Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 THPT - Năm học 2012-2013 - Sở giáo dục và đào tạo Ninh Bình (Có đáp án)

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

1. SỞ GDĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Ngày thi 09/10/2012 (Thời gian làm bài 180 phút) Đề thi gồm 04 câu, trong 01 trang Câu 1 (5 điểm): x3 y2 2y 8 3 2 Giải hệ phương trình: y z 2z 8 3 2 z x 2x 8 Câu 2 (5 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. Gọi P, Q lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ABH và ACH. Các đường thẳng AP, AQ lần lượt cắt BC tại D và E. Chứng minh rằng đường thẳng AH, DQ, EP đồng quy tại một điểm. Câu 3 (6 điểm): Cho phương trình (ẩn x, tham số n nguyên dương): 3 x 2x 2 3x3 nx n 0 4 a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n phương trình có 1 nghiệm dương duy nhất, kí hiệu nghiệm đó là x n . 1 b) Chứng minh rằng lim x . n 3 Câu 4 (4 điểm): Cho tập Sn = {1; 2; 3; ; n} với n là số nguyên dương lớn hơn 2. Có bao nhiêu cách chia tập Sn thành ba tập con khác rỗng (hợp với nhau bằng S n và đôi một giao với nhau bằng rỗng) sao cho mỗi tập con không chứa hai số nguyên liên tiếp? HẾT Họ và tên thí sinh : Số báo danh Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1: Giám thị 2: – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
2. SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013 MÔN: TOÁN Ngày thi 09/10/2012 (hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm x3 y2 2y 8 x3 (y 1)2 7 3 2 3 2 Ta có: y z 2z 8 y (z 1) 7 x, y,z 1 1,0 3 2 3 2 z x 2x 8 z (x 1) 7 1 Giả sử x max{x;y;z} (y -1)2 max{(x -1)2;(y -1)2;(z -1)2} 1,0 5 điểm y max{x;y;z} x y y z . Vậy x = y = z. 1,5 Khi đó ta có phương trình: x3 x2 2x 8 x3 x2 2x 8 0 (x 2)(x2 x 4) 0 x 2 1,0 Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y; z) = (2; 2; 2). 0,5 A Q P B C D H E 2 Cách 1: 5 điểm B· AH A· CH 1 1,0 B· AE B· AH H· AE B· AH H· AC 2 1 B· EA A· CH E· AC A· CH H· AC 2 1,0 B· EA E· AB tam giác ABE cân tại đỉnh B. Mà BP là đường phân giác góc A· BE BP là đường trung trực của đoạn AE PA PE . 1,0 1 1 Mặt khác P· AE P· AH H· AE (B· AH H· AC) B· AC 450 2 2 1,0 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
3. PAE vuông cân tại đỉnh P EP  AD . Tương tự: DQ  AE . Vậy AH, DQ, EQ là các đường cao của tam giác ADE suy ra AH, 1,0 DQ, EP đồng quy. Cách 2: Áp dụng tính chất tia phân giác các góc trong tam giác: PA AB QE CE HD AH EC AC , , , 2,0 PD BD QA AC DB AB HE AH PA HD EC QE AB AH AC CE CE . . . =. . . = 1,5 PD DB HE QA BD AB AH AC BD PA HD QE . . 1 0,5 PD HE QA 1 AH, DQ, EP đồng quy (Định lí Ceva) a) 2 điểm 3 Xét f x x 2x2 3x3 nxn n 4 f ' x 1 22 x 32 x2 n2.xn 1 n 0,5 ' 0,5 Ta có fn x 0 x R fn x đồng biến, liên tục trên R. 0,5 Mà fn 0 0; fn 1 0 fn x 0 có nghiệm duy nhất và nghiệm đó thuộc 0;1 0,5 b) 4 điểm 2 n 1 1 1 1 1 9 3f 1 2. 3 n 3 3 3 3 4 3 2 n 1 n 1 1 1 1 1 3 (6 điểm) f 2 n 1 n 3 3 3 3 3 4 2 n 1 1 1 1 1 n 3 3 2n 2f 1 n n 3 3 3 3 3 2 2.3 1 2n 3 * f n 0 n N 1,0 3 4.3 1 1 Suy ra f fn xn suy ra xn (do fn x là hàm số đồng 0,5 3 3 biến trên R) * 1 Với mọi n N , theo định lý Lagrange, tồn tại cn ;xn sao 3 0,5 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
