod7 1.3 2 0mod7q 2 k 1, r 0 . = + ( ) = ⇒6 ≡ ( ) Suy ra n có d ạng n6 k 3 , chú ý n ếu a,7 1 a 1 mod 7 . Do đó ta có: n=6 k+ 3 =( k )6 ≡ () +) 2 2 2 .8 1mod7 (1) n=63 k+ =( k )6 33 ≡≡ () +) 11 11 11 .11 4 1mod7 (2) 2 ()+ 2 2 6 +) 2012n= 20126k 3 =( 201266 k+ k ) .2012 99 ≡≡≡ 3 27 3 6mod7( ) (3) Từ (1), (2) và (3) ta được 3
4. Nội dung Điểm 2n+ 11 n + 2012 n ≡++≡ 1 1 6 1( mod 7 ) . V ậy s ố d ư c ần tìm là 1. Câu 4. (3,0 điểm) A B Q I O P M E J C D N Nội dung Điểm a) (2,0 điểm) Gọi M, N, I, J theo th ứ t ự là trung điểm c ủa các đoạn th ẳng AD, CD, AP, CP. Khi đó NI⊥ APMJ, ⊥ CP AB Do I là trung điểm c ủa AP, Q là trung điểm c ủa BP nên IQ AB và IQ = từ đó suy ra 2 = IQ CN và IQ CN . Suy ra t ứ giác CNIQ là hình bình hành. ⊥ ⊥ Suy ra CQ NI . T ừ đó, do NI AP nên CQ AP (1) Ch ứng minh t ươ ng t ự, c ũng được AQ⊥ CP (2) Từ (1) và (2) suy ra P là tr ực tâm c ủa tam giác ACQ suy ra PQ⊥ AC hay BP⊥ AC Do P là tr ực tâm c ủa tam giác AQC nên OA+ OC + OQ = OP 1 ⇔++OA OC( OP +=⇔ OB) OP2( OA ++= OC) OB OP 2 ⇔4OE =−⇔ OP OB 4 OE =⇒= BP BP 4. OE . Vậy BP= 4. OE . Câu 5. (1,0 điểm) Nội dung Điểm Xét t ập h ợp B=+−−{ x y ztxyzt, , , ∈ A }. Ta s ẽ ch ỉ ra b ất đẳng th ức sau: ≤ +2 + 3 + 4 B 1 Cn C n C n (1) 4
5. Nội dung Điểm Th ật v ậy, ta xét các tr ường h ợp sau: +) N ếu 4 s ố x, y , zt , đều b ằng nhau thì s ố các s ố d ạng x+ y − z − t bằng 1. +) N ếu trong 4 s ố x, y , zt , có đúng 3 s ố b ằng nhau, gi ả s ử x= y = z ≠ t . Khi đó + −− = − 2 + − − xyzt xt suy ra có t ối đa Cn số x y z t . = 3 +) N ếu 4 s ố x, y , zt , có đúng 2 s ố b ằng nhau. Khi đó n ếu x y thì có t ối đa Cn số d ạng = + −− = − 2 này, còn n ếu x z thì xyzt yt thì có t ối đa Cn số d ạng này và đã xét ở trên. 4 + − − +) N ếu 4 s ố x, y , zt , đôi m ột khác nhau thì có t ối đaCn số x y z t . +2 + 3 + 4 + − − Do đó có nhi ều nh ất 1 Cn C n C n số d ạng x y z t . T ừ đó suy ra b ất đẳng th ức (1). = ∈ = + ∈ Gọi x1 1 S . Đặt C1 S\{ xxx 1 B } suy ra ≥−>−( ) >⇒∃= ⇒> CSBnB1 2 0 x2 min Cxx 121 . = ∅ = + ∈ Dễ th ấy A1∩ A 2 . Ti ếp theo đặt C2 C 1\{ xxxB 2 } suy ra ≥ −>−( ) >⇒∃= ⇒> CCBnB2 1 3 0 x3 min Cxx 232 . = ∅ = ∅ Ki ểm tra được ngay A2∩ A 3 , A1∩ A 3 . C ứ ti ếp t ục nh ư v ậy đến b ước th ứ n , ta đặt = + ∈ Cn−1 C n − 2\{ xxxB n − 2 } thì ≥ −>−( ) =⇒∃∈ ⇒> Cn−1 C n − 2 BnnB0 xCn n−1 xx nn − 1 = ∅ ≠ Khi đó ta ki ểm tra được Ai∩ A j với m ọi i j . V ậy luôn t ồn t ại các ph ần t ử ∈ xx1, 2 , , xn S thỏa mãn yêu c ầu bài toán. Hết 5