4. 1 ' 1 cho: fn (xn ) fn ( ) fn (cn )(xn ) 3 3 1,0 1 1 2n 3 1 1 2n 3 2n 3 x x n ' n n ' n n 3 fn (xn ) 4.3 3 fn (cn ) 4.3 4.3 ' (vì fn x 1 x (0; ) ) 2n 3 1 1,0 Mà lim 0 lim xn . n 4.3n n 3 Kí hiệu S(n) là số cách chia tập S thành ba tập con khác rỗng sao cho mỗi tập con không chứa hai số nguyên liên tiếp. Các khả năng xảy ra khi chia tập Sn+1 = {1; 2; 3; ; n; n+1}. Khả năng 1: {n+1} không là một trong ba tập con của Sn+1. Ta thực hiện cách chia như sau: Chia S n thành 3 tập con (thỏa mãn đề bài) và bổ xung phần tử (n 1 ) vào một trong hai tập không chứa phần tử n. Do đó số cách chia trong trường hợp này là 2S(n). 1,5 Khả năng 2: {n+1} không là một trong ba tập con của Sn+1. Khi đó các phần tử Sn phải nằm trong hai tập còn lại. Có thể thấy ngay 4 chỉ có một cách chia thỏa mãn (một tập chứa các số chẵn và một tập 1,0 4 điểm chứa các số lẻ). Do đó, số cách chia trong trường hợp này là 1 cách. Vậy ta thu được công thức truy hồi: S n 1 2S n 1 S n 1 1 2 S n 1 0,5 Đặt un S n 1 un 1 2un . Vậy un là một cấp số nhân có công bội bằng 2. Mặt khác, ta thấy S 3 1 vậy nên ta có S n 2n 2 1,n 3 . n 2 Vậy số cách chia thỏa mãn yêu cầu bài toán là S n 2 1,n 3 . 1,0 Hết – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
5. SỞ GDĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Ngày thi 10/10/2012 (Thời gian làm bài 180 phút) Đề thi gồm 04 câu, trong 01 trang Câu 1 (5 điểm): x2 y2 4x 2y 1 0 Cho các số thực x, y, z, t thoả mãn: 2 2 z t 4z 2t 1 0 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = (x – z)(y – t). Câu 2 (5 điểm): x 2 y 2 Chứng minh rằng phương trình 6 có vô số nghiệm nguyên dương. y x Câu 3 ( 5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao AM, BN. Điểm D trên cung BC không chứa A của đường tròn (O) và khác B, C. Hai đường thẳng DA và BN cắt nhau tại Q, hai đường thẳng DB và AM cắt nhau tại P. Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh rằng ba điểm M, N, I thẳng hàng. Câu 4 (5 điểm): Tìm tất cả các hàm số f : ¡ ¡ thỏa mãn điều kiện: 2 3 4 f x f y 4x3f y 6x2 f(y) 4x f(y) f(y) f x với mọi x,y ¡ . HẾT Họ và tên thí sinh : Số báo danh Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1: Giám thị 2: – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
6. SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013 MÔN: TOÁN Ngày thi 10/10/2012 (hướng dẫn chấm gồm 03 trang) Câu Đáp án Điểm x2 y2 4x 2y 1 0 (x 2)2 (y 1)2 4 Cách 1: 2 2 2 2 0,5 z t 4z 2t 1 0 (z 2) (t 1) 4 a 2 b2 4 Đặt a = x - 2, b = y - 1, c = z - 2, d = t - 1, ta có: 2 2 c d 4 P (x z)(y t) (a c)(b d) (a c)(b d) 1 2(a 2 c2 )2(b2 d2 ) 2 (a 2 c2 )(b2 d2 ) 1 1 a 2 b2 c2 d2 8 P 8 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: (a c)(b d) 0 a c a b 2 x 2 2 x 2 2 b d c d 2 y 1 2 y 1 2 1 1,5 2 2 2 2 hoặc a c b d 05 điểm a b 2 z 2 2 z 1 2 a 2 b2 4 c d 2 t 1 2 t 1 2 2 2 c d 4 Vậy MaxP 8 . x2 y2 4x 2y 1 0 (x 2)2 (y 1)2 4 Cách 2: 0,5 2 2 2 2 z t 4z 2t 1 0 (z 2) (t 1) 4 x 2 2cos ;y 1 2sin  , R thỏa mãn: 1 z 2 2cos;y 1 2sin sin2 sin2 1 1 Khi đó: P = (x-z)(y-t) = 4 sin( ) 4 1 =8 2 2 2 2 2 0,5 Đẳng thức xảy ra sin 2 sin 2 sin( ) 1 0,5 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
7. k 4 (k, m Z )  2m (k 1) 4 0,5 x 2 2 x 2 2 y 1 2 y 1 2 hoặc z 2 2 z 2 2 t 2 2 t 2 2 Vậy MaxP 8 . x 2 y 2 0,5 6 x2 - 2(3y-1)x + y2 + 2y = 0 (*) y x x0 1;x1 1 0,5 Xét dãy số {xn} xác định bởi công thức: xn 2 6xn 1 xn 2 n N * * Ta có: {xn} tăng và xn N n N . 0,5 Với mọi n N ta có: xn 2 6xn 1 xn 2 xn 2 xn 6xn 1 2 (1) 0,5 x x 2 x x 2 x x 2 n 2 n 6 n 2 n n 1 n 1 n N* 0,5 xn 1 xn 1 xn 2 2 2 * xn 2xn xn 2xn xn 1 xn 1xn-1 2xn 1 n N 5 điểm 2 2 * 0,5 xn 2xn - xn 1 - 2xn 1 xn 1xn-1 - xn - 2xn n N 2 2 xn 2xn - xn 1 - 2xn 1 x2x0 - x1 - 2x1 0 n N 2 xn 2xn xn 1 2xn 1 n N (2) 0,5 Từ (1), (2) suy ra xn ,xn 2 là hai nghiệm của phương trình: 2 2 0,5 t - 2(3xn 1 -1)t xn 1 2xn 1 0 n N 2 2 0,5 xn - 2(3xn 1 -1)xn xn 1 2xn 1 0 n N Suy ra (xn ,xn 1 ) là nghiệm của phương trình (*) n N . 0,5 Do đó ta có điều phải chứng minh. 3 5điểm – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
8. A N Q H M I B C P D Gọi H là trực tâm tam giác. AN BM Tam giác ANH và BMH đồng dạng nên: (1) 1 NH MH AN BM Tam giác ANQ và BMP đồng dạng nên: (2) 1 NQ MP NQ MP Từ (1) và (2) suy ra 1 NH MH NQ MH IP . . 1 1 NH MP IQ 1 Ba điểm M, I, N thẳng hàng (Định lí Menelaus) f x f y 4x3f y 6x2 f(y) 2 4x f(y) 3 f(y) 4 f x x,y R (1) + Nhận xét: f x  0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,5 + Xét trường hợp: f x  0 . Đặt a = f(0). 4 Thay x 0 vào (1) ta được f f y f y a,y ¡ (2) 0,5 Tiếp tục thay x bởi f (x) vào (1) ta được f f y f(x) 4(f(x))3f y 6(f(x))2(f(y))2 4f(x)(f(y))3 (f(y))4 f f(x) 4 x,y ¡ 5điểm 4 4 f f y f x f y f x f f x f x x, y ¡ (3) 1 4 Từ (2) và (3) suy ra f f y f x f y f x a x, y ¡ (4) 0,5 Giả sử x0 ¡ thỏa mãn f x0 0 . Thay y x0 vào (1) ta thu được: 3 2 2 3 4 f x f x0 f x 4x f x0 6x f(x0) 4x f(x0) f(x0) x R 0,5 Vế phải là đa thức bậc ba theo biến x nên nó là hàm số có tập giá trị là ¡ . 0,5 Vậy nên, vế trái cũng là một hàm số có tập giá trị là ¡ 0,5 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
9. x ¡ đều tồn tại u,v ¡ để f u f v x . 4 Do đó từ (4) suy ra: f x f f u f v f u f v a x4 a,x ¡ 0,5 Thử lại dễ thấy: f x x4 a,x ¡ (với a là hằng số) thỏa mãn (1) 0,5 Vậy f x  0 và f x x4 a,x ¡ (với a là hằng số) là các hàm số cần tìm. Hết – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất